1 Operator Laplace'a Równanie Laplace'a ∆u := Pn u
= 0,
j=1
xj xj
równanie Poissona ∆u = f(x)
oba równania rozwi¡zujemy w pewnym podzbiorze otwartym Ω ⊂ n R . Rozwi¡zanie
równania Laplace'a w zbiorze Ω nazywamy funkcj¡ harmoniczn¡ w Ω.
Operator Laplace'a ∆ jest niezmienniczy ze wzgl¦du na obroty (przeksztaªcenia liniowe n
R
A takie, »e AT A = AAT = I, st¡d równanie Laplace'a powinno mie¢ rozwi¡zania zale»ne tylko od
1/2
r = |x| := Pn
x2
. Wstawmy do równania u(x) = v(|x|) : j=1
j
x
x2
1
x2
u
j
j
j
x
= v0(r) ·
,
u
= v00(r) ·
+ v0(r) ·
− v0(r) ·
,
j
x
r
j xj
r2
r
r3
n − 1
∆u = v00(r) +
v0(r).
r
Rozwi¡zania równania Laplace'a daj¡ wi¦c dla n = 2 v(r) = c1 ln r +c2 a dla n ≥ 3 v(r) =
c1
+ c
rn−2
2. Naturalny jest wybór c2 = 0, zobaczymy dalej dlaczego staª¡ c1 wybieramy nast¦puj¡co:
1 ln |x|,
n = 2,
E(x) :=
2π
−
1
, n ≥ 3,
(n−2)pn|x|n−2
gdzie p
n
n oznacza miar¦ sfery jednostkowej w R . Funkcj¦ E nazywamy rozwi¡zaniem fundamentalnym dla operatora Laplace'a.
Twierdzenie o warto±ci ±redniej dla funkcji harmonicznych. Funkcja u klasy C2(Ω) jest w tym zbiorze harmoniczna wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnej kuli domkni¦tej K(x, r) ⊂ Ω zachodzi
1
Z
u(x) =
u(y) dS(y)
pnrn−1 ∂K(x,r)
co oznacza warto±¢ ±redni¡ u na brzegu kuli. Wtedy tak»e u(x) jest równe warto±ci
±redniej u po caªej tej kuli.
Dowód. Je±li f(r) oznacza warto±¢ ±redni¡ po sferze ∂K(x, r), to po podstawieniu y = x + rz dostaniemy
1 Z
f (r) =
u(x + rz) dS(z).
pn ∂K(0,1)
Teraz mo»emy ju» ró»niczkowa¢ dostajemy 1 Z
1
Z
y − x
f 0(r) =
hu0(x + rz), zi dS(z) =
hu0(y),
i dS(y) =
pn
p
r
∂K(0,1)
nrn−1
∂K(x,r)
1
Z
=
u0(y; ν(y)) dS(z),
pnrn−1 ∂K(x,r)
gdzie u0(y; h) oznacza pochodn¡ kierunkow¡ funkcji u w punkcie y w kierunku h, a ν(y) oznacza wektor normalny zewn¦trzny do sfery w punkcie y. Stosuj¡c teraz tw. Greena-Gaussa-Ostrogradskiego otrzymamy, »e ta ostatnia liczba to 1
Z
∆u.
npnrn−1 K(x,r)
1
Je±li wi¦c u jest harmoniczna, to f0(r) = 0, czyli f jest staªa. Tymczasem lim f (r) = u(x)
r→0
z ci¡gªo±ci u w ±rodku kuli. Implikacja odwrotna wynika z faktu, »e gdyby ∆u nie znikaªa, to na pewnej kuli K(x, r) byªaby staªego znaku i mieliby±my sprzeczno±¢
1
Z
0 = f 0(r) =
∆u 6= 0.
npnrn−1 K(x,r)
Ostatnie zdanie tezy:
Z
Z
r Z
Z
r
p
u(y) dy =
u(y) dS(y)
ds =
p
n
nsn−1u(x) ds =
rnu(x).
n
K(x,r)
0
∂K(x,τ )
0
Zasada maksimum. Je±li u jest harmoniczna w zbiorze otwartym i spójnym Ω i osi¡ga warto±¢ najwi¦ksz¡ lub najmniejsz¡ w punkcie x0 ∈ Ω, to u jest staªa.
Wystarczy zdeniowa¢ U := {x ∈ Ω : u(x) = u(x0)}. Zbiór U jest domkni¦ty w Ω z ci¡gªo±ci u, ale te» otwarty, na podstawie twierdzenia o warto±ci ±redniej. Zatem U = Ω.
Przejd¹my do równania Poissona
∆u = f (x),
x ∈ Ω
z praw¡ stron¡ f : Ω →
n
R. Przedªu»my f zerem na caªe R . Funkcje x 7→ E (x − y)f (y) przy ustalonym y s¡ harmoniczne na n R \ {y}, mo»naby wi¦c oczekiwa¢, »e ich suma"
czyli
Z
u(x) =
E(x − y)f (y) dy
n
R
te» jest harmoniczna. Problem w tym, »e z pochodn¡ pod znak caªki mo»emy wej±¢
tylko raz: po jednokrotnym zró»niczkowaniu funcji E otrzymamy funkcj¦ o oszacowaniu
|ux | ≤
c
, jest to wi¦c funkcja caªkowalna. Przy drugim ró»niczkowaniu mieliby±my j
|x|n−1
oszacowanie przez c ju» niecaªkowalne. Je»eli f jest funkcj¡ klasy C1(Ω), to otrzymamy
|x|n
∆u(x) = f (x) dla x ∈ Ω (do±¢ wyranowany dowód przez zastosowanie caªkowania przez cz¦±ci). Jedno rozwi¡zanie równania Poissona ju» mamy, aby znale¹¢ dowolne nale»y doda¢ do u dowoln¡ funkcj¦ harmoniczn¡ w Ω.
Twierdzenie. Zagadnienie Dirichleta
∆u = f (x) x ∈ Ω,
u|∂Ω = ϕ
gdzie Ω jest zbiorem otwartym, ograniczonym o lipschtzowskim brzegu (hiperpowierzchnia o parametryzacjach speªniaj¡cych warunek Lipschitza), f ∈ C1(Ω) oraz ϕ jest ci¡gªa na brzegu Ω, posiada dokªadnie jedno rozwi¡zanie.
Jedyno±¢ wynika z zasady maksimum zastosowanej do funkcji u := u1 − u2, u1, u2
rozwi¡zania.
2