L'equazione di Poisson e l'equazione di Laplace

Siano dati sul piano due punti e ; vogliamo trovare una funzione tale che:

Supponiamo di aver trovato una tale che minimizza l'energia; sia , cioe' tale che . Definiamo:
allora, visto che minimizza l'energia, abbiamo:
Quindi, integrando per parti (e dunque supponendo ), abbiamo:
. Ora, se e se fosse per un certo , allora si avrebbe per , dunque prendendo che vale su e fuori da , si avrebbe che l'integrale non sarebbe , quindi concludiamo che . In altre parole, la funzione che minimizza l'energia e' la retta.


Imponiamo adesso un'altra condizione, cioe' che la funzione debba superare un vincolo posto nell'intervallo , cioe' deve essere tale che:

Se ad esempio , allora ci immaginiamo che la funzione voluta sia la spezzata che unisce a e a ; pero' questa funzione non puo' essere ottenuta con il ragionamento precedente, in quanto tale non sarebbe . 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 dimensioni; sia e consideriamo una membrana che si deve appoggiare sul bordo in modo da minimizzare l'energia: abbiamo quindi un problema:

Come prima definiamo e, presa , imponiamo a il limite del rapporto incrementale di lungo :
Integrando per parti:
quindi, se , si ha che , dunque ragionando come prima .


Osservazione

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

La soluzione e' una funzione con derivata in ogni punto piu' vicina possibile all'asse ; osserviamo che la successione di funzioni tale che unisce i punti , , , , , rende l'integrale precedente piu' piccolo di , con una certa costante. Dunque l'estremo inferiore di quell'integrale e', ma d'altra parte il limite della successione di funzioni minimizzanti, che e', non coincide con il minimizzante dell'integrale; si conclude che il minimo non esiste.

 


Quindi, per risolvere il problema, dobbiamo trovare una successione minimizzante tale che e:

cioe' tale che in ; questo non impedisce pero' a a essere illimitato in qualche punto.


Ritorniamo ora al problema variazionale considerato; senza supporre eccessiva regolarita' su , avevamo trovato la condizione che:

. Definiamo il prodotto scalare:
sicuramente e' bilineare e , ma esso induce una seminorma (e non una norma), in quanto costante quasi ovunque. Preferiamo dunque considerare il prodotto scalare:
in quanto quasi ovunque. Osserviamo inoltre che e' ben definito non appena ; in altre parole e' ben definito se, presa in , si ha che tale che:
quando . Denoteremo tale in senso improprio.


Osservazione

Supponiamo di voler risolvere il problema di Cauchy:

Il problema non e' ben definito in senso classico, in quanto ha una discontinuita' di salto, quindi non puo' esistere una derivabile che abbia come derivata; potremmo chiedere che valga quasi ovunque, ma cio' puo' causare problemi piuttosto importanti: se ad esempio chiediamo che quasi ovunque, puo' essere la scala di Cantor, eliminando l'unicita' della soluzione del problema. Quindi l'idea e' approssimare con funzioni piu' regolari e risolvere i sistemi approssimati, per poi passare al limite; ad esempio, nel nostro caso, potremmo approssimare con definita da:
per ottenere delle che approssimano 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:

con non quadrato di un intero e . Scriviamo le funzioni in gioco con le rispettive serie di Fourier (poiche' siamo in ):
Risolvo , cioe':
dunque , da cui , con il denominatore sempre . La soluzione troncata e' percio':
Ma essendo in , ; osserviamo che tale sta in , in quanto le sue due prime derivate deboli:
stanno in poiche' i rispettivi coefficienti di Fourier stanno in .


Osserviamo che, quindi, partendo da una funzione , si ottiene una soluzione ; questo "guadagno" di due derivate in generale e' falso se partiamo da e vogliamo ottenere . Un esempio e' il problema:

con , (infatti in una dimensione il problema ha una soluzione ). Se ad esempio e , in generale e' falso che (poiche' se e' regolare, non si puo' dire niente sulla regolarita' di ciascuno degli addendi); in realta' abbiamo che, se , allora , ma questo non ci risolve il caso generale. Quindi cambiamo contesto e fissiamo ; vogliamo vedere che qua la soluzione "guadagna" due derivate. Poniamo inoltre . Scrivendo le funzioni in serie di Fourier:
otteniamo, ragionando come prima per approssimazioni successive:
cioe'. Osserviamo che, come voluto, .


Osservazione

Modificando leggermente l'equazione appena studiata, consideriamo . Allora:

cioe'; questo implica che . Ma cosa possiamo dire sulle derivate miste? Integrando per parti, ponendo , si ha:
cioe'.

 


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

Per la disuguaglianza di Poincare' abbiamo la stima dall'alto:
che ci permette di controllare con . Prendiamo lo spazio euclideo , con prodotto scalare ; completiamo a . Sia una generica funzione regolare, ; allora, se e' soluzione dell'equazione considerata, abbiamo integrando per parti:
Riscriviamo la precedente relazione denotando il funzionale tale che :
Osserviamo che, se e , allora per ogni funzione regolare ; se pero' non abbiamo queste ipotesi di regolarita', abbiamo visto che vale l'implicazione , ma in generale non vale l'altra. Dunque estendiamo il concetto di soluzione di un'equazione differenziale dicendo che una funzione e' se e solo se e' ortogonale a tutte le funzioni regolari ; in altre parole, se , definiamo:
Risolvere l'equazione considerata e' equivalente a trovare il minimo di:
infatti quando ; un problema simile era stato introdotto all'inizio della sezione. Osserviamo che:
dunque effettivamente l'estremo inferiore di e' finito. Con lo stesso conto appena fatto, si vede che , dunque e' limitato e lineare, e percio' per il teorema di Riesz esiste un'unico tale che . Ma allora , dunque la soluzione (unica) e'.


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 in una partizione e denotiamo , , la funzione lineare che unisce i punti , , ed e' fuori da ; supponiamo di poter scrivere la nostra funzione come:

Denotiamo ; considerando l'equazione di Poisson troncata abbiamo:
cioe':
(in realta' l'integrale andrebbe spezzato in integrali, in modo che in ciascuno sia ben definita la derivata dei ). Denotiamo , , , , ; allora il mio problema troncato si riduce al sistema:
che e' risolubile e' invertibile. Ma:
dunque se , allora , cioe'; questo mostra l'iniettivita' (e dunque l'invertibilita') di . 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 ? Usando argomenti piu' avanzati di analisi funzionale, si puo' vedere che, se , allora converge effettivamente alla soluzione. Inoltre si puo' verificare che e' la proiezione di su .


Osservazione

Consideriamo l'equazione di Poisson unidimensionale nel caso in cui sono -periodiche. Risolvere l'equazione troncata , con e , significa trovare tale che (dove e' la proiezione), cioe' tale che:

Quest'ultima condizione e' equivalente a cercare tale che .

 


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


Esempio

Supponiamo di voler risolvere l'equazione:

con periodicita'; proiettando su avremmo , in quanto se , non e' vero che . Quindi siamo obbligati a risolvere un'equazione ancora piu' approssimata, che e':
cioe'.

 


Esempio

Interessiamoci all'equazione differenziale , con periodica a media nulla. Troncando l'equazione, cerchiamo tale che:

ma , quindi poniamo e otteniamo:
cioe':
Percio', grazie alla disuguaglianza di Poincare', otteniamo la "'stima a priori"'; grazie a questa stima ricaviamo che il prodotto scalare ha senso, in quanto per la stima appena fatta la serie di converge. Purtroppo, per passare al limite , l'unica cosa che rimarrebbe da fare sarebbe controllare l'addendo , ma per far questo avremmo bisogno del teorema di immersione di Sobolev, che afferma che si immerge compattamente in .

 


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

con . Passiamo in coordinate polari:
con periodica rispetto a . Separando le variabili, poniamo , da cui:
Ma con periodica e' l'equazione dell'oscillatore armonico, quindi si deve avere , ; si ottiene l'equazione:
Se , la soluzione sarebbe il logaritmo (oltre alle costanti), che pero' escludiamo perche' va a in un intorno di ; dunque in corrispondenza di assegniamo la soluzione costante. Se , la funzione risolve l'equazione :
Ma per regolarita' di in , si deve avere ; quindi . Abbiamo ottenuto le soluzioni per e se ; dunque se , allora converge assolutamente perche'e' maggiorata da una serie geometrica con .


Abbiamo mostrato:


Proposizione 23

e' tale che e, se , , , allora:

e' armonica e quando .

 


Ma se non avesse i coefficienti limitati, cosa potremmo dire sulla convergenza di per ? Osserviamo che:

Se mostrassimo che (detto "'nucleo di Poisson) e' una successione di Dirac per , avremmo la convergenza voluta.


Lemma 24

.

 
Dimostrazione

Per la prima uguaglianza:

Per la seconda:

 


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

  1. , in quanto e .
  1. , in quanto e' somma di funzioni pari.
  1. , in quanto l'integrale del coseno e' e rimane solo l'integrale di .
  1. Se , allora , dunque uniformemente quando .


Si conclude percio' che:

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

allora la soluzione sarebbe unica, in quanto sarebbe tale che . Purtroppo, per una generica non e' vera quella stima; vediamolo.


In coordinate polari si ha:

dunque:
Abbiamo:
quindi:
da cui:
Allo stesso modo:
e dopo calcoli analoghi a quelli precedenti si ricava finalmente:

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


Proposizione 25

Se la condizione al bordo ammette mezza derivata, cioe', allora la soluzione dell'equazione di Laplace bidimensionale e' unica.

 


Pero', in generale, se e' solo continua e in , cioe', non e' vero che ; vediamo un controesempio.


Esempio (Hadamard)

Consideriamo la successione:

, perche'e' maggiorata da , ma:
Quindi .

 


Passiamo adesso al caso multidimensionale; vogliamo risolvere:

con aperto regolare e . Se e' una funzione armonica che dipende solo dal raggio , sappiamo che:
cioe':
e in ogni caso ( se ). Sia ora e poniamo . Sia inoltre e ; sappiamo che e in . Per Gauss-Green:
, quindi:

Osserviamo che, su , , percio':

se , dove e' la misura della sfera unitaria in . D'altra parte notiamo che:
quindi l'altro integrale puo' essere stimato:
Visto che:
abbiamo mostrato:


Proposizione (Formula integrale di rappresentazione)

, . Allora:

 


Corollario

Se e' armonica, cioe', e , allora:

 


Osserviamo che siamo liberi di aggiungere e togliere costanti alla funzione senza cambiare i risultati appena ottenuti; poniamo dunque . Tale funzione ha le proprieta':

da cui segue:
. Abbiamo appena mostrato la cosiddetta "'proprieta' della media"':

Teorema

armonica, . Allora:

 


Corollario

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

 
Dimostrazione

Per Fubini-Tonelli:

 


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

si dice "'subarmonica"' se .

 


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:

 


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 che sono stati privati di qualche punto isolato.


Esempio (Zaremba)

Sia ; il problema di Laplace con condizione al contorno:

non ammette soluzione. Se infatti e' una funzione armonica radiale (in quanto la soluzione di un problema con simmetria rotazionale deve avere la simmetria rotazionale), allora , ma per la condizione su e dunque non riesco a imporre affinche' faccia nell'origine.

 


Teorema (Principio del massimo)

Sia aperto connesso, armonica. Allora:

  1. ;
  1. se esiste tale che , allora .
 
Dimostrazione

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

dunque nella palla ; segue che l'insieme e' aperto e chiuso in , cioe'e' tutto .

 


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


Teorema

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

 
Dimostrazione

Siano due soluzioni e sia . e' armonica e vale al bordo, quindi e' 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 e' armonica e , allora:

 


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 , non possono esistere massimi di in .

 
Dimostrazione

Sia punto di massimo per . Posto:

si ha che e . Ma allora , assurdo.

 


Proposizione

Se , il massimo di su ( aperto limitato) e' ottenuto nel bordo .

 
Dimostrazione

Sia e poniamo . Se e' punto di massimo per con ascissa massima fra i punti di massimo, e , allora preso (dove e' una costante opportuna che dipende da quanto decresce negli compresi fra e e e' tale che ), si ha che la funzione ha un massimo interno a . Ma questo e' assurdo perche'.

 


Proposizione

armonica. Per ogni tale che , vale la maggiorazione:

In particolare:
dove .

 
Dimostrazione

Supponiamo innanzitutto . Dalla formula di rappresentazione si ha:

quindi per Gauss-Green, detto il versore esterno:
Ma se , e grazie alla formula di rappresentazione si ha:
A questo punto una semplice induzione ci permette di concludere.

 


Corollario

Ogni funzione armonica e' analitica.

 


Corollario (Teorema di Liuville)

Ogni armonica limitata e' costante.

 
Dimostrazione

Preso , si ha :

quindi .

 


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':

Come ben sappiamo, questo integrale non ha senso perche' non e' convergente; ma se consideriamo:
questo limite esiste ed e' in quanto l'integrale vale . Osservato questo esempio, proviamo a generalizzare l'idea a integrali piu' complessi.


Osservazione

La funzione con e' integrabile vicino a . Infatti, passando in coordinate sferiche:

 


Esempio

Consideriamo il problema di Poisson in , con a supporto compatto. Vogliamo vedere che la funzione:

e' soluzione del problema. Per calcolare , abbiamo bisogno che sia ben definito e integrabile; si ha:
e:
Ma allora va come , che non sta in , quindi definita precedentemente non e' una soluzione del problema in senso classico. Vediamo come sfruttare gli integrali singolari per risolvere il problema.

 


Data , definiamo "'potenziale newtoniano"' di la funzione:


Lemma

Vale la formula:

 
Dimostrazione

Sia tale che se , se e ; poniamo inoltre . Vogliamo vedere che, detti:

allora per . Abbiamo:
quindi:
(ho fatto un cambio di variabili e e' il determinante del Jacobiano), e fuori da le due funzioni sono evidentemente uguali.

 


Osservazione

Il ragionamento precedente non si puo' applicare alla derivata seconda di , in quanto la derivata seconda di e' che non e' integrabile.

 


Supponiamo adesso compatto e compattamente incluso (ad esempio ); inoltre, se e' una funzione definita su , indichiamo con anche la funzione che vale su e fuori. Poniamo inoltre , in modo che:

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


Proposizione

Sia , ; allora:

dove e' il vettore normale alla superficie. In particolare (in questo senso) .

 
Dimostrazione

Sia come nel lemma. Poniamo:

L'integrale:
e' ben definito, quindi puo' essere esteso a senza alterarne il valore. In particolare:
Studiamo separatamente i due integrali:
quando (usando Gauss-Green); invece:
quando . Visto che fuori da c'e' regolarita' di tutte le funzioni e , si ha la tesi.

 


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

cioe'e' effettivamente la soluzione del problema di Poisson quando .


Ritorniamo al problema di Laplace:

e proviamo a risolvere il caso .


Lemma

Per ogni , vale la relazione:

 
Dimostrazione

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

 


Sia dunque ; definiamo . Riprendiamo la notazione:

Se riesco a trovare una , con armonica, tale che , avrei per la formula di rappresentazione:
Affermo che la funzione cercata e':
con costante da determinare. Per il lemma precedente, se :
dunque se , fa sul bordo. A questo punto, derivando , con lunghi calcoli si arriva alla soluzione del problema di Laplace:
dove e' il "'nucleo di Poisson.

Vogliamo vedere adesso che effettivamente quando . L'integrale di su e' la soluzione del problema di Laplace con . Quindi, per unicita' della soluzione, dovremmo avere che .


Lemma

Vale:

 
Dimostrazione

Osserviamo innanzitutto che e' armonica, in quanto e' un caso particolare di ; dunque, :

Vediamo adesso che e' radiale (e avremmo la tesi); questo segue dal fatto che, se , esiste una rotazione che porta in e lascia invariato .

 


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


Proposizione

Sia ; allora:

 
Dimostrazione

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

quando .

 


Diamo solo un accenno a come si potrebbe risolvere il problema di Laplace in un aperto generico . Sia subarmonica; prendiamo e consideriamo una palla ; definiamo:

dove e' il nucleo di Poisson. Cambiando 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 e ; come abbiamo gia' visto, essa e' il segmento congiungente. Se e' una qualunque funzione subarmonica (cioe' convessa) che unisce i due punti, consideriamo e, (supponendo di saper risolvere il problema fra e ), lo risolviamo in (cioe' uniamo e con un segmento), ottenendo una nuova funzione 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 e variando .

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