L'equazione di Poisson e l'equazione di Laplace

Siano dati sul piano due punti $(a,\alpha )$$(a,\alpha )$ e $(b,\beta )$$(b,\beta )$; vogliamo trovare una funzione $u$$u$ tale che:

$${\begin{cases}\int _{a}^{b}{|u'(x)|^{2}dx}{\text{ sia minimo}}\\u(a)=\alpha \\u(b)=\beta \end{cases}}$$

$${\begin{cases}\int _{a}^{b}{|u'(x)|^{2}dx}{\text{ sia minimo}}\\u(a)=\alpha \\u(b)=\beta \end{cases}}$$

Supponiamo di aver trovato una tale $f$$f$ che minimizza l'energia; sia $\varphi \in C_{0}^{\infty }(a,b)$$\varphi \in C_{0}^{\infty }(a,b)$, cioe' tale che $\varphi (a)=\varphi (b)=0$$\varphi (a)=\varphi (b)=0$. Definiamo:

$$J(\varepsilon )=\int _{a}^{b}{|f'(x)+\varepsilon \varphi '(x)|^{2}dx};$$

$$J(\varepsilon )=\int _{a}^{b}{|f'(x)+\varepsilon \varphi '(x)|^{2}dx};$$

allora, visto che $f$$f$ minimizza l'energia, abbiamo:

$${\begin{aligned}0&=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}{\frac {J(\varepsilon )-J(0)}{\varepsilon }}=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}{\frac {\int _{a}^{b}{|f'(x)+\varepsilon \varphi '(x)|^{2}dx}-\int _{a}^{b}{|f'(x)|^{2}dx}}{\varepsilon }}=\\&=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}{2\int _{a}^{b}{f'(x)\varphi '(x)dx}+\varepsilon \int _{a}^{b}{|\varphi '(x)|^{2}dx}}=2\int _{a}^{b}{f'(x)\varphi '(x)dx}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}0&=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}{\frac {J(\varepsilon )-J(0)}{\varepsilon }}=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}{\frac {\int _{a}^{b}{|f'(x)+\varepsilon \varphi '(x)|^{2}dx}-\int _{a}^{b}{|f'(x)|^{2}dx}}{\varepsilon }}=\\&=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}{2\int _{a}^{b}{f'(x)\varphi '(x)dx}+\varepsilon \int _{a}^{b}{|\varphi '(x)|^{2}dx}}=2\int _{a}^{b}{f'(x)\varphi '(x)dx}.\end{aligned}}$$

Quindi, integrando per parti (e dunque supponendo $f\in C^{2}(a,b)$$f\in C^2(a,b)$), abbiamo:

$$0=\int _{a}^{b}{f'(x)\varphi '(x)dx}=\underbrace {\left[f''(x)\varphi (x)\right]_{a}^{b}} _{=0}-\int _{a}^{b}{f''(x)\varphi (x)dx}$$

$$0=\int _{a}^{b}{f'(x)\varphi '(x)dx}=\underbrace {\left[f''(x)\varphi (x)\right]_{a}^{b}} _{=0}-\int _{a}^{b}{f''(x)\varphi (x)dx}$$

$\forall \varphi \in C_{0}^{\infty }(a,b)$$\forall \varphi \in C_{0}^{\infty }(a,b)$. Ora, se $f\in C^{2}(a,b)$$f\in C^2(a,b)$ e se fosse $f''(x_{0})>0$$f''(x_0)>0$ per un certo $x_{0}$$x_0$, allora si avrebbe $f''(x)>0$$f''(x)>0$ per $x\in [x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta ]$$x\in [x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta ]$, dunque prendendo $\varphi$$\varphi$ che vale $1$$1$ su $[x_{0}-\delta /2,x_{0}+\delta /2]$$[x_{0}-\delta /2,x_{0}+\delta /2]$ e $0$$0$ fuori da $[x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta ]$$[x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta ]$, si avrebbe che l'integrale non sarebbe $0$$0$, quindi concludiamo che $f''(x)\equiv 0$$f''(x)\equiv 0$. In altre parole, la funzione che minimizza l'energia e' la retta.

Imponiamo adesso un'altra condizione, cioe' che la funzione $u$$u$ debba superare un vincolo posto nell'intervallo $[a,b]$$[a,b]$, cioe'$u$$u$ deve essere tale che:

$${\begin{cases}\int _{a}^{b}{|u'(x)|^{2}dx}{\text{ sia minimo}}\\u(x)\geq \psi (x)\\u(a)=\alpha \\u(b)=\beta \end{cases}}$$

$${\begin{cases}\int _{a}^{b}{|u'(x)|^{2}dx}{\text{ sia minimo}}\\u(x)\geq \psi (x)\\u(a)=\alpha \\u(b)=\beta \end{cases}}$$

Se ad esempio $\psi (x)=c\chi _{\{x_{0}\}}$$\psi (x)=c\chi _{\{x_{0}\}}$, allora ci immaginiamo che la funzione $u$$u$ voluta sia la spezzata che unisce $(a,\alpha )$$(a,\alpha )$ a $(x_{0},c)$$(x_0,c)$ e $(x_{0},c)$$(x_0,c)$ a $(b,\beta )$$(b,\beta )$; pero' questa funzione non puo' essere ottenuta con il ragionamento precedente, in quanto tale $u$$u$ non sarebbe $C^{2}$$C^2$. Dobbiamo quindi metterci in un contesto in cui sia sempre possibile fare le derivate (che saranno quindi derivate in senso debole).

Occupiamoci ora del problema in $d$$d$ dimensioni; sia $\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{d}$$\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{d}$ e consideriamo una membrana che si deve appoggiare sul bordo $\partial \Omega$$\partial \Omega$ in modo da minimizzare l'energia: abbiamo quindi un problema:

$${\begin{cases}{\frac {1}{2}}\int _{\Omega }{|\nabla u(x)|^{2}dx}{\text{ sia minimo}}\\u(x)=g(x){\text{ per }}x\in \partial \Omega \end{cases}}$$

$${\begin{cases}{\frac {1}{2}}\int _{\Omega }{|\nabla u(x)|^{2}dx}{\text{ sia minimo}}\\u(x)=g(x){\text{ per }}x\in \partial \Omega \end{cases}}$$

Come prima definiamo $J(u)={\frac {1}{2}}\int _{\Omega }{|\nabla u(x)|^{2}dx}$$J(u)={\frac {1}{2}}\int _{\Omega }{|\nabla u(x)|^{2}dx}$ e, presa $\varphi \in C_{0}^{\infty }(\Omega )$$\varphi \in C_{0}^{\infty }(\Omega )$, imponiamo a $0$$0$ il limite del rapporto incrementale di $J$$J$ lungo $\varphi$$\varphi$:

$$0=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}{\frac {J(u+\varepsilon \varphi )-J(u)}{\varepsilon }}=\dots =\int _{\Omega }{\nabla u(x)\nabla \varphi (x)dx}.$$

$$0=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}{\frac {J(u+\varepsilon \varphi )-J(u)}{\varepsilon }}=\dots =\int _{\Omega }{\nabla u(x)\nabla \varphi (x)dx}.$$

Integrando per parti:

$$\int _{\Omega }{\nabla u(x)\nabla \varphi (x)dx}=-\int _{\Omega }{\Delta u(x)\varphi (x)dx}+\underbrace {\int _{\partial \Omega }{{\frac {\partial u(x)}{\partial n}}\varphi (x)dS}} _{=0},$$

$$\int _{\Omega }{\nabla u(x)\nabla \varphi (x)dx}=-\int _{\Omega }{\Delta u(x)\varphi (x)dx}+\underbrace {\int _{\partial \Omega }{{\frac {\partial u(x)}{\partial n}}\varphi (x)dS}} _{=0},$$

quindi, se $u\in C^{2}$$u\in C^2$, si ha che $\int _{\Omega }{\Delta u(x)\varphi (x)dx}=0$$\int _{\Omega }{\Delta u(x)\varphi (x)dx}=0$$\forall \varphi$$\forall \varphi$, dunque ragionando come prima $\Delta u=0$$\Delta u=0$.

Osservazione

Notiamo che in generale non e' vero che esista una funzione $u$$u$ che minimizza l'energia; ad esempio consideriamo il problema:

$${\begin{cases}\int _{0}^{1}{(u(x))^{2}+(|u'(x)|-1)^{2}dx}{\text{ sia minimo}}\\u(0)=u(1)=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}\int _{0}^{1}{(u(x))^{2}+(|u'(x)|-1)^{2}dx}{\text{ sia minimo}}\\u(0)=u(1)=0\end{cases}}$$

La soluzione $u(x)$$u(x)$e' una funzione con derivata $\pm 1$$\pm 1$ in ogni punto piu' vicina possibile all'asse $x$$x$; osserviamo che la successione di funzioni $\{u_{n}\}$$\{u_{n}\}$ tale che $u_{n}$$u_n$ unisce i punti $(0,0)$$(0,0)$, $(1/n,1/n)$$(1/n,1/n)$, $(0,2/n)$$(0,2/n)$, $(1/n,3/n)$$(1/n,3/n)$, $\ldots$$\ldots$, $(0,1)$$(0,1)$ rende l'integrale precedente piu' piccolo di $c/n$$c/n$, con $c$$c$ una certa costante. Dunque l'estremo inferiore di quell'integrale e'$0$$0$, ma d'altra parte il limite della successione di funzioni minimizzanti, che e'$0$$0$, non coincide con il minimizzante dell'integrale; si conclude che il minimo non esiste.

 

Quindi, per risolvere il problema, dobbiamo trovare una successione minimizzante $\{u_{n}\}$$\{u_{n}\}$ tale che $u_{n}\rightarrow u$$u_{n}\rightarrow u$ e:

$${\frac {1}{2}}\int _{\Omega }{|\nabla u_{n}|^{2}}\longrightarrow {\frac {1}{2}}\int _{\Omega }{|\nabla u|^{2}},$$

$${\frac {1}{2}}\int _{\Omega }{|\nabla u_{n}|^{2}}\longrightarrow {\frac {1}{2}}\int _{\Omega }{|\nabla u|^{2}},$$

cioe' tale che $\nabla u_{n}\rightarrow \nabla u$$\nabla u_{n}\rightarrow \nabla u$ in ${\mathcal {L}}^{2}(\Omega )$$\mathcal{L}^2(\Omega)$; questo non impedisce pero' a $\nabla u$$\nabla u$ a essere illimitato in qualche punto.

Ritorniamo ora al problema variazionale considerato; senza supporre eccessiva regolarita' su $u\in C^{1}(\Omega )$$u\in C^{1}(\Omega )$, avevamo trovato la condizione che:

$$\int _{\Omega }{\nabla u\nabla \varphi }=0$$

$$\int _{\Omega }{\nabla u\nabla \varphi }=0$$

$\forall \varphi \in C_{0}^{\infty }(\Omega )$$\forall \varphi \in C_{0}^{\infty }(\Omega )$. Definiamo il prodotto scalare:

$${\mathcal {B}}(u,\varphi )=\int _{\Omega }{\nabla u\nabla \varphi };$$

$${\mathcal {B}}(u,\varphi )=\int _{\Omega }{\nabla u\nabla \varphi };$$

sicuramente e' bilineare e ${\mathcal {B}}(u,u)=\int _{\Omega }{|\nabla u|^{2}}\geq 0$${\mathcal {B}}(u,u)=\int _{\Omega }{|\nabla u|^{2}}\geq 0$, ma esso induce una seminorma (e non una norma), in quanto ${\mathcal {B}}(u,u)=0\iff u=c$${\mathcal {B}}(u,u)=0\iff u=c$ costante quasi ovunque. Preferiamo dunque considerare il prodotto scalare:

$${\mathcal {C}}(u,\varphi )=\int _{\Omega }{u\varphi dx}+\int _{\Omega }{\nabla u\nabla \varphi dx},$$

$${\mathcal {C}}(u,\varphi )=\int _{\Omega }{u\varphi dx}+\int _{\Omega }{\nabla u\nabla \varphi dx},$$

in quanto ${\mathcal {C}}(u,u)=0\iff u=0$${\mathcal {C}}(u,u)=0\iff u=0$ quasi ovunque. Osserviamo inoltre che ${\mathcal {C}}$$\mathcal{C}$e' ben definito non appena $u,\nabla u,\varphi ,\nabla \varphi \in {\mathcal {L}}^{2}(\Omega )$$u,\nabla u,\varphi ,\nabla \varphi \in {\mathcal {L}}^{2}(\Omega )$; in altre parole e' ben definito se, presa $u_{n}\rightarrow u$$u_{n}\rightarrow u$ in ${\mathcal {L}}^{2}$$\mathcal{L}^2$, si ha che $\exists g\in {\mathcal {L}}^{2}$$\exists g\in \mathcal{L}^2$ tale che:

$$\int _{\Omega }{|\nabla u_{n}-g|^{2}}\longrightarrow 0$$

$$\int _{\Omega }{|\nabla u_{n}-g|^{2}}\longrightarrow 0$$

quando $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$. Denoteremo tale $g=\nabla u$$g=\nabla u$ in senso improprio.

Osservazione

Supponiamo di voler risolvere il problema di Cauchy:

$${\begin{cases}y'(t)=f(t)\\y(0)=0\end{cases}},\quad {\text{dove }}f(t)={\begin{cases}0&{\text{se }}0\leq t\leq 1\\1&{\text{se }}t>1\end{cases}}$$

$${\begin{cases}y'(t)=f(t)\\y(0)=0\end{cases}},\quad {\text{dove }}f(t)={\begin{cases}0&{\text{se }}0\leq t\leq 1\\1&{\text{se }}t>1\end{cases}}$$

Il problema non e' ben definito in senso classico, in quanto $f$$f$ ha una discontinuita' di salto, quindi non puo' esistere una $y$$y$ derivabile che abbia $f$$f$ come derivata; potremmo chiedere che valga $y'(t)=f(t)$$y'(t)=f(t)$ quasi ovunque, ma cio' puo' causare problemi piuttosto importanti: se ad esempio chiediamo che $y'(t)=0$$y'(t)=0$ quasi ovunque, $y$$y$ puo' essere la scala di Cantor, eliminando l'unicita' della soluzione del problema. Quindi l'idea e' approssimare $f(t)$$f(t)$ con funzioni piu' regolari e risolvere i sistemi approssimati, per poi passare al limite; ad esempio, nel nostro caso, potremmo approssimare $f$$f$ con $f_{\varepsilon }$$f_{\varepsilon }$ definita da:

$$f_{\varepsilon }(t)={\begin{cases}0&{\text{se }}0\leq t\leq 1\\{\frac {t-1}{\varepsilon }}&{\text{se }}1\leq t\leq 1+\varepsilon \\1&{\text{se }}t\geq 1+\varepsilon \end{cases}}$$

$$f_{\varepsilon }(t)={\begin{cases}0&{\text{se }}0\leq t\leq 1\\{\frac {t-1}{\varepsilon }}&{\text{se }}1\leq t\leq 1+\varepsilon \\1&{\text{se }}t\geq 1+\varepsilon \end{cases}}$$

per ottenere delle $y_{\varepsilon }$$y_{\varepsilon }$ che approssimano $y$$y$ in modo quadratico.

 

Il precedente e' un modo molto classico di ragionare per risolvere problemi di Cauchy; vediamo ora un altro esempio. Ci interessiamo all'equazione differenziale:

$$y''(t)+py(t)=f(t),$$

$$y''(t)+py(t)=f(t),$$

con $p\in \mathbb {R}$$p\in \mathbb {R}$ non quadrato di un intero e $f(t)\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$$f(t)\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$. Scriviamo le funzioni in gioco con le rispettive serie di Fourier (poiche' siamo in ${\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$${\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$):

$$f(t)=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{c_{k}e^{ikt}},\quad f_{n}(t)=\sum _{|k|\leq n}{c_{k}e^{ikt}},\quad y(t)=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{y_{k}e^{ikt}},\quad y_{n}(t)=\sum _{|k|\leq n}{y_{k}e^{ikt}}.$$

$$f(t)=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{c_{k}e^{ikt}},\quad f_{n}(t)=\sum _{|k|\leq n}{c_{k}e^{ikt}},\quad y(t)=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{y_{k}e^{ikt}},\quad y_{n}(t)=\sum _{|k|\leq n}{y_{k}e^{ikt}}.$$

Risolvo $y_{n}''(t)+py_{n}(t)=f(t)$$y_{n}''(t)+py_{n}(t)=f(t)$, cioe':

$$\sum _{|k|\leq n}{-k^{2}y_{k}e^{ikt}}+p\sum _{|k|\leq n}{y_{k}e^{ikt}}=\sum _{|k|\leq n}{c_{k}e^{ikt}},$$

$$\sum _{|k|\leq n}{-k^{2}y_{k}e^{ikt}}+p\sum _{|k|\leq n}{y_{k}e^{ikt}}=\sum _{|k|\leq n}{c_{k}e^{ikt}},$$

dunque $y_{k}(p-k^{2})=c_{k}$$y_{k}(p-k^{2})=c_{k}$, da cui $y_{k}={\frac {c_{k}}{p-k^{2}}}$$y_{k}={\frac {c_{k}}{p-k^{2}}}$$\forall |k|\leq n$$\forall |k| \le n$, con il denominatore sempre $\neq 0$$\ne 0$. La soluzione troncata e' percio':

$$y_{n}(t)=\sum _{|k|\leq n}{{\frac {c_{k}}{p-k^{2}}}e^{ikt}}.$$

$$y_{n}(t)=\sum _{|k|\leq n}{{\frac {c_{k}}{p-k^{2}}}e^{ikt}}.$$

Ma essendo in ${\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$${\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$, $y_{n}\rightarrow y=\sum _{|k|\in \mathbb {Z} }{{\frac {c_{k}}{p-k^{2}}}e^{ikt}}$$y_{n}\rightarrow y=\sum _{|k|\in \mathbb {Z} }{{\frac {c_{k}}{p-k^{2}}}e^{ikt}}$; osserviamo che tale $y$$y$ sta in ${\mathcal {H}}^{2}(-\pi ,\pi )$${\mathcal {H}}^{2}(-\pi ,\pi )$, in quanto le sue due prime derivate deboli:

$$y'(t)=\sum _{|k|\in \mathbb {Z} }{{\frac {ikc_{k}}{p-k^{2}}}e^{ikt}},\quad y''(t)=\sum _{|k|\in \mathbb {Z} }{-{\frac {k^{2}c_{k}}{p-k^{2}}}e^{ikt}}$$

$$y'(t)=\sum _{|k|\in \mathbb {Z} }{{\frac {ikc_{k}}{p-k^{2}}}e^{ikt}},\quad y''(t)=\sum _{|k|\in \mathbb {Z} }{-{\frac {k^{2}c_{k}}{p-k^{2}}}e^{ikt}}$$

stanno in ${\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$${\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$ poiche' i rispettivi coefficienti di Fourier stanno in $\ell ^{2}(\mathbb {Z} )$$\ell ^{2}(\mathbb {Z} )$.

Osserviamo che, quindi, partendo da una funzione $f\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$$f\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$, si ottiene una soluzione $y\in {\mathcal {H}}^{2}(-\pi ,\pi )$$y\in {\mathcal {H}}^{2}(-\pi ,\pi )$; questo "guadagno" di due derivate in generale e' falso se partiamo da $f\in C^{0}$$f\in C^0$ e vogliamo ottenere $y\in C^{2}$$y\in C^2$. Un esempio e' il problema:

$${\begin{cases}u(x)-\Delta u(x)=f(x)\in C^{0}(\Omega )\\u_{|\partial \Omega }=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}u(x)-\Delta u(x)=f(x)\in C^{0}(\Omega )\\u_{|\partial \Omega }=0\end{cases}}$$

con $\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{d}$$\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{d}$, $d>1$$d>1$ (infatti in una dimensione il problema ha una soluzione $C^{2}$$C^2$). Se ad esempio $d=2$$d=2$ e $f\in C^{0}(\Omega )$$f\in C^{0}(\Omega )$, in generale e' falso che $u\in C^{2}(\Omega )$$u\in C^{2}(\Omega )$ (poiche' se $\partial _{x}^{2}u+\partial _{y}^{2}u$$\partial _{x}^{2}u+\partial _{y}^{2}u$e' regolare, non si puo' dire niente sulla regolarita' di ciascuno degli addendi); in realta' abbiamo che, se $f\in C^{0,\alpha }(\Omega )$$f\in C^{0,\alpha }(\Omega )$, allora $y\in C^{2,\alpha }(\Omega )$$y\in C^{2,\alpha }(\Omega )$, ma questo non ci risolve il caso generale. Quindi cambiamo contesto e fissiamo $f\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$$f\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$; vogliamo vedere che qua la soluzione "guadagna" due derivate. Poniamo inoltre $\Omega =\mathbb {T} ^{2}$$\Omega =\mathbb {T} ^{2}$. Scrivendo le funzioni in serie di Fourier:

$$u(x,y)=\sum _{k\in \mathbb {Z} ^{2}}{c_{k}e^{ik\cdot x}},\quad f(x)=\sum _{k\in \mathbb {Z} ^{2}}{f_{k}e^{ik\cdot x}},$$

$$u(x,y)=\sum _{k\in \mathbb {Z} ^{2}}{c_{k}e^{ik\cdot x}},\quad f(x)=\sum _{k\in \mathbb {Z} ^{2}}{f_{k}e^{ik\cdot x}},$$

otteniamo, ragionando come prima per approssimazioni successive:

$$\sum _{k\in \mathbb {Z} ^{2}}{(c_{k}+\|k\|^{2}c_{k})e^{ik\cdot x}}=\sum _{k\in \mathbb {Z} ^{2}}{f_{k}e^{ik\cdot x}},$$

$$\sum _{k\in \mathbb {Z} ^{2}}{(c_{k}+\|k\|^{2}c_{k})e^{ik\cdot x}}=\sum _{k\in \mathbb {Z} ^{2}}{f_{k}e^{ik\cdot x}},$$

cioe'$c_{k}={\frac {f_{k}}{1+\|k\|^{2}}}$$c_{k}={\frac {f_{k}}{1+\|k\|^{2}}}$. Osserviamo che, come voluto, $u\in {\mathcal {H}}^{2}(\mathbb {T} ^{2})$$u\in {\mathcal {H}}^{2}(\mathbb {T} ^{2})$.

Osservazione

Modificando leggermente l'equazione appena studiata, consideriamo $-\Delta u=f\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$$-\Delta u=f\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$. Allora:

$$\int _{\Omega }{(-\Delta u)(-\Delta u)}=\int _{\Omega }{f(-\Delta u)}\quad \Rightarrow \quad \|\Delta u\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}\leq \left|\int _{\Omega }{f\Delta u}\right|\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\|\Delta u\|_{{\mathcal {L}}^{2}},$$

$$\int _{\Omega }{(-\Delta u)(-\Delta u)}=\int _{\Omega }{f(-\Delta u)}\quad \Rightarrow \quad \|\Delta u\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}\leq \left|\int _{\Omega }{f\Delta u}\right|\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\|\Delta u\|_{{\mathcal {L}}^{2}},$$

cioe'$\|\Delta u\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}$$\|\Delta u\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}$; questo implica che $\partial _{x}^{2}u,\partial _{y}^{2}u\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$$\partial _{x}^{2}u,\partial _{y}^{2}u\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$. Ma cosa possiamo dire sulle derivate miste? Integrando per parti, ponendo $\Omega =\mathbb {T} ^{2}$$\Omega =\mathbb {T} ^{2}$, si ha:

$$\|\partial _{xy}^{2}u\|_{{\mathcal {L}}^{2}}=\int _{\mathbb {T} ^{2}}{(\partial _{xy}^{2}u)^{2}dx}=-\int _{\mathbb {T} ^{2}}{\partial _{x}u\partial _{xyy}^{3}udx}=\int _{\mathbb {T} ^{2}}{\partial _{x}^{2}u\partial _{y}^{2}udx}\leq \int _{\mathbb {T} ^{2}}{|\Delta u|^{2}dx},$$

$$\|\partial _{xy}^{2}u\|_{{\mathcal {L}}^{2}}=\int _{\mathbb {T} ^{2}}{(\partial _{xy}^{2}u)^{2}dx}=-\int _{\mathbb {T} ^{2}}{\partial _{x}u\partial _{xyy}^{3}udx}=\int _{\mathbb {T} ^{2}}{\partial _{x}^{2}u\partial _{y}^{2}udx}\leq \int _{\mathbb {T} ^{2}}{|\Delta u|^{2}dx},$$

cioe'$\partial _{xy}^{2}u\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$$\partial _{xy}^{2}u\in {\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$.

 

Interessiamoci adesso al caso unidimensionale della precedente equazione differenziale; vogliamo risolvere:

$${\begin{cases}-u''(x)=f(x)&{\text{per }}x\in (0,1)\\u(0)=u(1)=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}-u''(x)=f(x)&{\text{per }}x\in (0,1)\\u(0)=u(1)=0\end{cases}}$$

Per la disuguaglianza di Poincare' abbiamo la stima dall'alto:

$$\int _{0}^{1}{|u|^{2}}\leq c\int _{0}^{1}{|u'|^{2}},$$

$$\int _{0}^{1}{|u|^{2}}\leq c\int _{0}^{1}{|u'|^{2}},$$

che ci permette di controllare $\int _{0}^{1}{|u|^{2}}+\int _{0}^{1}{|u'|^{2}}$$\int _{0}^{1}{|u|^{2}}+\int _{0}^{1}{|u'|^{2}}$ con $\int _{0}^{1}{|u'|^{2}}$$\int _{0}^{1}{|u'|^{2}}$. Prendiamo lo spazio euclideo $H=C_{0}^{2}(0,1)$$H=C_0^2(0,1)$, con prodotto scalare $\langle f,g\rangle =\int _{0}^{1}{f'g'}$$\langle f,g\rangle =\int _{0}^{1}{f'g'}$; completiamo $H$$H$ a ${\overline {H}}={\mathcal {L}}^{2}$$\overline{H}=\mathcal{L}^2$. Sia $\varphi$$\varphi$ una generica funzione regolare, $\varphi \in C_{0}^{\infty }(0,1)$$\varphi \in C_{0}^{\infty }(0,1)$; allora, se $u$$u$e' soluzione dell'equazione considerata, abbiamo integrando per parti:

$$-\int _{0}^{1}{u''\varphi }=\int _{0}^{1}{f\varphi }\quad \Rightarrow \quad \int _{0}^{1}{u'\varphi '}=\int _{0}^{1}{f\varphi }.$$

$$-\int _{0}^{1}{u''\varphi }=\int _{0}^{1}{f\varphi }\quad \Rightarrow \quad \int _{0}^{1}{u'\varphi '}=\int _{0}^{1}{f\varphi }.$$

Riscriviamo la precedente relazione denotando $F$$F$ il funzionale tale che $F(\varphi )=\int _{0}^{1}{f\varphi }$$F(\varphi )=\int _{0}^{1}{f\varphi }$:

$$F(\varphi )=\langle u,\varphi \rangle \quad \forall \varphi \in C_{0}^{\infty }(0,1).$$

$$F(\varphi )=\langle u,\varphi \rangle \quad \forall \varphi \in C_{0}^{\infty }(0,1).$$

Osserviamo che, se $u\in C^{2}$$u\in C^2$ e $f\in C^{0}$$f\in C^0$, allora $-u''=f\iff F(\varphi )=\langle u,\varphi \rangle$$-u''=f\iff F(\varphi )=\langle u,\varphi \rangle$ per ogni funzione regolare $\varphi$$\varphi$; se pero' non abbiamo queste ipotesi di regolarita', abbiamo visto che vale l'implicazione $\Rightarrow$$\Rightarrow$, ma in generale non vale l'altra. Dunque estendiamo il concetto di soluzione di un'equazione differenziale dicendo che una funzione e'$0$$0$ se e solo se e' ortogonale a tutte le funzioni regolari $C_{0}^{\infty }$$C_{0}^{\infty }$; in altre parole, se $a_{1},a_{2}\in {\mathcal {L}}^{2}$$a_1,a_2\in \mathcal{L}^2$, definiamo:

$$a_{1}=a_{2}\iff \langle a_{1},\varphi \rangle =\langle a_{2},\varphi \rangle \quad \forall \varphi \in C_{0}^{\infty }.$$

$$a_{1}=a_{2}\iff \langle a_{1},\varphi \rangle =\langle a_{2},\varphi \rangle \quad \forall \varphi \in C_{0}^{\infty }.$$

Risolvere l'equazione considerata e' equivalente a trovare il minimo di:

$$J(u)={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{|u|^{2}}-\int _{0}^{1}{fu},$$

$$J(u)={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}{|u|^{2}}-\int _{0}^{1}{fu},$$

infatti ${\frac {J(u+\varepsilon \varphi )-J(u)}{\varepsilon }}\rightarrow 0$${\frac {J(u+\varepsilon \varphi )-J(u)}{\varepsilon }}\rightarrow 0$ quando $\varepsilon \rightarrow 0\iff F(\varphi )=\langle f,\varphi \rangle$$\varepsilon \rightarrow 0\iff F(\varphi )=\langle f,\varphi \rangle$$\forall \varphi \in C_{0}^{\infty }$$\forall \varphi \in C_{0}^{\infty }$; un problema simile era stato introdotto all'inizio della sezione. Osserviamo che:

$$\left|\int _{0}^{1}{fu}\right|\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\|u\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\leq c\|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\|u'\|_{{\mathcal {L}}^{2}},$$

$$\left|\int _{0}^{1}{fu}\right|\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\|u\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\leq c\|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\|u'\|_{{\mathcal {L}}^{2}},$$

dunque effettivamente l'estremo inferiore di $J(u)$$J(u)$e' finito. Con lo stesso conto appena fatto, si vede che $|F(\varphi )|\leq C\|\varphi \|_{{\mathcal {L}}^{2}}$$|F(\varphi )|\leq C\|\varphi \|_{{\mathcal {L}}^{2}}$, dunque $F$$F$e' limitato e lineare, e percio' per il teorema di Riesz esiste un'unico $v$$v$ tale che $F(\varphi )=\langle v,\varphi \rangle$$F(\varphi )=\langle v,\varphi \rangle$$\forall \varphi \in C_{0}^{\infty }$$\forall \varphi \in C_{0}^{\infty }$. Ma allora $\langle u,\varphi \rangle =\langle v,\varphi \rangle \Rightarrow \langle u-v,\varphi \rangle =0$$\langle u,\varphi \rangle =\langle v,\varphi \rangle \Rightarrow \langle u-v,\varphi \rangle =0$$\forall \varphi \in C_{0}^{\infty }$$\forall \varphi \in C_{0}^{\infty }$, dunque la soluzione (unica) e'$u=v$$u=v$.

Osserviamo subito che il ragionamento appena fatto e' molto importante, perche' ci dimostra l'unicita' della soluzione in questo senso esteso; pero' allo stesso tempo non ci da' nessuna informazione sulla soluzione, quindi cerchiamo un argomento piu' pratico che mostri esplicitamente una forma (anche approssimata) della soluzione.

Dividiamo l'intervallo $[0,1]$$[0,1]$ in una partizione $0=x_{0}<x_{1}<\ldots <x_{n}<x_{n+1}=1$$0=x_{0}<x_{1}<\ldots <x_{n}<x_{n+1}=1$ e denotiamo $\varphi _{i}$$\varphi _{i}$, $1\leq i\leq n$$1\le i \le n$, la funzione lineare che unisce i punti $(x_{n-1},0)$$(x_{n-1},0)$, $(x_{n},1)$$(x_{n},1)$, $(x_{n+1},0)$$(x_{n+1},0)$ ed e'$0$$0$ fuori da $[x_{n-1},x_{n+1}]$$[x_{n-1},x_{n+1}]$; supponiamo di poter scrivere la nostra funzione $u$$u$ come:

$$u=\sum _{k=1}^{\infty }{c_{k}\varphi _{k}}.$$

$$u=\sum _{k=1}^{\infty }{c_{k}\varphi _{k}}.$$

Denotiamo $u_{n}=\sum _{k=1}^{n}{c_{k}\varphi _{k}}$$u_{n}=\sum _{k=1}^{n}{c_{k}\varphi _{k}}$; considerando l'equazione di Poisson troncata abbiamo:

$$\int _{0}^{1}{u_{n}'\varphi _{k}'}=\int _{0}^{1}{f\varphi _{k}}\quad \forall 1\leq k\leq n,$$

$$\int _{0}^{1}{u_{n}'\varphi _{k}'}=\int _{0}^{1}{f\varphi _{k}}\quad \forall 1\leq k\leq n,$$

cioe':

$$\int _{0}^{1}{\sum _{m=1}^{n}{c_{m}\varphi _{m}'}\varphi _{k}'}=\sum _{m=1}^{n}{c_{m}\int _{0}^{1}{\varphi _{m}'\varphi _{k}'}}=\int _{0}^{1}{f\varphi _{k}}\quad \forall \leq k\leq n$$

$$\int _{0}^{1}{\sum _{m=1}^{n}{c_{m}\varphi _{m}'}\varphi _{k}'}=\sum _{m=1}^{n}{c_{m}\int _{0}^{1}{\varphi _{m}'\varphi _{k}'}}=\int _{0}^{1}{f\varphi _{k}}\quad \forall \leq k\leq n$$

(in realta' l'integrale andrebbe spezzato in $n$$n$ integrali, in modo che in ciascuno sia ben definita la derivata dei $\varphi _{k}$$\varphi _{k}$). Denotiamo $A_{km}=\int _{0}^{1}{\varphi _{m}'\varphi _{k}'}\in \mathbb {R}$$A_{km}=\int _{0}^{1}{\varphi _{m}'\varphi _{k}'}\in \mathbb {R}$, $F_{k}=\int _{0}^{1}{f\varphi _{k}}$$F_{k}=\int _{0}^{1}{f\varphi _{k}}$, $A=(A_{km})$$A=(A_{km})$, $F=(F_{k})$$F=(F_{k})$, $c=(c_{k})$$c=(c_{k})$; allora il mio problema troncato si riduce al sistema:

$$Ac=F,$$

$$Ac=F,$$

che e' risolubile $\iff A$$\iff A$e' invertibile. Ma:

$$\int _{0}^{1}{fu_{n}}=\sum _{k=1}^{n}{c_{k}\int _{0}^{1}{f\varphi _{k}}}=\sum _{k=1}^{n}{c_{k}\int _{0}^{1}{\sum _{m=1}^{n}{c_{m}\varphi _{m}'}\varphi _{k}'}}=\int _{0}^{1}{\sum _{k,m=1}^{n}{c_{m}\varphi _{m}'c_{k}\varphi _{k}'}}=\int _{0}^{1}{|u_{n}'|^{2}},$$

$$\int _{0}^{1}{fu_{n}}=\sum _{k=1}^{n}{c_{k}\int _{0}^{1}{f\varphi _{k}}}=\sum _{k=1}^{n}{c_{k}\int _{0}^{1}{\sum _{m=1}^{n}{c_{m}\varphi _{m}'}\varphi _{k}'}}=\int _{0}^{1}{\sum _{k,m=1}^{n}{c_{m}\varphi _{m}'c_{k}\varphi _{k}'}}=\int _{0}^{1}{|u_{n}'|^{2}},$$

dunque se $F=0$$F=0$, allora $\int _{0}^{1}{|u_{n}'|^{2}}=0$$\int _{0}^{1}{|u_{n}'|^{2}}=0$, cioe'$c=0$$c=0$; questo mostra l'iniettivita' (e dunque l'invertibilita') di $A$$A$. Risolvo quindi il sistema troncato e riesco ad ottenere una soluzione approssimata dell'equazione di Poisson unidimensionale (questo ragionamento utilizzato si chiama "'tecnica degli elementi finiti"'; ma cosa succede se cerco di passare al limite $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$? Usando argomenti piu' avanzati di analisi funzionale, si puo' vedere che, se $u,u'\in {\mathcal {L}}^{2}(0,1)$$u,u'\in \mathcal{L}^2(0,1)$, allora $u_{n}\rightarrow u$$u_{n}\rightarrow u$ converge effettivamente alla soluzione. Inoltre si puo' verificare che $u_{n}$$u_n$e' la proiezione di $u$$u$ su ${\mbox{Span}}(\varphi _{1},\ldots ,\varphi _{n})$${\mbox{Span}}(\varphi _{1},\ldots ,\varphi _{n})$.

Osservazione

Consideriamo l'equazione di Poisson unidimensionale nel caso in cui $u,f$$u,f$ sono $2\pi$$2\pi$-periodiche. Risolvere l'equazione troncata $-u_{n}''=f_{n}$$-u_{n}''=f_{n}$, con $u_{n}=\sum _{|k|\leq n}{c_{k}e^{ikx}}$$u_{n}=\sum _{|k|\leq n}{c_{k}e^{ikx}}$ e $f_{n}=\sum _{|k|\leq n}{{\widehat {f}}_{k}e^{ikx}}$$f_{n}=\sum _{|k|\leq n}{{\widehat {f}}_{k}e^{ikx}}$, significa trovare $u_{n}\in V_{n}={\mbox{Span}}(\{e^{ikx}\mid |k|\leq n\})$$u_{n}\in V_{n}={\mbox{Span}}(\{e^{ikx}\mid |k|\leq n\})$ tale che $-u_{n}''=P_{n}(f)$$-u_{n}''=P_{n}(f)$ (dove $P_{n}:{\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )\rightarrow V_{n}$$P_{n}:{\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )\rightarrow V_{n}$e' la proiezione), cioe' tale che:

$$\langle -u_{n}'',e^{ikx}\rangle =\langle P_{n}(f),e^{ikx}\rangle \quad \forall |k|\leq n.$$

$$\langle -u_{n}'',e^{ikx}\rangle =\langle P_{n}(f),e^{ikx}\rangle \quad \forall |k|\leq n.$$

Quest'ultima condizione e' equivalente a cercare $u_{n}\in V_{n}$$u_{n}\in V_{n}$ tale che $(u_{n}''+f)\bot V_{n}$$(u_{n}''+f)\bot V_{n}$.

 

Il precedente ragionamento non si puo' applicare in generale; vediamo un esempio.

Esempio

Supponiamo di voler risolvere l'equazione:

$$-u''+u^{2}=f$$

$$-u''+u^{2}=f$$

con periodicita'; proiettando su $V_{n}$$V_{n}$ avremmo $-u_{n}''+P_{n}(u_{n}^{2})=P_{n}(f)$$-u_{n}''+P_{n}(u_{n}^{2})=P_{n}(f)$, in quanto se $u_{n}\in V_{n}$$u_{n}\in V_{n}$, non e' vero che $u_{n}^{2}\in V_{n}$$u_{n}^{2}\in V_{n}$. Quindi siamo obbligati a risolvere un'equazione ancora piu' approssimata, che e':

$$\langle -u_{n}'',\varphi \rangle +\langle u_{n}^{2},\varphi \rangle =\langle P_{n}(f),\varphi \rangle \quad \forall \varphi \in V_{n},$$

$$\langle -u_{n}'',\varphi \rangle +\langle u_{n}^{2},\varphi \rangle =\langle P_{n}(f),\varphi \rangle \quad \forall \varphi \in V_{n},$$

cioe'$(u_{n}''-u_{n}^{2}+f)\bot V_{n}$$(u_{n}''-u_{n}^{2}+f)\bot V_{n}$.

 

Esempio

Interessiamoci all'equazione differenziale $-u''+|u|^{2}u=f$$-u''+|u|^2u=f$, con $u$$u$ periodica a media nulla. Troncando l'equazione, cerchiamo $u_{n}\in V_{n}$$u_{n}\in V_{n}$ tale che:

$$\langle -u_{n}''+|u_{n}|^{2}u_{n},\varphi \rangle =\langle P_{n}(f),\varphi \rangle \quad \forall \varphi \in V_{n}.$$

$$\langle -u_{n}''+|u_{n}|^{2}u_{n},\varphi \rangle =\langle P_{n}(f),\varphi \rangle \quad \forall \varphi \in V_{n}.$$

ma $u_{n}\in V_{n}$$u_{n}\in V_{n}$, quindi poniamo $\varphi =u_{n}$$\varphi =u_{n}$ e otteniamo:

$$\langle -u_{n}'',u_{n}\rangle +\langle |u_{n}|^{2}u_{n},u_{n}\rangle =\langle P_{n}(f),u_{n}\rangle ,$$

$$\langle -u_{n}'',u_{n}\rangle +\langle |u_{n}|^{2}u_{n},u_{n}\rangle =\langle P_{n}(f),u_{n}\rangle ,$$

cioe':

$${\frac {1}{2\pi }}\|u_{n}'\|^{2}+{\frac {1}{2\pi }}\int {|u_{n}|^{4}}={\frac {1}{2\pi }}\int {P_{n}(f){\overline {u_{n}}}}.$$

$${\frac {1}{2\pi }}\|u_{n}'\|^{2}+{\frac {1}{2\pi }}\int {|u_{n}|^{4}}={\frac {1}{2\pi }}\int {P_{n}(f){\overline {u_{n}}}}.$$

Percio', grazie alla disuguaglianza di Poincare', otteniamo la "'stima a priori"'$\|u_{n}'\|\leq c\|P_{n}(f)\|$$\|u_{n}'\|\leq c\|P_{n}(f)\|$; grazie a questa stima ricaviamo che il prodotto scalare $\langle -u_{n}'',e^{ikx}\rangle$$\langle -u_{n}'',e^{ikx}\rangle$ ha senso, in quanto per la stima appena fatta la serie di $u_{n}''$$u_{n}''$ converge. Purtroppo, per passare al limite $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$, l'unica cosa che rimarrebbe da fare sarebbe controllare l'addendo $\langle |u_{n}|^{2}u_{n},e^{ikx}\rangle$$\langle |u_{n}|^{2}u_{n},e^{ikx}\rangle$, ma per far questo avremmo bisogno del teorema di immersione di Sobolev, che afferma che ${\mathcal {H}}^{1}$$\mathcal{H}^1$ si immerge compattamente in ${\mathcal {L}}^{q}$${\mathcal {L}}^{q}$$\forall q<+\infty$$\forall q<+\infty$.

 

Ritorniamo al problema di inizio sezione, cioe' cerchiamo di risolvere l'equazione di Laplace bidimensionale:

$${\begin{cases}\Delta u=0&{\text{in }}B(0,1)\subseteq \mathbb {R} ^{2}\\u=g&{\text{in }}\partial B(0,1)\end{cases}},$$

$${\begin{cases}\Delta u=0&{\text{in }}B(0,1)\subseteq \mathbb {R} ^{2}\\u=g&{\text{in }}\partial B(0,1)\end{cases}},$$

con $u\in C^{2}(B(0,1))$$u\in C^2(B(0,1))$. Passiamo in coordinate polari:

$${\begin{cases}u_{\rho \rho }+{\frac {1}{\rho }}u_{\rho }+{\frac {1}{\rho ^{2}}}u_{\theta \theta }=0&{\text{per }}\rho \in [0,1),\ \theta \in [0,2\pi ]\\u(1,\theta )=g(\theta )&{\text{per }}\theta \in [0,2\pi ]\end{cases}}$$

$${\begin{cases}u_{\rho \rho }+{\frac {1}{\rho }}u_{\rho }+{\frac {1}{\rho ^{2}}}u_{\theta \theta }=0&{\text{per }}\rho \in [0,1),\ \theta \in [0,2\pi ]\\u(1,\theta )=g(\theta )&{\text{per }}\theta \in [0,2\pi ]\end{cases}}$$

con $u$$u$ periodica rispetto a $\theta$$\theta$. Separando le variabili, poniamo $u(\rho ,\theta )=R(\rho )\Theta (\theta )$$u(\rho ,\theta )=R(\rho )\Theta (\theta )$, da cui:

$$R''(\rho )\Theta (\theta )+{\frac {1}{\rho }}R'(\rho )\Theta (\theta )+{\frac {1}{\rho ^{2}}}R(\rho )\Theta ''(\theta )\quad \Rightarrow \quad \rho ^{2}{\frac {R''}{R}}+\rho {\frac {R'}{R}}=\lambda =-{\frac {\Theta ''}{\Theta }}.$$

$$R''(\rho )\Theta (\theta )+{\frac {1}{\rho }}R'(\rho )\Theta (\theta )+{\frac {1}{\rho ^{2}}}R(\rho )\Theta ''(\theta )\quad \Rightarrow \quad \rho ^{2}{\frac {R''}{R}}+\rho {\frac {R'}{R}}=\lambda =-{\frac {\Theta ''}{\Theta }}.$$

Ma $\Theta ''+\lambda \Theta =0$$\Theta ''+\lambda \Theta =0$ con $\Theta$$\Theta$ periodica e' l'equazione dell'oscillatore armonico, quindi si deve avere $\lambda =n^{2}$$\lambda =n^{2}$, $n\in \mathbb {Z}$$n\in \mathbb {Z}$; si ottiene l'equazione:

$$\rho ^{2}{\frac {R''}{R}}+\rho {\frac {R'}{R}}=n^{2},\quad {\text{ovvero}}\quad \rho ^{2}R''+\rho R'-n^{2}R=0.$$

$$\rho ^{2}{\frac {R''}{R}}+\rho {\frac {R'}{R}}=n^{2},\quad {\text{ovvero}}\quad \rho ^{2}R''+\rho R'-n^{2}R=0.$$

Se $n=0$$n=0$, la soluzione sarebbe il logaritmo (oltre alle costanti), che pero' escludiamo perche' va a $\infty$$\infty$ in un intorno di $0$$0$; dunque in corrispondenza di $n=0$$n=0$ assegniamo la soluzione costante. Se $n\neq 0$$n\ne 0$, la funzione $R(\rho )=c\cdot \rho ^{\alpha }$$R(\rho )=c\cdot \rho ^{\alpha }$ risolve l'equazione $\iff$$\iff$:

$$\rho ^{2}\alpha (\alpha -1)\rho ^{\alpha -2}+\rho \alpha \rho ^{\alpha -1}-n^{2}\rho ^{\alpha }=0\iff \alpha (\alpha -1)+\alpha -n^{2}=0\iff \alpha =\pm n.$$

$$\rho ^{2}\alpha (\alpha -1)\rho ^{\alpha -2}+\rho \alpha \rho ^{\alpha -1}-n^{2}\rho ^{\alpha }=0\iff \alpha (\alpha -1)+\alpha -n^{2}=0\iff \alpha =\pm n.$$

Ma per regolarita' di $R$$R$ in $0$$0$, si deve avere $\alpha \geq 0$$\alpha \ge 0$; quindi $\alpha =|n|$$\alpha =|n|$. Abbiamo ottenuto le soluzioni $\Theta _{n}(\theta )=e^{in\theta }$$\Theta _{n}(\theta )=e^{in\theta }$ per $n\in \mathbb {Z}$$n\in \mathbb {Z}$ e $R_{n}=c_{n}\rho ^{|n|}$$R_{n}=c_{n}\rho ^{|n|}$ se $n\neq 0$$n\ne 0$; dunque se $P(\rho ,\theta )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{\rho ^{|n|}e^{in\theta }}$$P(\rho ,\theta )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{\rho ^{|n|}e^{in\theta }}$, allora $P$$P$ converge assolutamente perche'e' maggiorata da una serie geometrica con $0\leq \rho <1$$0\le \rho <1$.

Abbiamo mostrato:

Proposizione 23

$P(\rho ,\theta )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{\rho ^{|n|}e^{in\theta }}\in C^{\infty }(B(0,1)^{o})$$P(\rho ,\theta )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{\rho ^{|n|}e^{in\theta }}\in C^{\infty }(B(0,1)^{o})$e' tale che $\Delta P=0$$\Delta P=0$ e, se $g(\theta )\in C^{0}(\mathbb {T} )$$g(\theta )\in C^{0}(\mathbb {T} )$, $g(\theta )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\widehat {g_{n}}}e^{in\theta }}$$g(\theta )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\widehat {g_{n}}}e^{in\theta }}$, $|{\widehat {g_{n}}}|\leq c$$|{\widehat {g_{n}}}|\leq c$, allora:

$$u(\rho ,\theta )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\widehat {g_{n}}}\rho ^{|n|}e^{in\theta }}\in C^{\infty }(B(0,1)^{o})$$

$$u(\rho ,\theta )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\widehat {g_{n}}}\rho ^{|n|}e^{in\theta }}\in C^{\infty }(B(0,1)^{o})$$

e' armonica e $u(\rho ,\theta )\rightarrow g(\theta )$$u(\rho ,\theta )\rightarrow g(\theta )$ quando $\rho \rightarrow 1^{-}$$\rho \rightarrow 1^-$.

 

Ma se $g(\theta )$$g(\theta )$ non avesse i coefficienti limitati, cosa potremmo dire sulla convergenza di $u(\rho ,\theta )$$u(\rho ,\theta )$ per $\rho \rightarrow 1^{-}$$\rho \rightarrow 1^{-}$? Osserviamo che:

$$u(\rho ,\theta )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{g(\varphi )\rho ^{|n|}e^{-in\varphi }e^{in\theta }d\varphi }}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{\rho ^{|n|}{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{g(\varphi )e^{-in(\varphi -\theta )}d\varphi }}=g(\theta )*P_{\rho }(\theta ).$$

$$u(\rho ,\theta )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{g(\varphi )\rho ^{|n|}e^{-in\varphi }e^{in\theta }d\varphi }}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{\rho ^{|n|}{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{g(\varphi )e^{-in(\varphi -\theta )}d\varphi }}=g(\theta )*P_{\rho }(\theta ).$$

Se mostrassimo che $P_{\rho }$$P_{\rho }$ (detto "'nucleo di Poisson) e' una successione di Dirac per $\rho \rightarrow 1^{-}$$\rho \rightarrow 1^{-}$, avremmo la convergenza voluta.

Lemma 24

$P_{\rho }(\theta )=1+2\sum _{n>0}{\rho ^{n}\cos(n\theta )}={\frac {1-\rho ^{2}}{1-2\rho \cos(\theta )+\rho ^{2}}}$$P_{\rho }(\theta )=1+2\sum _{n>0}{\rho ^{n}\cos(n\theta )}={\frac {1-\rho ^{2}}{1-2\rho \cos(\theta )+\rho ^{2}}}$.

 

Dimostrazione

Per la prima uguaglianza:

$${\begin{aligned}P_{\rho }(\theta )&=\sum _{n<0}{\rho ^{-n}e^{in\theta }}+1+\sum _{n>0}{\rho ^{n}e^{in\theta }}=\sum _{n>0}{\rho ^{n}e^{-in\theta }}+1+\sum _{n>0}{\rho ^{n}e^{in\theta }}=1+\sum _{n>0}{\rho ^{n}(e^{in\theta }+e^{-in\theta })}=\\&=1+2\sum _{n>0}{\rho ^{n}\cos(n\theta )}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}P_{\rho }(\theta )&=\sum _{n<0}{\rho ^{-n}e^{in\theta }}+1+\sum _{n>0}{\rho ^{n}e^{in\theta }}=\sum _{n>0}{\rho ^{n}e^{-in\theta }}+1+\sum _{n>0}{\rho ^{n}e^{in\theta }}=1+\sum _{n>0}{\rho ^{n}(e^{in\theta }+e^{-in\theta })}=\\&=1+2\sum _{n>0}{\rho ^{n}\cos(n\theta )}.\end{aligned}}$$

Per la seconda:

$$P_{\rho }(\theta )={\frac {\rho e^{-i\theta }}{1-\rho e^{-i\theta }}}+1+{\frac {\rho e^{i\theta }}{1-\rho e^{i\theta }}}={\frac {\rho e^{-i\theta }-\rho ^{2}+1-2\rho \cos(\theta )+\rho ^{2}+\rho e^{i\theta }-\rho ^{2}}{1-2\rho \cos(\theta )+\rho ^{2}}}={\frac {1-\rho ^{2}}{1-2\rho \cos(\theta )+\rho ^{2}}}.$$

$$P_{\rho }(\theta )={\frac {\rho e^{-i\theta }}{1-\rho e^{-i\theta }}}+1+{\frac {\rho e^{i\theta }}{1-\rho e^{i\theta }}}={\frac {\rho e^{-i\theta }-\rho ^{2}+1-2\rho \cos(\theta )+\rho ^{2}+\rho e^{i\theta }-\rho ^{2}}{1-2\rho \cos(\theta )+\rho ^{2}}}={\frac {1-\rho ^{2}}{1-2\rho \cos(\theta )+\rho ^{2}}}.$$

 

A questo punto verificare le quattro condizioni delle successioni di Dirac e' semplice:

1. $P_{\rho }(\theta )\geq 0$$P_{\rho }(\theta )\geq 0$, in quanto $1-\rho ^{2}\geq 0$$1-\rho ^{2}\geq 0$ e $1-2\rho \cos(\theta )+\rho ^{2}=(1-\rho \cos(\theta ))^{2}+(\rho \sin(\theta ))^{2}>0$$1-2\rho \cos(\theta )+\rho ^{2}=(1-\rho \cos(\theta ))^{2}+(\rho \sin(\theta ))^{2}>0$$\forall \rho \in [0,1)$$\forall \rho \in [0,1)$.

1. $P_{\rho }(\theta )=P_{\rho }(-\theta )$$P_{\rho }(\theta )=P_{\rho }(-\theta )$, in quanto e' somma di funzioni pari.

1. ${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{P_{\rho }(\theta )}=1$${\frac {1}{2\pi }}\int _{-\pi }^{\pi }{P_{\rho }(\theta )}=1$, in quanto l'integrale del coseno e'$0$$0$ e rimane solo l'integrale di $1$$1$.

1. Se $|\theta |>\delta >0$$|\theta |>\delta >0$, allora $1-\rho \cos(\theta )\geq 1-|\cos(\theta )|\geq 1-|\cos(\delta )|$$1-\rho \cos(\theta )\geq 1-|\cos(\theta )|\geq 1-|\cos(\delta )|$, dunque $P_{\rho }(\theta )\leq {\frac {1-\rho ^{2}}{(1-|\cos(\delta )|)^{2}}}\rightarrow 0$$P_{\rho }(\theta )\leq {\frac {1-\rho ^{2}}{(1-|\cos(\delta )|)^{2}}}\rightarrow 0$ uniformemente quando $\rho \rightarrow 1^{-}$$\rho \rightarrow 1^{-}$.

Si conclude percio' che:

$$u(\rho ,\theta )=g(\theta )*P_{\rho }(\theta ){\stackrel {\rho \rightarrow 1^{-}}{\rightrightarrows }}g(\theta ).$$

$$u(\rho ,\theta )=g(\theta )*P_{\rho }(\theta ){\stackrel {\rho \rightarrow 1^{-}}{\rightrightarrows }}g(\theta ).$$

Ci rimane da discutere l'unicita' della soluzione. Sappiamo che, se avessimo che:

$$\int _{B(0,1)}{|\nabla u|^{2}dx}<+\infty$$

$$\int _{B(0,1)}{|\nabla u|^{2}dx}<+\infty$$

allora la soluzione sarebbe unica, in quanto $U=u-v$$U=u-v$ sarebbe tale che $\int _{B(0,1)}{|\nabla U|^{2}dx}=0$$\int _{B(0,1)}{|\nabla U|^{2}dx}=0$. Purtroppo, per una $g$$g$ generica non e' vera quella stima; vediamolo.

In coordinate polari si ha:

$$|\nabla u|^{2}=|\partial _{x}u|^{2}+|\partial _{y}u|^{2}=|\partial _{\rho }u|^{2}+{\frac {1}{\rho ^{2}}}|\partial _{\theta }u|^{2},$$

$$|\nabla u|^{2}=|\partial _{x}u|^{2}+|\partial _{y}u|^{2}=|\partial _{\rho }u|^{2}+{\frac {1}{\rho ^{2}}}|\partial _{\theta }u|^{2},$$

dunque:

$$\int _{B(0,1)}{|\nabla u|^{2}dx}=\int _{0}^{2\pi }{\int _{0}^{1}{|\partial _{\rho }u|^{2}+{\frac {1}{\rho ^{2}}}|\partial _{\theta }u|^{2}}d\theta \rho d\rho }.$$

$$\int _{B(0,1)}{|\nabla u|^{2}dx}=\int _{0}^{2\pi }{\int _{0}^{1}{|\partial _{\rho }u|^{2}+{\frac {1}{\rho ^{2}}}|\partial _{\theta }u|^{2}}d\theta \rho d\rho }.$$

Abbiamo:

$$|\partial _{\rho }u|^{2}=(\partial _{\rho }u)({\overline {\partial _{\rho }u}})=\sum _{n}{{\widehat {g_{n}}}|n|\rho ^{|n|-1}e^{in\theta }}\sum _{l}{{\overline {\widehat {g_{l}}}}|l|\rho ^{|l|-1}e^{-il\theta }},$$

$$|\partial _{\rho }u|^{2}=(\partial _{\rho }u)({\overline {\partial _{\rho }u}})=\sum _{n}{{\widehat {g_{n}}}|n|\rho ^{|n|-1}e^{in\theta }}\sum _{l}{{\overline {\widehat {g_{l}}}}|l|\rho ^{|l|-1}e^{-il\theta }},$$

quindi:

$$\int _{0}^{2\pi }{|\partial _{\rho }u|^{2}d\theta }=2\pi \sum _{n}{|{\widehat {g_{n}}}|^{2}|n|^{2}\rho ^{2|n|-2}},$$

$$\int _{0}^{2\pi }{|\partial _{\rho }u|^{2}d\theta }=2\pi \sum _{n}{|{\widehat {g_{n}}}|^{2}|n|^{2}\rho ^{2|n|-2}},$$

da cui:

$$\int _{0}^{2\pi }{\int _{0}^{1}{|\partial _{\rho }u|^{2}d\theta \rho d\rho }}=2\pi \sum _{n}{|{\widehat {g_{n}}}|^{2}|n|^{2}\int _{0}^{1}{\rho ^{2|n|-1}d\rho }}=\pi \sum _{n}{|{\widehat {g_{n}}}|^{2}|n|}.$$

$$\int _{0}^{2\pi }{\int _{0}^{1}{|\partial _{\rho }u|^{2}d\theta \rho d\rho }}=2\pi \sum _{n}{|{\widehat {g_{n}}}|^{2}|n|^{2}\int _{0}^{1}{\rho ^{2|n|-1}d\rho }}=\pi \sum _{n}{|{\widehat {g_{n}}}|^{2}|n|}.$$

Allo stesso modo:

$${\frac {1}{\rho }}\partial _{\theta }u=\sum _{n}{{\widehat {g_{n}}}(in)\rho ^{|n|-1}e^{in\theta }},$$

$${\frac {1}{\rho }}\partial _{\theta }u=\sum _{n}{{\widehat {g_{n}}}(in)\rho ^{|n|-1}e^{in\theta }},$$

e dopo calcoli analoghi a quelli precedenti si ricava finalmente:

$$\int _{B(0,1)}{|\nabla u|^{2}dx}=\int _{0}^{2\pi }{\int _{0}^{1}{|\partial _{\rho }u|^{2}+{\frac {1}{\rho ^{2}}}|\partial _{\theta }u|^{2}}d\theta \rho d\rho }=2\pi \sum _{n}{|{\widehat {g_{n}}}|^{2}|n|}.$$

$$\int _{B(0,1)}{|\nabla u|^{2}dx}=\int _{0}^{2\pi }{\int _{0}^{1}{|\partial _{\rho }u|^{2}+{\frac {1}{\rho ^{2}}}|\partial _{\theta }u|^{2}}d\theta \rho d\rho }=2\pi \sum _{n}{|{\widehat {g_{n}}}|^{2}|n|}.$$

Quindi, grazie a questi calcoli espliciti, abbiamo dimostrato la seguente:

Proposizione 25

Se la condizione al bordo $g$$g$ ammette mezza derivata, cioe'$g\in {\mathcal {H}}^{\frac {1}{2}}$$g\in \mathcal{H}^{\frac{1}{2}}$, allora la soluzione dell'equazione di Laplace bidimensionale e' unica.

 

Pero', in generale, se $g$$g$e' solo continua e in ${\mathcal {L}}^{1}$$\mathcal{L}^1$, cioe'$\sum _{n}{|{\widehat {f_{n}}}|}<+\infty$$\sum _{n}{|{\widehat {f_{n}}}|}<+\infty$, non e' vero che $\sum _{n}{|n||{\widehat {f_{n}}}|^{2}}<+\infty$$\sum _{n}{|n||{\widehat {f_{n}}}|^{2}}<+\infty$; vediamo un controesempio.

Esempio (Hadamard)

Consideriamo la successione:

$$c_{n}={\begin{cases}{\frac {1}{2^{m}}}&{\text{se }}|n|=2^{2^{m}}\\0&{\text{altrimenti}}\end{cases}}$$

$$c_{n}={\begin{cases}{\frac {1}{2^{m}}}&{\text{se }}|n|=2^{2^{m}}\\0&{\text{altrimenti}}\end{cases}}$$

$c_{n}\in \ell ^{1}$$c_{n}\in \ell ^{1}$, perche'e' maggiorata da $\sum _{m=1}^{\infty }{2^{-m}}<+\infty$$\sum _{m=1}^{\infty }{2^{-m}}<+\infty$, ma:

$$\sum _{n\in \mathbb {Z} }{|n||c_{n}|^{2}}=2\sum _{m\in \mathbb {N} }{2^{2^{m}}{\frac {1}{(2^{m})^{2}}}}=+\infty .$$

$$\sum _{n\in \mathbb {Z} }{|n||c_{n}|^{2}}=2\sum _{m\in \mathbb {N} }{2^{2^{m}}{\frac {1}{(2^{m})^{2}}}}=+\infty .$$

Quindi $f(x)=\sum _{n}{c_{n}e^{inx}}\in {\mathcal {L}}^{1}\backslash {\mathcal {H}}^{\frac {1}{2}}$$f(x)=\sum _{n}{c_{n}e^{inx}}\in {\mathcal {L}}^{1}\backslash {\mathcal {H}}^{\frac {1}{2}}$.

 

Passiamo adesso al caso multidimensionale; vogliamo risolvere:

$${\begin{cases}\Delta u=0&{\text{in }}\Omega \\u=g&{\text{in }}\partial \Omega \end{cases}}$$

$${\begin{cases}\Delta u=0&{\text{in }}\Omega \\u=g&{\text{in }}\partial \Omega \end{cases}}$$

con $\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{n}$$\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{n}$ aperto regolare e $u\in C^{2}(\Omega )$$u\in C^{2}(\Omega )$. Se $\psi$$\psi$e' una funzione armonica che dipende solo dal raggio $\rho$$\rho$, sappiamo che:

$$\Delta \psi (\rho )=\psi ''(\rho )+{\frac {n-1}{\rho }}\psi '(\rho )=0\quad \forall \rho >0,$$

$$\Delta \psi (\rho )=\psi ''(\rho )+{\frac {n-1}{\rho }}\psi '(\rho )=0\quad \forall \rho >0,$$

cioe':

$$\psi (\rho )={\begin{cases}c_{n}{\frac {\rho ^{2-n}}{2-n}}&{\text{se }}n>2\\c_{2}\ln(\rho )&{\text{se }}n=2\end{cases}}$$

$$\psi (\rho )={\begin{cases}c_{n}{\frac {\rho ^{2-n}}{2-n}}&{\text{se }}n>2\\c_{2}\ln(\rho )&{\text{se }}n=2\end{cases}}$$

e in ogni caso $\psi \in C^{\infty }(\mathbb {R} ^{n}\backslash \{0\})$$\psi \in C^{\infty }(\mathbb {R} ^{n}\backslash \{0\})$ ($|\psi (\rho )|\rightarrow +\infty$$|\psi (\rho )|\rightarrow +\infty$ se $\rho \rightarrow 0$$\rho \rightarrow 0$). Sia ora $\xi \in \Omega$$\xi \in \Omega$ e poniamo $v(x)=\psi (|x-\xi |)$$v(x)=\psi (|x-\xi |)$. Sia inoltre $\varepsilon >0$$\varepsilon>0$ e $\Omega _{\varepsilon }=\Omega \backslash {\overline {B(\xi ,\varepsilon )}}$$\Omega _{\varepsilon }=\Omega \backslash {\overline {B(\xi ,\varepsilon )}}$; sappiamo che $v\in \mathbb {C} ^{\infty }(\Omega _{\varepsilon })$$v\in \mathbb {C} ^{\infty }(\Omega _{\varepsilon })$ e $\Delta v=0$$\Delta v=0$ in $\Omega _{\varepsilon }$$\Omega _{\varepsilon }$. Per Gauss-Green:

$$-\int _{\Omega _{\varepsilon }}{u\Delta vdx}=-\int _{\partial \Omega _{\varepsilon }}{{\frac {\partial v}{\partial n}}udx}+\int _{\Omega _{\varepsilon }}{\nabla u\nabla vdx},\quad -\int _{\Omega _{\varepsilon }}{v\Delta udx}=-\int _{\partial \Omega _{\varepsilon }}{{\frac {\partial u}{\partial n}}vdx}+\int _{\Omega _{\varepsilon }}{\nabla u\nabla vdx},$$

$$-\int _{\Omega _{\varepsilon }}{u\Delta vdx}=-\int _{\partial \Omega _{\varepsilon }}{{\frac {\partial v}{\partial n}}udx}+\int _{\Omega _{\varepsilon }}{\nabla u\nabla vdx},\quad -\int _{\Omega _{\varepsilon }}{v\Delta udx}=-\int _{\partial \Omega _{\varepsilon }}{{\frac {\partial u}{\partial n}}vdx}+\int _{\Omega _{\varepsilon }}{\nabla u\nabla vdx},$$

$\forall u,v\in C^{2}({\overline {\Omega _{\varepsilon }}})$$\forall u,v\in C^{2}({\overline {\Omega _{\varepsilon }}})$, quindi:

$${\begin{aligned}\int _{\Omega _{\varepsilon }}{(v\Delta u-u\underbrace {\Delta v} _{=0})dx}&=\int _{\partial \Omega _{\varepsilon }}{\left({\frac {\partial u}{\partial n}}v-{\frac {\partial v}{\partial n}}u\right)dS}=\\&=\int _{\partial \Omega }{\left({\frac {\partial u}{\partial n}}v-{\frac {\partial v}{\partial n}}u\right)dS}+\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{\left({\frac {\partial u}{\partial n}}v-{\frac {\partial v}{\partial n}}u\right)dS}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\int _{\Omega _{\varepsilon }}{(v\Delta u-u\underbrace {\Delta v} _{=0})dx}&=\int _{\partial \Omega _{\varepsilon }}{\left({\frac {\partial u}{\partial n}}v-{\frac {\partial v}{\partial n}}u\right)dS}=\\&=\int _{\partial \Omega }{\left({\frac {\partial u}{\partial n}}v-{\frac {\partial v}{\partial n}}u\right)dS}+\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{\left({\frac {\partial u}{\partial n}}v-{\frac {\partial v}{\partial n}}u\right)dS}.\end{aligned}}$$

Osserviamo che, su $\partial B(\xi ,\varepsilon )$$\partial B(\xi ,\varepsilon )$, ${\frac {\partial v}{\partial n}}=-\psi '(\varepsilon )$${\frac {\partial v}{\partial n}}=-\psi '(\varepsilon )$, percio':

$$-\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{u{\frac {\partial v}{\partial n}}dS}=\psi '(\varepsilon )\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{udS}=c_{n}\varepsilon ^{1-n}\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{udS}=\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{udS}{\stackrel {\varepsilon \rightarrow 0}{\longrightarrow }}u(\xi ),$$

$$-\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{u{\frac {\partial v}{\partial n}}dS}=\psi '(\varepsilon )\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{udS}=c_{n}\varepsilon ^{1-n}\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{udS}=\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{udS}{\stackrel {\varepsilon \rightarrow 0}{\longrightarrow }}u(\xi ),$$

se $c_{n}={\frac {1}{\omega _{n}}}$$c_{n}={\frac {1}{\omega _{n}}}$, dove $\omega _{n}$$\omega_n$e' la misura della sfera unitaria in $\mathbb {R} ^{n}$${\mathbb {R}}^{n}$. D'altra parte notiamo che:

$$\int _{\Omega }{\Delta u\cdot 1}=\int _{\partial \Omega }{{\frac {\partial u}{\partial n}}\cdot 1}-\underbrace {\int _{\Omega }{\nabla u\nabla 1}} _{=0},$$

$$\int _{\Omega }{\Delta u\cdot 1}=\int _{\partial \Omega }{{\frac {\partial u}{\partial n}}\cdot 1}-\underbrace {\int _{\Omega }{\nabla u\nabla 1}} _{=0},$$

quindi l'altro integrale puo' essere stimato:

$${\begin{aligned}\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{{\frac {\partial u}{\partial n}}vdS}&=\psi (\varepsilon )\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{{\frac {\partial u}{\partial n}}dS}=c_{n}'\varepsilon ^{2-n}\int _{B(\xi ,\varepsilon )}{\Delta udx}=c_{n}'{\frac {\varepsilon ^{2}}{\varepsilon ^{n}}}\int _{B(\xi ,\varepsilon )}{\Delta udx}=\\&=c_{n}''\varepsilon ^{2}\int _{B(\xi ,\varepsilon )}{\Delta udx}{\stackrel {\varepsilon \rightarrow 0}{\longrightarrow }}0.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{{\frac {\partial u}{\partial n}}vdS}&=\psi (\varepsilon )\int _{\partial B(\xi ,\varepsilon )}{{\frac {\partial u}{\partial n}}dS}=c_{n}'\varepsilon ^{2-n}\int _{B(\xi ,\varepsilon )}{\Delta udx}=c_{n}'{\frac {\varepsilon ^{2}}{\varepsilon ^{n}}}\int _{B(\xi ,\varepsilon )}{\Delta udx}=\\&=c_{n}''\varepsilon ^{2}\int _{B(\xi ,\varepsilon )}{\Delta udx}{\stackrel {\varepsilon \rightarrow 0}{\longrightarrow }}0.\end{aligned}}$$

Visto che:

$$\int _{\Omega _{\varepsilon }}{v\Delta udx}{\stackrel {\varepsilon \rightarrow 0}{\longrightarrow }}\int _{\Omega }{v\Delta udx},$$

$$\int _{\Omega _{\varepsilon }}{v\Delta udx}{\stackrel {\varepsilon \rightarrow 0}{\longrightarrow }}\int _{\Omega }{v\Delta udx},$$

abbiamo mostrato:

Proposizione (Formula integrale di rappresentazione)

$u\in C^{2}({\overline {\Omega }})$$u\in C^{2}({\overline {\Omega }})$, $v(x)=\psi (|x-\xi |)$$v(x)=\psi (|x-\xi |)$. Allora:

$$\int _{\Omega }{v\Delta udx}=\int _{\partial \Omega }{v{\frac {\partial u}{\partial n}}dS}-\int _{\partial \Omega }{u{\frac {\partial v}{\partial n}}dS}+u(\xi ).$$

$$\int _{\Omega }{v\Delta udx}=\int _{\partial \Omega }{v{\frac {\partial u}{\partial n}}dS}-\int _{\partial \Omega }{u{\frac {\partial v}{\partial n}}dS}+u(\xi ).$$

 

Corollario

Se $u\in C^{2}({\overline {\Omega }})$$u\in C^{2}({\overline {\Omega }})$e' armonica, cioe'$\Delta u=0$$\Delta u=0$, e $v(x)=\psi (|x-\xi |)$$v(x)=\psi (|x-\xi |)$, allora:

$$u(\xi )=\int _{\partial \Omega }{\left(u{\frac {\partial v}{\partial n}}-v{\frac {\partial u}{\partial n}}\right)dS}.$$

$$u(\xi )=\int _{\partial \Omega }{\left(u{\frac {\partial v}{\partial n}}-v{\frac {\partial u}{\partial n}}\right)dS}.$$

 

Osserviamo che siamo liberi di aggiungere e togliere costanti alla funzione $\psi (|x-\xi |)$$\psi (|x-\xi |)$ senza cambiare i risultati appena ottenuti; poniamo dunque $G(x,\xi )=\psi (|x-\xi |)-\psi (\rho )$$G(x,\xi )=\psi (|x-\xi |)-\psi (\rho )$. Tale funzione ha le proprieta':

$${\begin{cases}\Delta G(x,\xi )=0\\G_{|\partial B(\xi ,\rho )}=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}\Delta G(x,\xi )=0\\G_{|\partial B(\xi ,\rho )}=0\end{cases}}$$

da cui segue:

$$u(\xi )=\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{u{\frac {\partial G}{\partial n}}-\underbrace {G(x,\xi )} _{=0}{\frac {\partial u}{\partial n}}dS}=\psi '(\rho )\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{udS}={\frac {1}{\omega _{n}\rho ^{n-1}}}\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{udS}=\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{udS}$$

$$u(\xi )=\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{u{\frac {\partial G}{\partial n}}-\underbrace {G(x,\xi )} _{=0}{\frac {\partial u}{\partial n}}dS}=\psi '(\rho )\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{udS}={\frac {1}{\omega _{n}\rho ^{n-1}}}\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{udS}=\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{udS}$$

$\forall \rho <d(\xi ,\partial \Omega )$$\forall \rho <d(\xi ,\partial \Omega )$. Abbiamo appena mostrato la cosiddetta "'proprieta' della media"':

Teorema

$u\in C^{2}(\Omega )\cap C^{0}({\overline {\Omega }})$$u\in C^{2}(\Omega )\cap C^{0}({\overline {\Omega }})$ armonica, $B(\xi ,\rho )\subseteq \Omega$$B(\xi ,\rho )\subseteq \Omega$. Allora:

$$u(\xi )=\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{udS}.$$

$$u(\xi )=\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{udS}.$$

 

Corollario

Il valore assunto da $u$$u$ armonica in un punto $\xi$$\xi$e' la media dei valori assunti in un disco di centro $\xi$$\xi$, cioe':

$$u(\xi )=\int _{B(\xi ,\rho )}{u(x)dx}.$$

$$u(\xi )=\int _{B(\xi ,\rho )}{u(x)dx}.$$

 

Dimostrazione

Per Fubini-Tonelli:

$$\int _{B(\xi ,\rho )}{u(x)dx}=\int _{0}^{\rho }{r^{n-1}\underbrace {\int _{\partial B(\xi ,r)}{udS}} _{=u(\xi )}dr}=m(B(\xi ,\rho ))u(\xi ).$$

$$\int _{B(\xi ,\rho )}{u(x)dx}=\int _{0}^{\rho }{r^{n-1}\underbrace {\int _{\partial B(\xi ,r)}{udS}} _{=u(\xi )}dr}=m(B(\xi ,\rho ))u(\xi ).$$

 

Prima di concentrarci sulla risoluzione dell'equazione di Laplace, studiamo se essa ammette un'unica soluzione; per farlo abbiamo bisogno di qualche altro risultato sulle funzioni armoniche.

Definizione

$u$$u$ si dice "'subarmonica"' se $\Delta u\geq 0$$\Delta u \ge 0$.

 

Osservazione

Per le funzioni subarmoniche ovviamente non vale la proprieta' della media, ma vale qualcosa di piu' debole; con calcoli analoghi a prima si ha:

$$u(\xi )=\int _{B(\xi ,\rho )}{\underbrace {\Delta u} _{\geq 0}\underbrace {(\psi (|x-\xi |)-\psi (\rho ))} _{\leq 0}}+\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{{\frac {\partial G}{\partial n}}udS}\leq \int _{\partial B(\xi ,\rho )}{udS}.$$

$$u(\xi )=\int _{B(\xi ,\rho )}{\underbrace {\Delta u} _{\geq 0}\underbrace {(\psi (|x-\xi |)-\psi (\rho ))} _{\leq 0}}+\int _{\partial B(\xi ,\rho )}{{\frac {\partial G}{\partial n}}udS}\leq \int _{\partial B(\xi ,\rho )}{udS}.$$

 

Osserviamo adesso che la soluzione dell'equazione di Laplace, pur essendo la descrizione di un processo fisico, puo' non esistere; il seguente e' un controesempio. Per fortuna pero' tale patologia avviene solo in presenza di domini $\Omega$$\Omega$ che sono stati privati di qualche punto isolato.

Esempio (Zaremba)

Sia $\Omega =B(0,1)\backslash \{0\}$$\Omega =B(0,1)\backslash \{0\}$; il problema di Laplace con condizione al contorno:

$$g={\begin{cases}0&{\text{se }}\|x\|=1\\1&{\text{se }}\|x\|=0\end{cases}}$$

$$g={\begin{cases}0&{\text{se }}\|x\|=1\\1&{\text{se }}\|x\|=0\end{cases}}$$

non ammette soluzione. Se infatti $u(\rho )$$u(\rho )$e' una funzione armonica radiale (in quanto la soluzione di un problema con simmetria rotazionale deve avere la simmetria rotazionale), allora $u(\rho )=A\log(\rho )+B$$u(\rho )=A\log(\rho )+B$, ma $B=0$$B=0$ per la condizione su $\{\|x\|=1\}$$\{\|x\|=1\}$ e dunque non riesco a imporre $A$$A$ affinche'$u$$u$ faccia $0$$0$ nell'origine.

 

Teorema (Principio del massimo)

Sia $\Omega$$\Omega$ aperto connesso, $u\in C^{2}(\Omega )\cap C^{0}({\overline {\Omega }})$$u\in C^{2}(\Omega )\cap C^{0}({\overline {\Omega }})$ armonica. Allora:

1. $\max _{\overline {\Omega }}{u}=\max _{\partial \Omega }{u}=M$$\max _{\overline {\Omega }}{u}=\max _{\partial \Omega }{u}=M$;

1. se esiste $x_{0}\in \Omega$$x_0\in \Omega$ tale che $u(x_{0})=M$$u(x_0)=M$, allora $u\equiv M$$u\equiv M$.

 

Dimostrazione

Ovviamente il secondo punto e' piu' forte del primo. Si ha:

$$M=u(x_{0})=\int _{B(x_{0},r)}{u(x)dx}\leq {\frac {Mm(B(x_{0},r))}{m(B(x_{0},r))}}=M,$$

$$M=u(x_{0})=\int _{B(x_{0},r)}{u(x)dx}\leq {\frac {Mm(B(x_{0},r))}{m(B(x_{0},r))}}=M,$$

dunque $u\equiv M$$u\equiv M$ nella palla $B(x_{0},r)$$B(x_0,r)$; segue che l'insieme $\{x\in \Omega \mid u(x)=M\}\neq \emptyset$$\{x\in \Omega \mid u(x)=M\}\neq \emptyset$e' aperto e chiuso in $\Omega$$\Omega$, cioe'e' tutto $\Omega$$\Omega$.

 

Con questo risultato possiamo stabilire l'unicita' della soluzione dell'equazione di Laplace in un caso abbastanza generale:

Teorema

Se $\Omega$$\Omega$e' un aperto limitato e connesso, allora la soluzione dell'equazione di Laplace e' unica.

 

Dimostrazione

Siano $u_{1},u_{2}$$u_1,u_2$ due soluzioni e sia $U=|u_{1}-u_{2}|$$U=|u_1-u_2|$. $U$$U$e' armonica e vale $0$$0$ al bordo, quindi e'$0$$0$ a tappeto per il principio del massimo.

 

Osservazione

Grazie al principio del massimo (e al principio del minimo, che afferma che il minimo si trova al bordo), si ottiene che se $u$$u$e' armonica e $u_{|\partial \Omega }=g$$u_{|\partial \Omega }=g$, allora:

$$\min _{\partial \Omega }{g(x)}\leq u(x)\leq \max _{\partial \Omega }{g(x)}\quad \forall x\in {\overline {\Omega }}.$$

$$\min _{\partial \Omega }{g(x)}\leq u(x)\leq \max _{\partial \Omega }{g(x)}\quad \forall x\in {\overline {\Omega }}.$$

 

Il principio del massimo non vale solo nel caso delle funzioni armoniche, ma si estende ad esempio anche a quelle subarmoniche; questo significa che con gli stessi ragionamenti appena fatti si puo' dimostrare l'unicita' di soluzioni di equazioni differenziali molto piu' complessi.

Lemma

Se $\Delta u>0$$\Delta u>0$, non possono esistere massimi di $u$$u$ in $\Omega$$\Omega$.

 

Dimostrazione

Sia $(x_{0},y_{0})\in \Omega$$(x_{0},y_{0})\in \Omega$ punto di massimo per $u$$u$. Posto:

$$\phi (t)=u(x_{0}+t,y_{0}),\qquad \psi (t)=u(x_{0},y_{0}+t),$$

$$\phi (t)=u(x_{0}+t,y_{0}),\qquad \psi (t)=u(x_{0},y_{0}+t),$$

si ha che $\phi '(0)=\psi '(0)=0$$\phi '(0)=\psi '(0)=0$ e $\phi ''(t),\psi ''(t)\leq 0$$\phi ''(t),\psi ''(t)\leq 0$. Ma allora $\Delta u(x_{0},y_{0})=u_{xx}(x_{0},y_{0})+u_{yy}(x_{0},y_{0})\leq 0$$\Delta u(x_0,y_0)=u_{xx}(x_0,y_0)+u_{yy}(x_0,y_0)\le 0$, assurdo.

 

Proposizione

Se $\Delta u\geq 0$$\Delta u \ge 0$, il massimo di $u$$u$ su ${\overline {\Omega }}$${\overline {\Omega }}$ ($\Omega$$\Omega$ aperto limitato) e' ottenuto nel bordo $\partial \Omega$$\partial \Omega$.

 

Dimostrazione

Sia $\varepsilon >0$$\varepsilon>0$ e poniamo $w(x,y)=u(x,y)+\varepsilon x^{2}$$w(x,y)=u(x,y)+\varepsilon x^2$. Se ${\bar {x}}=(x_{0},y_{0})$$\bar{x}=(x_0,y_0)$e' punto di massimo per $u$$u$ con ascissa $x_{0}$$x_0$ massima fra i punti di massimo, e $d({\bar {x}},\partial \Omega )=\delta$$d({\bar {x}},\partial \Omega )=\delta$, allora preso $\varepsilon <{\frac {c}{R\delta +\delta ^{2}}}$$\varepsilon <{\frac {c}{R\delta +\delta ^{2}}}$ (dove $c$$c$e' una costante opportuna che dipende da quanto decresce $u$$u$ negli $x$$x$ compresi fra $x_{0}$$x_0$ e $x_{0}+\delta$$x_{0}+\delta$ e $R$$R$e' tale che $\Omega \subseteq [-R,R]^{2}$$\Omega \subseteq [-R,R]^{2}$), si ha che la funzione $w$$w$ ha un massimo interno a $\Omega$$\Omega$. Ma questo e' assurdo perche'$\Delta w\geq 2\varepsilon >0$$\Delta w\geq 2\varepsilon >0$.

 

Proposizione

$u\in C^{2}(\Omega )\cap C^{0}({\overline {\Omega }})$$u\in C^{2}(\Omega )\cap C^{0}({\overline {\Omega }})$ armonica. Per ogni $\alpha$$\alpha$ tale che $|\alpha |=k$$|\alpha |=k$, vale la maggiorazione:

$$|D^{\alpha }u(x_{0})|\leq {\frac {c_{k}}{r^{n+k}}}\|u\|_{{\mathcal {L}}^{1}(B(x_{0},r))}.$$

$$|D^{\alpha }u(x_{0})|\leq {\frac {c_{k}}{r^{n+k}}}\|u\|_{{\mathcal {L}}^{1}(B(x_{0},r))}.$$

In particolare:

$$c_{k}={\frac {\left(2^{n+1}nk\right)^{k}}{\alpha (n)}},$$

$$c_{k}={\frac {\left(2^{n+1}nk\right)^{k}}{\alpha (n)}},$$

dove $\alpha (n)=m(B(0,1))$$\alpha (n)=m(B(0,1))$.

 

Dimostrazione

Supponiamo innanzitutto $\alpha =e_{i}$$\alpha =e_{i}$. Dalla formula di rappresentazione si ha:

$$|\partial _{i}u(x_{0})|=\left|\int _{B(x_{0},r/2)}{\partial _{i}u(x)dx}\right|={\frac {n}{\omega _{n}}}\left(2/r\right)^{n}\left|\int _{B(x_{0},r/2)}{\partial _{i}u(x)dx}\right|,$$

$$|\partial _{i}u(x_{0})|=\left|\int _{B(x_{0},r/2)}{\partial _{i}u(x)dx}\right|={\frac {n}{\omega _{n}}}\left(2/r\right)^{n}\left|\int _{B(x_{0},r/2)}{\partial _{i}u(x)dx}\right|,$$

quindi per Gauss-Green, detto $\nu$$\nu$ il versore esterno:

$$|\partial _{i}u(x_{0})|\leq {\frac {n}{\omega _{n}}}\left(2/r\right)^{n}\left|\int _{\partial B(x_{0},r/2)}{\partial _{i}u\nu _{i}dS}\right|\leq {\frac {n}{\omega _{n}}}\left(2/r\right)^{n}\max _{\partial B(x_{0},r/2)}{|u|}\omega _{n}{\frac {r^{n-1}}{2^{n-1}}}={\frac {2}{r}}n\max _{\partial B(x_{0},r/2)}{|u|}.$$

$$|\partial _{i}u(x_{0})|\leq {\frac {n}{\omega _{n}}}\left(2/r\right)^{n}\left|\int _{\partial B(x_{0},r/2)}{\partial _{i}u\nu _{i}dS}\right|\leq {\frac {n}{\omega _{n}}}\left(2/r\right)^{n}\max _{\partial B(x_{0},r/2)}{|u|}\omega _{n}{\frac {r^{n-1}}{2^{n-1}}}={\frac {2}{r}}n\max _{\partial B(x_{0},r/2)}{|u|}.$$

Ma se $x\in \partial B(x_{0},r/2)$$x\in \partial B(x_0,r/2)$, $B(x,r/2)\subseteq B(x_{0},r)$$B(x,r/2)\subseteq B(x_0,r)$ e grazie alla formula di rappresentazione si ha:

$$|u(x)|\leq {\frac {c}{r^{n}}}\|u\|_{{\mathcal {L}}^{1}(B(x,r/2))}\leq {\frac {c}{r^{n}}}\|u\|_{{\mathcal {L}}^{1}(B(x_{0},r))}.$$

$$|u(x)|\leq {\frac {c}{r^{n}}}\|u\|_{{\mathcal {L}}^{1}(B(x,r/2))}\leq {\frac {c}{r^{n}}}\|u\|_{{\mathcal {L}}^{1}(B(x_{0},r))}.$$

A questo punto una semplice induzione ci permette di concludere.

 

Corollario

Ogni funzione armonica e' analitica.

 

Corollario (Teorema di Liuville)

Ogni $u:\mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$$u:\mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ armonica limitata e' costante.

 

Dimostrazione

Preso $\alpha =e_{i}$$\alpha =e_{i}$, si ha $\forall r>0$$\forall r>0$:

$$|\partial _{i}u(x_{0})|\leq {\frac {c_{1}}{r^{n+1}}}\|u\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\leq {\frac {c_{1}}{r^{n+1}}}{\frac {\omega _{n}}{n}}r^{n}\max _{B(x_{0},r)}{u}\leq {\frac {c'}{r}},$$

$$|\partial _{i}u(x_{0})|\leq {\frac {c_{1}}{r^{n+1}}}\|u\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\leq {\frac {c_{1}}{r^{n+1}}}{\frac {\omega _{n}}{n}}r^{n}\max _{B(x_{0},r)}{u}\leq {\frac {c'}{r}},$$

quindi $\partial _{i}u(x_{0})=0$$\partial _{i}u(x_{0})=0$$\forall i$$\forall i$.

 

Arrivati a questo punto, prima di giungere a soluzioni esplicite (in casi particolari) per l'equazione di Laplace, abbiamo bisogno di qualche cenno alla teoria degli "'integrali singolari"'; l'esempio principe che spinge a studiare questi integrali e':

$$\int _{\mathbb {R} }{{\frac {1}{x}}dx}.$$

$$\int _{\mathbb {R} }{{\frac {1}{x}}dx}.$$

Come ben sappiamo, questo integrale non ha senso perche' non e' convergente; ma se consideriamo:

$$\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}{\int _{\varepsilon <|x|<1/\varepsilon }{{\frac {1}{x}}dx}},$$

$$\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}{\int _{\varepsilon <|x|<1/\varepsilon }{{\frac {1}{x}}dx}},$$

questo limite esiste ed e'$0$$0$ in quanto l'integrale vale $0$$0$$\forall \varepsilon$$\forall \varepsilon$. Osservato questo esempio, proviamo a generalizzare l'idea a integrali piu' complessi.

Osservazione

La funzione $f(x)={\frac {1}{|x|^{k}}}$$f(x)={\frac {1}{|x|^{k}}}$ con $x\in \mathbb {R} ^{n}$$x\in \mathbb {R} ^{n}$e' integrabile vicino a $0$$0$$\iff k<n$$\iff k<n$. Infatti, passando in coordinate sferiche:

$$\int _{|x|\leq \varepsilon }{f(x)}=c\int _{0}^{\varepsilon }=c\int _{-\varepsilon }^{\varepsilon }.$$

$$\int _{|x|\leq \varepsilon }{f(x)}=c\int _{0}^{\varepsilon }=c\int _{-\varepsilon }^{\varepsilon }.$$

 

Esempio

Consideriamo il problema di Poisson $\Delta u=f$$\Delta u=f$ in $\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{n}$$\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{n}$, con $f$$f$ a supporto compatto. Vogliamo vedere che la funzione:

$$u(x)={\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}\int {{\frac {f(y)}{|x-y|}}dy}=f(x)*{\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}{\frac {1}{|x|}}$$

$$u(x)={\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}\int {{\frac {f(y)}{|x-y|}}dy}=f(x)*{\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}{\frac {1}{|x|}}$$

e' soluzione del problema. Per calcolare $\Delta u$$\Delta u$, abbiamo bisogno che $\Delta {\frac {1}{|x-y|}}$$\Delta \frac{1}{|x-y|}$ sia ben definito e integrabile; si ha:

$$\partial _{i}\left(\sum _{k=1}^{3}{(x_{k}-y_{k})^{2}}\right)^{-1/2}=-{\frac {x_{i}-y_{i}}{|x-y|^{3}}}$$

$$\partial _{i}\left(\sum _{k=1}^{3}{(x_{k}-y_{k})^{2}}\right)^{-1/2}=-{\frac {x_{i}-y_{i}}{|x-y|^{3}}}$$

e:

$${\begin{aligned}\partial _{j}\partial _{i}\left(\sum _{k=1}^{3}{(x_{k}-y_{k})^{2}}\right)^{-1/2}&=-\left({\frac {\delta _{ij}}{|x-y|^{3}}}-{\frac {3}{2}}(x_{i}-y_{i})\left(\sum _{k=1}^{3}{(x_{k}-y_{k})^{2}}\right)^{-5/2}2(x_{j}-y_{j})\right)=\\&=-{\frac {\delta _{ij}}{|x-y|^{3}}}+{\frac {3(x_{i}-y_{i})(x_{j}-y_{j})}{|x-y|^{5}}}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\partial _{j}\partial _{i}\left(\sum _{k=1}^{3}{(x_{k}-y_{k})^{2}}\right)^{-1/2}&=-\left({\frac {\delta _{ij}}{|x-y|^{3}}}-{\frac {3}{2}}(x_{i}-y_{i})\left(\sum _{k=1}^{3}{(x_{k}-y_{k})^{2}}\right)^{-5/2}2(x_{j}-y_{j})\right)=\\&=-{\frac {\delta _{ij}}{|x-y|^{3}}}+{\frac {3(x_{i}-y_{i})(x_{j}-y_{j})}{|x-y|^{5}}}.\end{aligned}}$$

Ma allora $\Delta {\frac {1}{|x-y|}}$$\Delta \frac{1}{|x-y|}$ va come ${\frac {1}{|x-y|^{3}}}$$\frac{1}{|x-y|^3}$, che non sta in ${\mathcal {L}}^{1}(B(0,R))$$\mathcal{L}^1(B(0,R))$, quindi $u$$u$ definita precedentemente non e' una soluzione del problema in senso classico. Vediamo come sfruttare gli integrali singolari per risolvere il problema.

 

Data $f\in {\mathcal {L}}^{\infty }(\Omega )\cap {\mathcal {L}}^{1}(\Omega )$$f\in {\mathcal {L}}^{\infty }(\Omega )\cap {\mathcal {L}}^{1}(\Omega )$, definiamo "'potenziale newtoniano"' di $f$$f$ la funzione:

$$\omega (x)=\int _{\Omega }{{\frac {f(y)}{|x-y|}}dy}.$$

$$\omega (x)=\int _{\Omega }{{\frac {f(y)}{|x-y|}}dy}.$$

Lemma

Vale la formula:

$$\partial _{i}\omega (x)=\int _{\Omega }{f(y)\partial _{i}{\frac {1}{|x-y|}}dy}.$$

$$\partial _{i}\omega (x)=\int _{\Omega }{f(y)\partial _{i}{\frac {1}{|x-y|}}dy}.$$

 

Dimostrazione

Sia $\eta \in C^{\infty }(\mathbb {R} )$$\eta \in C^{\infty }(\mathbb {R} )$ tale che $\eta (x)=0$$\eta (x)=0$ se $x\leq 1$$x\le 1$, $\eta (x)=1$$\eta (x)=1$ se $x\geq 2$$x \ge 2$ e $0\leq \eta '\leq 2$$0\leq \eta '\leq 2$; poniamo inoltre $\eta _{\varepsilon }=\eta \left({\frac {x}{\varepsilon }}\right)$$\eta _{\varepsilon }=\eta \left({\frac {x}{\varepsilon }}\right)$. Vogliamo vedere che, detti:

$$\omega _{\varepsilon }(x)=\int _{\Omega }{{\frac {f(y)}{|x-y|}}\eta _{\varepsilon }(|x-y|)},\qquad v(x)=\int _{\Omega }{f(y)\partial _{i}{\frac {1}{|x-y|}}dy},$$

$$\omega _{\varepsilon }(x)=\int _{\Omega }{{\frac {f(y)}{|x-y|}}\eta _{\varepsilon }(|x-y|)},\qquad v(x)=\int _{\Omega }{f(y)\partial _{i}{\frac {1}{|x-y|}}dy},$$

allora $v(x)-\partial _{i}\omega _{\varepsilon }(x)\rightarrow 0$$v(x)-\partial _{i}\omega _{\varepsilon }(x)\rightarrow 0$ per $\varepsilon \rightarrow 0$$\varepsilon \rightarrow 0$. Abbiamo:

$$v(x)-\partial _{i}\omega _{\varepsilon }(x)=\int _{\varepsilon \leq |x-y|\leq 2\varepsilon }{\partial _{i}\left({\frac {1-\eta _{\varepsilon }(|x-y|)}{|x-y|}}\right)f(y)dy},$$

$$v(x)-\partial _{i}\omega _{\varepsilon }(x)=\int _{\varepsilon \leq |x-y|\leq 2\varepsilon }{\partial _{i}\left({\frac {1-\eta _{\varepsilon }(|x-y|)}{|x-y|}}\right)f(y)dy},$$

quindi:

$$|v(x)-\partial _{i}\omega _{\varepsilon }(x)|\leq \sup {|f|}\int _{\varepsilon \leq |x-y|\leq 2\varepsilon }{\partial _{i}{\frac {1}{|x-y|}}+{\frac {2}{\varepsilon }}{\frac {1}{|x-y|}}dy}\leq \sup {|f|}4\pi \int _{\varepsilon }^{2\varepsilon }{\rho ^{2}\left({\frac {1}{\rho ^{2}}}+{\frac {2}{\rho \varepsilon }}\right)}<c\varepsilon ,$$

$$|v(x)-\partial _{i}\omega _{\varepsilon }(x)|\leq \sup {|f|}\int _{\varepsilon \leq |x-y|\leq 2\varepsilon }{\partial _{i}{\frac {1}{|x-y|}}+{\frac {2}{\varepsilon }}{\frac {1}{|x-y|}}dy}\leq \sup {|f|}4\pi \int _{\varepsilon }^{2\varepsilon }{\rho ^{2}\left({\frac {1}{\rho ^{2}}}+{\frac {2}{\rho \varepsilon }}\right)}<c\varepsilon ,$$

(ho fatto un cambio di variabili $\rho =|x-y|$$\rho =|x-y|$ e $\rho ^{2}$$\rho ^{2}$e' il determinante del Jacobiano), e fuori da $\varepsilon \leq |x-y|\leq 2\varepsilon$$\varepsilon \leq |x-y|\leq 2\varepsilon$ le due funzioni sono evidentemente uguali.

 

Osservazione

Il ragionamento precedente non si puo' applicare alla derivata seconda di $\omega (x)$$\omega (x)$, in quanto la derivata seconda di $|x|^{2-n}$$|x|^{2-n}$e'$|x|^{-n}$$|x|^{-n}$ che non e' integrabile.

 

Supponiamo adesso $\Omega$$\Omega$ compatto e $\Omega \Subset \Omega _{0}$$\Omega \Subset \Omega _{0}$ compattamente incluso (ad esempio $d(\Omega ,\Omega _{0})>1$$d(\Omega ,\Omega _{0})>1$); inoltre, se $f$$f$e' una funzione definita su $\Omega$$\Omega$, indichiamo con $f$$f$ anche la funzione che vale $f$$f$ su $\Omega$$\Omega$ e $0$$0$ fuori. Poniamo inoltre $\psi (\rho )={\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}\rho ^{2-n}$$\psi (\rho )={\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}\rho ^{2-n}$, in modo che:

$$\omega (x)=\int {\psi (|x-y|)f(y)dy}$$

$$\omega (x)=\int {\psi (|x-y|)f(y)dy}$$

sia il potenziale newtoniano (a meno di costanti). Grazie al lemma precedente, generalizzando al caso $n>3$$n>3$ si ottiene in maniera analoga:

$$\partial _{i}\omega (x)=\int _{\Omega }{\partial _{i}\psi (|x-y|)f(y)dy}.$$

$$\partial _{i}\omega (x)=\int _{\Omega }{\partial _{i}\psi (|x-y|)f(y)dy}.$$

Proposizione

Sia $f\in {\mathcal {L}}^{\infty }(\Omega )\cap C^{0,\alpha }(\Omega )$$f\in {\mathcal {L}}^{\infty }(\Omega )\cap C^{0,\alpha }(\Omega )$, $0<\alpha \leq 1$$0<\alpha \le 1$; allora:

$$\partial _{ji}\omega (x)=\int _{\Omega _{0}}{\partial _{ji}\psi (|x-y|)(f(y)-f(x))dy}-f(x)\int _{\partial \Omega _{0}}{\partial _{i}\psi (|x-y|)\nu _{j}dS},$$

$$\partial _{ji}\omega (x)=\int _{\Omega _{0}}{\partial _{ji}\psi (|x-y|)(f(y)-f(x))dy}-f(x)\int _{\partial \Omega _{0}}{\partial _{i}\psi (|x-y|)\nu _{j}dS},$$

dove $\nu$$\nu$e' il vettore normale alla superficie. In particolare (in questo senso) $\omega (x)\in C^{2}(\Omega )$$\omega (x)\in C^{2}(\Omega )$.

 

Dimostrazione

Sia $\eta _{\varepsilon }$$\eta _{\varepsilon }$ come nel lemma. Poniamo:

$$v_{\varepsilon }(x)=\int _{\Omega }{\partial _{i}\psi (|x-y|)\eta _{\varepsilon }(|x-y|)f(y)dy}.$$

$$v_{\varepsilon }(x)=\int _{\Omega }{\partial _{i}\psi (|x-y|)\eta _{\varepsilon }(|x-y|)f(y)dy}.$$

L'integrale:

$$\partial _{j}v_{\varepsilon }(x)=\int _{\Omega }{\partial _{j}(\partial _{i}\psi \eta _{\varepsilon })f(y)dy}$$

$$\partial _{j}v_{\varepsilon }(x)=\int _{\Omega }{\partial _{j}(\partial _{i}\psi \eta _{\varepsilon })f(y)dy}$$

e' ben definito, quindi puo' essere esteso a $\Omega _{0}$$\Omega _{0}$ senza alterarne il valore. In particolare:

$$\partial _{j}v_{\varepsilon }(x)=\int _{\Omega _{0}}{\partial _{j}(\partial _{i}\psi \eta _{\varepsilon })(f(y)-f(x)+f(x))dy}=\underbrace {\int _{\Omega _{0}}{\partial _{j}(\partial _{i}\psi \eta _{\varepsilon })(f(y)-f(x))dy}} _{=A}+\underbrace {f(x)\int _{\Omega _{0}}{\partial _{j}(\partial _{i}\psi \eta _{\varepsilon })dy}} _{=B}.$$

$$\partial _{j}v_{\varepsilon }(x)=\int _{\Omega _{0}}{\partial _{j}(\partial _{i}\psi \eta _{\varepsilon })(f(y)-f(x)+f(x))dy}=\underbrace {\int _{\Omega _{0}}{\partial _{j}(\partial _{i}\psi \eta _{\varepsilon })(f(y)-f(x))dy}} _{=A}+\underbrace {f(x)\int _{\Omega _{0}}{\partial _{j}(\partial _{i}\psi \eta _{\varepsilon })dy}} _{=B}.$$

Studiamo separatamente i due integrali:

$$B=-f(x)\int _{\partial \Omega _{0}}{\partial _{i}\psi \eta _{\varepsilon }\nu _{j}dS}\rightarrow -f(x)\int _{\partial \Omega _{0}}{\partial _{i}\psi (|x-y|)\nu _{j}dS},$$

$$B=-f(x)\int _{\partial \Omega _{0}}{\partial _{i}\psi \eta _{\varepsilon }\nu _{j}dS}\rightarrow -f(x)\int _{\partial \Omega _{0}}{\partial _{i}\psi (|x-y|)\nu _{j}dS},$$

quando $\varepsilon \rightarrow 0$$\varepsilon \rightarrow 0$ (usando Gauss-Green); invece:

$${\begin{aligned}&\left|\int _{|x-y|\leq 2\varepsilon }{\partial _{j}((1-\eta _{\varepsilon })\partial _{i}\psi )(f(y)-f(x))dy}\right|\leq \\&\leq \int _{\varepsilon \leq |x-y|\leq 2\varepsilon }{{\biggl (}\underbrace {|\partial _{j}\eta _{\varepsilon }|} _{\leq {\frac {c_{1}}{\varepsilon }}}\underbrace {|\partial _{i}\psi |} _{\leq {\frac {c_{2}}{|x-y|^{n-1}}}}+|(1-\eta _{\varepsilon })|\underbrace {|\partial _{ji}\psi |} _{\leq {\frac {c_{3}}{|x-y|^{n}}}}{\biggr )}\underbrace {|f(x)-f(y)|} _{\leq c_{4}|x-y|^{\alpha }}dy}\leq \\&\leq c\varepsilon ^{\alpha /2}\int _{|x-y|\leq 2\varepsilon }{{\frac {1}{|x-y|^{n-\alpha /2}}}dy}\leq c'\varepsilon ^{\alpha /2}\rightarrow 0\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}&\left|\int _{|x-y|\leq 2\varepsilon }{\partial _{j}((1-\eta _{\varepsilon })\partial _{i}\psi )(f(y)-f(x))dy}\right|\leq \\&\leq \int _{\varepsilon \leq |x-y|\leq 2\varepsilon }{{\biggl (}\underbrace {|\partial _{j}\eta _{\varepsilon }|} _{\leq {\frac {c_{1}}{\varepsilon }}}\underbrace {|\partial _{i}\psi |} _{\leq {\frac {c_{2}}{|x-y|^{n-1}}}}+|(1-\eta _{\varepsilon })|\underbrace {|\partial _{ji}\psi |} _{\leq {\frac {c_{3}}{|x-y|^{n}}}}{\biggr )}\underbrace {|f(x)-f(y)|} _{\leq c_{4}|x-y|^{\alpha }}dy}\leq \\&\leq c\varepsilon ^{\alpha /2}\int _{|x-y|\leq 2\varepsilon }{{\frac {1}{|x-y|^{n-\alpha /2}}}dy}\leq c'\varepsilon ^{\alpha /2}\rightarrow 0\end{aligned}}$$

quando $\varepsilon \rightarrow 0$$\varepsilon \rightarrow 0$. Visto che fuori da $\varepsilon \leq |x-y|\leq 2\varepsilon$$\varepsilon \leq |x-y|\leq 2\varepsilon$ c'e' regolarita' di tutte le funzioni e $\eta _{\varepsilon }\equiv 1$$\eta _{\varepsilon }\equiv 1$, si ha la tesi.

 

A questo punto, visto che siamo riusciti a motivare l'esistenza di $\Delta \omega$$\Delta \omega$, possiamo scrivere:

$$\Delta \left({\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}\omega (x)\right)=\int _{\Omega _{0}}{\Delta \psi (|x-y|)f(y)dy}=\int _{\Omega _{0}}{\delta (|x-y|)f(y)dy}=f(x),$$

$$\Delta \left({\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}\omega (x)\right)=\int _{\Omega _{0}}{\Delta \psi (|x-y|)f(y)dy}=\int _{\Omega _{0}}{\delta (|x-y|)f(y)dy}=f(x),$$

cioe'${\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}\omega (x)$${\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}\omega (x)$e' effettivamente la soluzione del problema di Poisson quando $f\in {\mathcal {L}}^{\infty }(\Omega )\cap C^{0,\alpha }(\Omega )$$f\in {\mathcal {L}}^{\infty }(\Omega )\cap C^{0,\alpha }(\Omega )$.

Ritorniamo al problema di Laplace:

$${\begin{cases}\Delta u=0&{\text{in }}\Omega \\u=g&{\text{in }}\partial \Omega \end{cases}}$$

$${\begin{cases}\Delta u=0&{\text{in }}\Omega \\u=g&{\text{in }}\partial \Omega \end{cases}}$$

e proviamo a risolvere il caso $\Omega =B(0,R)\subseteq \mathbb {R} ^{n}$$\Omega =B(0,R)\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.

Lemma

Per ogni $x,y\in \mathbb {R} ^{n}\backslash \{0\}$$x,y\in \mathbb {R} ^{n}\backslash \{0\}$, vale la relazione:

$$\left\|{\frac {x}{\|x\|}}-\|x\|y\right\|=\left\|{\frac {y}{\|y\|}}-\|y\|x\right\|.$$

$$\left\|{\frac {x}{\|x\|}}-\|x\|y\right\|=\left\|{\frac {y}{\|y\|}}-\|y\|x\right\|.$$

 

Dimostrazione

Basta dimostrarlo per vettori unitari per linearita'. Ma per quelli e' ovvio.

 

Sia dunque $x\in B=B(0,R)$$x\in B=B(0,R)$; definiamo ${\bar {x}}={\frac {R^{2}}{\|x\|^{2}}}x$${\bar {x}}={\frac {R^{2}}{\|x\|^{2}}}x$. Riprendiamo la notazione:

$$\psi (|x-y|)={\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}{\frac {1}{|x-y|^{n-2}}}.$$

$$\psi (|x-y|)={\frac {1}{(2-n)\omega _{n}}}{\frac {1}{|x-y|^{n-2}}}.$$

Se riesco a trovare una $G=\psi (|x-y|)+h$$G=\psi (|x-y|)+h$, con $h$$h$ armonica, tale che $G_{|\partial B}=0$$G_{|\partial B}=0$, avrei per la formula di rappresentazione:

$$u(x)=\int _{\partial B}{{\frac {\partial G}{\partial n}}u(y)dS}-\underbrace {\int _{\partial B}{{\frac {\partial u}{\partial n}}GdS}} _{=0}=\int _{\partial B}{{\frac {\partial G}{\partial n}}g(x)dS}.$$

$$u(x)=\int _{\partial B}{{\frac {\partial G}{\partial n}}u(y)dS}-\underbrace {\int _{\partial B}{{\frac {\partial u}{\partial n}}GdS}} _{=0}=\int _{\partial B}{{\frac {\partial G}{\partial n}}g(x)dS}.$$

Affermo che la funzione $G$$G$ cercata e':

$$G(x,y)={\frac {1}{\omega _{n}(2-n)}}\left({\frac {1}{|x-y|^{n-2}}}-c{\frac {1}{|x-{\bar {y}}|^{n-2}}}\right),$$

$$G(x,y)={\frac {1}{\omega _{n}(2-n)}}\left({\frac {1}{|x-y|^{n-2}}}-c{\frac {1}{|x-{\bar {y}}|^{n-2}}}\right),$$

con $c$$c$ costante da determinare. Per il lemma precedente, se $\|x\|=R$$\|x\|=R$:

$${\begin{aligned}\|x-{\bar {y}}\|&=\left\|x-{\frac {R^{2}}{\|y\|^{2}}}y\right\|=R\left\|{\frac {x}{R}}-{\frac {R}{\|y\|^{2}}}y\right\|=R\left\|{\frac {x}{\|x\|}}-{\frac {\|x\|}{\|y\|^{2}}}y\right\|=R\left\|{\frac {\frac {y}{\|y\|^{2}}}{\left\|{\frac {y}{\|y\|^{2}}}\right\|}}-\left\|{\frac {y}{\|y\|^{2}}}\right\|x\right\|=\\&=R\left\|{\frac {y}{\|y\|}}-{\frac {x}{\|y\|}}\right\|={\frac {R}{\|y\|}}\|x-y\|,\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\|x-{\bar {y}}\|&=\left\|x-{\frac {R^{2}}{\|y\|^{2}}}y\right\|=R\left\|{\frac {x}{R}}-{\frac {R}{\|y\|^{2}}}y\right\|=R\left\|{\frac {x}{\|x\|}}-{\frac {\|x\|}{\|y\|^{2}}}y\right\|=R\left\|{\frac {\frac {y}{\|y\|^{2}}}{\left\|{\frac {y}{\|y\|^{2}}}\right\|}}-\left\|{\frac {y}{\|y\|^{2}}}\right\|x\right\|=\\&=R\left\|{\frac {y}{\|y\|}}-{\frac {x}{\|y\|}}\right\|={\frac {R}{\|y\|}}\|x-y\|,\end{aligned}}$$

dunque se $c=\left({\frac {R}{\|y\|}}\right)^{n-2}$$c=\left({\frac {R}{\|y\|}}\right)^{n-2}$, $G$$G$ fa $0$$0$ sul bordo. A questo punto, derivando $G$$G$, con lunghi calcoli si arriva alla soluzione del problema di Laplace:

$$u(x)={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B}{{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}g(y)dy}=g(x)*P(x),$$

$$u(x)={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B}{{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}g(y)dy}=g(x)*P(x),$$

dove $P(x,y)={\frac {1}{\omega _{n}R}}{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}$$P(x,y)={\frac {1}{\omega _{n}R}}{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}$e' il "'nucleo di Poisson.

Vogliamo vedere adesso che effettivamente $u(x)\rightarrow g(x)$$u(x)\rightarrow g(x)$ quando $|x|\rightarrow R$$|x|\rightarrow R$. L'integrale di $P(x,y)$$P(x,y)$ su $\partial B$$\partial B$e' la soluzione del problema di Laplace con $g\equiv 1$$g\equiv 1$. Quindi, per unicita' della soluzione, dovremmo avere che $\int _{\partial B}{P(x,y)dy}=1$$\int _{\partial B}{P(x,y)dy}=1$.

Lemma

Vale:

$$v(x)={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B}{{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}dy}=1.$$

$$v(x)={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B}{{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}dy}=1.$$

 

Dimostrazione

Osserviamo innanzitutto che $v$$v$e' armonica, in quanto e' un caso particolare di $u$$u$; dunque, $\forall 0<r<R$$\forall 0<r<R$:

$$\int _{\partial B(0,r)}{v(x)dx}=v(0)={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B}{{\frac {R^{2}}{|y|^{n}}}dy}={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B}{{\frac {R^{2}}{R^{n}}}dy}={\frac {\mu (\partial B)}{\omega _{n}R^{n-1}}}=1.$$

$$\int _{\partial B(0,r)}{v(x)dx}=v(0)={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B}{{\frac {R^{2}}{|y|^{n}}}dy}={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B}{{\frac {R^{2}}{R^{n}}}dy}={\frac {\mu (\partial B)}{\omega _{n}R^{n-1}}}=1.$$

Vediamo adesso che $v(x)=v(|x|)$$v(x)=v(|x|)$e' radiale (e avremmo la tesi); questo segue dal fatto che, se $|x_{1}|=|x_{2}|$$|x_1|=|x_2|$, esiste una rotazione che porta $x_{1}$$x_{1}$ in $x_{2}$$x_{2}$ e lascia invariato $\partial B$$\partial B$.

 

Siamo ora pronti per dimostrare che la formula trovata per $u$$u$e' effettivamente la soluzione del problema di Laplace.

Proposizione

Sia $x_{0}\in \partial B$$x_0\in \partial B$; allora:

$$u(x)\rightarrow g(x_{0})\quad {\text{se }}x\rightarrow x_{0}.$$

$$u(x)\rightarrow g(x_{0})\quad {\text{se }}x\rightarrow x_{0}.$$

 

Dimostrazione

Visto che abbiamo dimostrato che l'integrale del nucleo di Poisson e'$1$$1$, si ha:

$${\begin{aligned}u(x)-g(x_{0})&={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B}{{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}(g(y)-g(x_{0}))dy}={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B\cap \{|x-y|\leq \delta \}}{{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}\underbrace {(g(y)-g(x_{0}))} _{<\varepsilon }dy}+\\&+{\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B\cap \{|x-y|>\delta \}}{{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}\underbrace {(g(y)-g(x_{0}))} _{\leq 2\|g\|}dy}<{\frac {\varepsilon }{\omega _{n}R}}+c(R^{2}-|x|^{2})\rightarrow 0,\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}u(x)-g(x_{0})&={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B}{{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}(g(y)-g(x_{0}))dy}={\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B\cap \{|x-y|\leq \delta \}}{{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}\underbrace {(g(y)-g(x_{0}))} _{<\varepsilon }dy}+\\&+{\frac {1}{\omega _{n}R}}\int _{\partial B\cap \{|x-y|>\delta \}}{{\frac {R^{2}-|x|^{2}}{|x-y|^{n}}}\underbrace {(g(y)-g(x_{0}))} _{\leq 2\|g\|}dy}<{\frac {\varepsilon }{\omega _{n}R}}+c(R^{2}-|x|^{2})\rightarrow 0,\end{aligned}}$$

quando $x\rightarrow x_{0}$$x\rightarrow x_0$.

 

Diamo solo un accenno a come si potrebbe risolvere il problema di Laplace in un aperto generico $\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{n}$$\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{n}$. Sia $u:\Omega \rightarrow \mathbb {R}$$u:\Omega \rightarrow \mathbb {R}$ subarmonica; prendiamo $x\in \Omega$$x\in \Omega$ e consideriamo una palla $B=B(x,r)\subseteq \Omega$$B=B(x,r)\subseteq \Omega$; definiamo:

$$u_{1}={\begin{cases}u&{\text{in }}\Omega \backslash B\\u*P&{\text{in }}B\end{cases}}$$

$$u_{1}={\begin{cases}u&{\text{in }}\Omega \backslash B\\u*P&{\text{in }}B\end{cases}}$$

dove $P$$P$e' il nucleo di Poisson. Cambiando $x\in \Omega$$x\in \Omega$ e prendendo l'estremo superiore di tutte le funzioni cosi' ottenute, si puo' mostrare che si ottiene la soluzione voluta. In una dimensione, questo ragionamento e' molto semplice da capire: supponiamo di voler trovare la funzione armonica che congiunge i punti $(a,\alpha )$$(a,\alpha )$ e $(b,\beta )$$(b,\beta )$; come abbiamo gia' visto, essa e' il segmento congiungente. Se $u$$u$e' una qualunque funzione subarmonica (cioe' convessa) che unisce i due punti, consideriamo $a<x_{1}<x_{2}<b$$a<x_1<x_2<b$ e, (supponendo di saper risolvere il problema fra $x_{1}$$x_{1}$ e $x_{2}$$x_{2}$), lo risolviamo in $[x_{1},x_{2}]$$[x_1,x_2]$ (cioe' uniamo $x_{1}$$x_{1}$ e $x_{2}$$x_{2}$ con un segmento), ottenendo una nuova funzione $u_{1}$$u_1$ ancora subarmonica. Iterando questo ragionamento, la soluzione voluta (cioe' il segmento) non e' altro che l'estremo superiore di tutte queste funzioni ottenibili risolvendo il problema in $[x_{1},x_{2}]$$[x_1,x_2]$ e variando $x_{1},x_{2}$$x_1,x_2$.