Appunti del corso di Analisi 4

prof. Vignati – A.A.2014-15

A cura di Carlotta Porzio

1

1 Funzioni armoniche in R2

Consideriamo una funzione u : (a, b) ! R, u 2 C2((a, b)), u00

= 0, allora u è della forma

u(x) = mx+ q

e ha le seguenti proprietà:

• u 2 C1

• [V.M.] – 8x 2 (a, b), 8r > 0 e t.c. (x± r) 2 (a, b)

u(x) =u(x+ r) + u(x� r)

2

• [V.M.I.] – 8x 2 (a, b), 8r > 0 e t.c. (x± r) 2 (a, b)

u(x) =1

2r

ˆx+r

x�r

u(t)dt

• estendendo u a una funzione continua sul compatto [a, b] si trova che u assume massimo in (a, b)solo se è costante e che altrimenti max

x2[a,b] u(x) = max {u(a);u(b)}

Consideriamo ora una funzione u definita in R2.

Definizione. Sia ⌦ aperto in R2; u : ⌦ ! R, u 2 C2(⌦); diciamo che u è armonica in ⌦ (u 2 H⇤

(⌦))se

�u = @2x

u+ @2y

u = 0

in ⌦.

Osservazione 1.1. Sia u 2 H⇤(⌦); costruiamo una forma differenziale C1

(⌦)

! = A(x, y)dx+B(x, y)dy = (�@y

u)dx+ (@x

u)dy

Verifichiamo che ! è chiusa, infatti

@y

A = @x

B

�@2y

u = @2x

u

poiché �u = 0. Così, se ⌦ è connesso e semplicemente connesso, ! è esatta in ⌦.Allora 9V : ⌦ ! R, V 2 C2

(⌦) t.c. dV = !, cioè

@x

V = �@y

u @y

V = @x

u (1.1)

Calcoliamo il laplaciano di V : �V = @2x

V + @2y

V = @x

(�@y

u) + @y

(@x

u) = 0. Anche V 2 H⇤(⌦);

anzi, tutte le (V + c) 2 H⇤(⌦), dove c è una costante reale.

Quindi data una funzione u 2 H⇤(⌦), 9V 2 H⇤

(⌦) t.c. vale la 1.1. Chiamiamo V armonica

coniugata di u (anzi, famiglia di armoniche coniugate).

Esempio. u(x, y) = x3 � 3xy2 ) �u = 0 ) V = 3x2y � y3 + c.

Osservazione 1.2. Sia u 2 H⇤(⌦), ⌦ aperto, connesso, semplicemente connesso. Sia V un’armonica

coniugata di u. Costruiamo F : ⌦ ! C come F = u + iV . Possiamo pensarla come funzione diz = x + iy. Grazie alla 1.1 (condizioni di Cauchy-Riemann) si trova che F è olomorfa in ⌦

(F 2 H(⌦)). Abbiamo quindi trovato che ogni u 2 H⇤(⌦) è parte reale di una funzione olomorfa F

definita univocamente, a meno di una costante immaginaria.

Teorema 1.1. Sia ⌦ aperto in R2; u : ⌦ ! R, u 2 C2(⌦), �u = 0; allora u 2 C1

(⌦).

Dimostrazione. 8q 2 ⌦ troviamo una bolla Br

(q) ⇢ ⌦, dove Br

(q) è un aperto, connesso, semplicementeconnesso. Quindi, per l’osservazione precedente, in B

r

(q) si ha che u = ReF , con F 2 H(Br

(q)).Abbiamo che F 2 C1, quindi u 2 C1 in ogni punto q 2 ⌦.

2

Sia � ⇢ ⌦ cammino regolare; per funzioni F 2 H(⌦) vale la formula integrale di Cauchy :

8z 2 ⌦, z /2 �1

2⇡i

˛�

+

F (w)

w � zdw = F (z)Ind(�, z)

Consideriamo z 2 ⌦ (⌦ aperto); allora 9✏ > 0 t.c. B✏

(z) ⇢ ⌦.Se 0 < r < ✏, usando w = z + rei✓, con ✓ 2 [�⇡,⇡), abbiamo che

F (z) =1

2⇡i

˛�

+

F (w)

w � zdw =

1

2⇡i

⇡ˆ�⇡

F (z + rei✓)

rei✓rei✓id✓ =

1

2⇡

ˆ⇡

�⇡

F (z + rei✓)d✓

Ricordando che abbiamo definito F = u+ iV , per la linearità dell’integrale otteniamo

80 r < ✏, u(z) =1

2⇡

ˆ⇡

�⇡

u(z + rei✓)d✓ [V.M.]

Se 0 r < R < ✏, dalla proprietà [V.M.] segue che

ru(z) = r1

2⇡

ˆ⇡

�⇡

u(z + rei✓)d✓

ˆR

0ru(z)dr =

1

2⇡

ˆR

0r

✓ˆ⇡

�⇡

u(z + rei✓)d✓

◆

dr

R2

2

u(z) =1

2⇡

ˆB

R

(z)u(↵,�)d↵d�

u(z) =1

⇡R2

ˆB

R

(z)u(↵,�)d↵d�

u(z) =1

|BR

(z)|

ˆB

R

(z)u [V.M.I.]

Teorema 1.2. Sia ⌦ ⇢ R2 aperto e semplicemente connesso e sia u 2 H⇤(⌦), u non costante; allora u

non ha estremanti in ⌦ (proprietà di massimo delle funzioni armoniche).

Dimostrazione. Se p 2 ⌦ è massimo locale per u, allora u(p) � u(↵,�) se (↵,�) 2 BR

(p). Vale [V.M.I.]:

u(p) =1

⇡R2

ˆB

R

(z)u(↵,�)d↵d�

Applicando la disuguaglianza all’integranda troviamo che deve valere u(↵,�) = u(p) in BR

(p). Poichéu 2 H⇤

(⌦), abbiamo che u = ReF , F 2 H(⌦). Per le condizioni di Cauchy-Riemann, anche V = ImF ècostante in B

R

(p), quindi F è costante in BR

(p). Per l’unicità del prolungamento analitico, F è costantein tutto ⌦, quindi u = const in tutto ⌦, contro l’ipotesi.

Corollario 1.1. Sia ⌦ ⇢ R2 aperto limitato e sia u 2 H⇤(⌦) \ C(⌦), allora max

z2⌦ u(z) è assunto su@⌦.

Corollario 1.2. Sia ⌦ ⇢ R2 aperto limitato e sia u 2 H⇤(⌦) \ C(⌦), allora se u ⌘ 0 su @⌦ ) u ⌘ 0 in

⌦.

Corollario 1.3. Sia ⌦ ⇢ R2 aperto limitato e sia g : @⌦ ! R, g 2 C(@⌦). Se esiste u : ⌦ ! R t.c.u 2 H⇤

(⌦) \ C(⌦) con u = g su @⌦ ) u è unica.

Teorema 1.3. Sia ⌦ ⇢ R2 aperto; sia u 2 C2(⌦); se 8p 2 ⌦ 9✏(p) > 0 : 8r 2 [0, ✏(p)) si ha

u(p) = 12⇡

´⇡

�⇡

u(p+ r(cos ✓, sin ✓))d✓, allora �u = 0 in ⌦.

3

Dimostrazione. Se 9p 2 ⌦ t.c. �u(p) > 0 ) �u > 0 in BR

(p). Consideriamo �(r) =

12⇡

´⇡

�⇡

u(p +

r(cos ✓, sin ✓))d✓ per 0 r < R. Per semplicità chiamiamo q(r, ✓) = p + r(cos ✓, sin ✓). La funzione � ècostante, quindi abbiamo

0 ⌘ �0(r) =

1

2⇡

ˆ⇡

�⇡

@

@ru(q(r, ✓))d✓ =

=

1

2⇡

ˆ⇡

�⇡

ru(q(r, ✓)) · @q@r

d✓ =

=

1

2⇡

ˆ⇡

�⇡

ru(q(r, ✓)) · (cos ✓, sin ✓)d✓

Chiamiamo n(q) il versore spiccato da q.

0 ⌘ 1

2⇡

ˆ⇡

�⇡

ru(q(r, ✓)) · n(q)d✓ =

1

2⇡r

˛ru(q(r, ✓)) · n(q)ds

Applicando il teorema della divergenza˛@B

F · n ds =

¨B

divF dxdy

con F = ru = (@x

u, @y

u) e divF = divru = @2x

u+ @2y

u = �u otteniamo

0 ⌘ 1

2⇡r

¨B

R

(p)�u dxdy

contro l’ipotesi iniziale per cui si aveva �u > 0 in BR

(p).

4

2 Il problema di Dirichlet in R2

Sia ⌦ aperto connesso limitato in R2; sia g : @⌦ ! R, g 2 C(@⌦); ci chiediamo se esista una funzioneu : ⌦ ! R, u 2 C(⌦) \ C2

(⌦) t.c.(

�u = 0 in ⌦

u = g su @⌦

Invece di un ⌦ qualsiasi, consideriamo ⌦ = D = D1(0) = {(x, y) 2 R2: x2

+ y2 < 1} ' {z 2 C :

|z| < 1}, la cui frontiera è @D = {(x, y) 2 R2: x2

+ y2 = 1} ' {z 2 C : z = ei✓} ' [�⇡,⇡).Possiamo pensare g come funzione di z = ei✓ o di ✓, anziché di (x, y): g = g(ei✓) ' eg : [�⇡,⇡) ! R.

Osservazione 2.1. Sia a 2 C t.c. |a| < 1; consideriamo l’applicazione ha

: D ! D definita comeha

(⇠) := ⇠+a

1+a⇠

. Chiamiamo z = ha

(⇠). Si ha che:

1. ha

2 H(D) \ C(D)

2. ha

(0) = a, ha

(@+D) = @+D

3. ha

: D ! D è biunivoca e ⇠ = h�1a

(z) = z�a

1�az

è olomorfa in D

Osservazione 2.2. Sia F : D ! C, F 2 C(D)\H(D). Poniamo G = F �ha

; G 2 C(D)\H(D). Abbiamoche G(0) = F (a). Inoltre, per la formula integrale di Cauchy, possiamo scrivere

F (a) =1

2⇡i

˛@

+D

F (z)

z � adz (2.1)

Se applichiamo la formula integrale di Cauchy anche alla G, otteniamo che F (a) soddisfa anche

F (a) = G(0) =

1

2⇡i

˛@

+D

G(⇠)

⇠d⇠ (2.2)

Osservazione 2.3. Ricordando il punto 3 dell’Oss. 2.1, possiamo calcolare

d⇠

dz=

1� az + az � aa

(1� az)2

Quindi abbiamo che

d⇠

⇠=

1� |a|2

(1� az)21� az

z � adz =

1� |a|2

(z � a)( 1z

� a)

dz

z=

=

1� |a|2

(z � a)(z � a)

dz

z=

1� |a|2

|z � a|2dz

z

Chiamiamo ⇠ = ei✓ ) d⇠

⇠

= id✓ e z = ei� ) dz

z

= id� (ricordiamo che i punti ⇠ della frontiera di Dvengono mappati da h in punti z della frontiera di D – vedi punto 2 dell’Oss. 2.1). Poiché la 2.1 e la 2.2sono equivalenti, possiamo scrivere:

F (a) =1

2⇡i

˛@

+D

F (z)

z � adz =

1

2⇡

ˆ⇡

�⇡

F (ei�)1� |a|2

|ei� � a|2 d� (2.3)

avendo osservato che G(⇠) = F (h(⇠)) = F (ei�).Poiché F è armonica in D è della forma F = u + iv con u armonica. Quindi, noti i valori di u sul

bordo di D, si possono trovare i valori di u all’interno del disco usando la 2.3.Osservazione 2.4. Sia a = rei↵ con 0 r < 1 un punto in ˚D. Il fattore reale che compare nell’integralenella 2.3 può essere riscritto come:

1� |a|2

|ei� � a|2 =

1� r2

(ei� � rei↵)(e�i� � re�i↵

)

=

=

1� r2

1 + r2 � rei(��↵) � rei(↵��)=

=

1� r2

1 + r2 � 2r cos(↵� �)

5

La 2.3 diventaF (a) =

1

2⇡

ˆ⇡

�⇡

F (ei�)1� r2

1 + r2 � 2r cos(↵� �)d�

Osservazione 2.5. Per ogni 0 r < 1 definiamo Pr

: [�⇡,⇡) ! R come

Pr

(w) :=1� r2

1 + r2 � 2r cos(w)=

1� r2

|1� reiw|2

{Pr

} è il nucleo di Poisson relativo a D; garantisce che(

8a = rei↵ = (x+ iy) 2 D

8u 2 C(D) \H⇤(D)

valeu(a) =

1

2⇡

ˆ⇡

�⇡

Pr

(↵� w)u(eiw)dw

Osservazione 2.6. Si dimostra che

1. Pr

(·) è continua, pari, positiva e soddisfa 1�r

1+r

Pr

(·) 1+r

1�r

2.´⇡

�⇡

Pr

(w)dw2⇡ = 1, 8r 2 [0, 1)

3. se 0 < � < ⇡, si ha lim

r!1�(sup�<|w|<⇡

Pr

(w)) = 0, ossia la famiglia {Pr

} è uniformementeconvergente a 0 rispetto a w per r ! 1

�

4.´�<|w|<⇡

Pr

(w)dw2⇡ �! 0 se r ! 1

�

5. il nucleo di Poisson per DR

è Pr/R

, con 0 r < R

Definizione 2.1. Data g 2 C(@D), chiamiamo integrale di Poisson l’integrale

Pg

(rei↵) =

ˆ⇡

�⇡

Pr

(↵� w)g(eiw)dw

2⇡

Teorema 2.1. Data g 2 C(@D) reale, definita la funzione

fPg

(rei↵) =

(

g(ei↵) r = 1´⇡

�⇡

Pr

(↵� w)g(eiw)dw2⇡ r < 1

si ha che fPg

2 C(D) \H⇤(D).

Dimostrazione. Sia z = reiw = (x+ iy) 2 D. Definiamo la funzione H : D ! C come

H(z) :=1 + z

1� z

H è olomorfa in D. Possiamo riscriverla mettendo in evidenza parte reale e parte immaginaria:

H(z) =(1 + z)(1� z)

|1� z|2 =

1� |z|2

|1� z|2 + i2y

|1� z|2 =

1� r2

|1� reiw|2 + i2y

|1� z|2

Vediamo che ReH(z) = Pr

(w), cioè il nucleo di Poisson Pr

è parte reale di una funzione olomorfaH. Questo implica che P

r

2 H⇤(D). Possiamo riscrivere l’integrale di Poisson in funzione delle variabili

(x, y):

Pg

(x, y) =

ˆ⇡

�⇡

1� x2 � y2

1 + x2+ y2 � 2x cosw � 2y sinw

g(cosw, sinw)dw

2⇡=

=

ˆ⇡

�⇡

1� x2 � y2

(x� cosw)2 + (y � sinw)2g(cosw, sinw)

dw

2⇡

6

dove per la prima uguaglianza abbiamo usato

�2r cos(↵� w) = �2[r cos↵ cosw + r sin↵ sinw]

e il fatto che x = r cos↵, y = r sin↵.Calcoliamo

�Pg

=

ˆ⇡

�⇡

�Pr

(↵� w)g(eiw)dw

2⇡= 0

dove il laplaciano si intende calcolato rispetto alle variabili (x, y). L’ultima uguaglianza segue dalfatto che �P

r

= 0 in D (Pr

2 H⇤(D)), quindi abbiamo che fP

g

2 H⇤(D).

Inoltre fPg

2 C(D), poiché è armonica in D, quindi ivi C2.Consideriamo ora eie↵ 2 @D. Resta da dimostrare che, se z = rei↵ ! eie↵ (cioè se r ! 1

� e ↵ ! e↵),allora P

g

(rei↵) ! g(eie↵), per avere la continuità di fPg

fin sul bordo di D. Stimiamo l’errore tra il limitee la funzione P

g

:

Er

(↵) =�

�

�

Pg

(rei↵)� g(eie↵)�

�

�

=

�

�

�

�

ˆ⇡

�⇡

Pr

(↵� w)g(eiw)dw

2⇡� g(eie↵)

�

�

�

�

Con il cambio di variabile � = ↵� w diventa

Er

(↵) =

�

�

�

�

ˆ⇡

�⇡

Pr

(�)g(ei(↵��))

d�

2⇡� g(eie↵)

�

�

�

�

=

�

�

�

�

ˆ⇡

�⇡

Pr

(�)h

g(ei(↵��))� g(eie↵)

i d�

2⇡

�

�

�

�

avendo usato´⇡

�⇡

Pr

(w)dw2⇡ = 1. Fissiamo 0 < � < ⇡ e spezziamo il dominio d’integrazione:´⇡

�⇡

=´|�|<�

+

´�<|�|<⇡

.Se � < |�| < ⇡, maggioriamo l’integranda con 2 kgk1 P

r

(�); Pr

(�) ! 0 uniformemente per r ! 1

�,quindi anche

´�<|�|<⇡

! 0.Per il caso |�| < � consideriamo la disuguaglianza

�

�

�

g(ei(↵��))� g(eie↵)

�

�

�

�

�

�

g(ei(↵��))� g(ei↵)

�

�

�

+

�

�

�

g(ei↵)� g(eie↵)�

�

�

Visto che g è continua su @D compatto, è anche uniformemente continua, per il teorema di Heine-Cantor. Quindi, scelto un ✏ > 0 arbitrario, esiste un � t.c.

�

�g(ei(↵��))� g(ei↵)

�

� < ✏ per |(↵� �)� ↵| =|�| < �. È questo il � che scegliamo per spezzare il dominio d’integrazione. Per il secondo termine valeun discorso analogo. Quindi abbiamo che

´|�|<�

< 2✏´�

��

Pr

(w)dw2⇡ < 2✏.Abbiamo trovato che l’errore E

r

(↵) ! 0 per rei↵ ! eie↵, cioè Pg

(rei↵) ! g(eie↵).

7

3 Funzioni armoniche in Rn

Definizione. Sia ⌦ aperto in Rn; u : ⌦ ! R, u 2 C2(⌦); diciamo che u è armonica in ⌦ (u 2 H⇤

(⌦))se soddisfa l’equazione di Laplace:

�u =

n

X

j=1

@2jj

u = 0

in ⌦.

Consideriamo la bolla unitaria centrata nell’origine:

B1(0) = {x 2 Rn

: kxk < 1}@B1(0) = {x 2 Rn

: kxk = 1}

Si ha che

|B1(0)|n

=

ˆB1(0)

dx = µn

|@B1(0)|n�1 =

ˆ@B1(0)

d�(x) = �n

dove µn

= �n

/n e �n

=

2⇡n/2

�(n/2) .Nel caso di una bolla di raggio r si ha che

|Br

(0)|n

= µn

rn

|@Br

(0)|n�1 = �

n

rn�1

Teorema 3.1. Sia u 2 C2(⌦), ⌦ aperto di Rn; allora sono equivalenti:

1. u 2 H⇤(⌦)

2. proprietà del valor medio [V.M.] : u(p) = 1�

n

r

n�1

´@B

r

(p) u(x)d�(x)

3. proprietà del valor medio integrale [V.M.I.] : u(p) = 1µ

n

r

n

´B

r

(p) u(x)dx

Dimostrazione. Come in R2.

Teorema 3.2. Sia ⌦ aperto connesso di Rn, u 2 H⇤(⌦). Se u ha estremanti in ⌦, allora è costante.

Corollario 3.1. (Principio di massimo) Sia ⌦ aperto limitato di Rn, u 2 H⇤(⌦) \ C(⌦), allora

max

x2⌦ u è assunto su @⌦.

Corollario 3.2. Sia ⌦ aperto limitato di Rn, u 2 H⇤(⌦) \ C(⌦). Se u ⌘ 0 su @⌦, allora u ⌘ 0 in ⌦.

Teorema 3.3. Sia ⌦ aperto di Rn, sia u : ⌦ ! R, u 2 C(⌦) e t.c. vale [V.M.]. Allora u 2 C1(⌦).

Dimostrazione. Sia g : [0,+1) ! R, g 2 C1, così definita:

g(⇢) =

(

1c

exp⇣

1⇢

2�1

⌘

0 ⇢ < 1

0 ⇢ � 1

Definiamo G(x) = g(kxk). G è una funzione radiale e C1(Rn

); inoltre suppG = B1(0) e´Rn

G(x)dx =

1. Per questo basta scegliere opportunamente la costante c; infatti, se vogliamo che valga:

1 =

ˆRn

G(x)dx =

ˆ 1

0

ˆ@B

r

G(x)d�dr =

=

ˆ 1

0g(r)�

n

rn�1dr =

1

c

ˆ 1

0�n

rn�1e

⇣1

r

2�1

⌘

dr

dobbiamo porre c := �n

´ 10 rn�1e

⇣1

r

2�1

⌘

dr.

8

Definiamo 8k � 1 la famiglia di funzioni

Gk

(x) := knG(kx)

Abbiamo che suppGk

= B1/k(0), Gk

2 C1(Rn

) e´Rn

Gk

(x)dx = 1. {Gk

} si chiama famiglia di

mollificatori .Definiamo 8k � 1 gli insiemi

⌦

k

=

⇢

x 2 ⌦ : dist(x, @⌦) >1

k

�

Abbiamo che ⌦

k

" ⌦

Consideriamo ora la u: u 2 C(⌦) ) u 2 L1loc

(⌦). Ricordando che Gk

2 C1(Rn

), abbiamouk

:

= Gk

⇤ u 2 C1(⌦). Se x0 2 ⌦, esiste k0 t.c. 8k � k0 x0 2 ⌦

k

. Per questi valori di k:

uk

(x0) =

ˆ⌦G

k

(x0 � x)u(x)dx =

ˆB1/k(x0)

Gk

(x0 � x)u(x)dx

poiché suppGk

(x0 � x) = B1/k(x0);

uk

(x0) =

ˆ 1/k

0

ˆB

⇢

(x0)kng(k⇢)u(x)d�

!

d⇢ =

ˆ 1/k

0kng(k⇢)

⇥

�n

⇢n�1u(x0)⇤

d⇢

dove abbiamo sfruttato [V.M.];

uk

(x0) = u(x0)�n

ˆ 1/k

0kng(k⇢)⇢n�1d⇢ = u(x0)�n

ˆ 1

0g(s)sn�1ds = u(x0)

Quindi uk

(x0) = u(x0), ossia u = uk

in ⌦

k

) u 2 C1(⌦

k

) ) u 2 C1(⌦).

Corollario 3.3. Sia ⌦ aperto di Rn, sia u : ⌦ ! R. Allora

1. se u 2 H⇤(⌦) ) u 2 C1

(⌦)

2. se u 2 C(⌦) e vale [V.M.] ) u 2 H⇤(⌦)

3. se u 2 H⇤(⌦) ) anche ogni @↵u 2 H⇤

(⌦)

9

4 Problema di Dirichlet non omogeneo in Rn

Sia ⌦ aperto limitato di Rn, con @⌦ unione finita di superfici regolari orientate. Date

f : ⌦ ! R, f 2 C(⌦)g : @⌦ ! R, g 2 C(@⌦)

cerchiamo u : ⌦ ! R, u 2 C2(⌦) \ C(⌦) t.c.

(

�u = f in ⌦

u = g su @⌦

Se esiste una soluzione, questa è unica. Infatti, se u1 e u2 sono soluzioni del (P.D.), abbiamo(

�(u1 � u2) = 0 in ⌦

u1 � u2 = 0 su @⌦

quindi dev’essere u1 ⌘ u2 (Corollario 3.2).Sia ⌦ aperto limitato di Rn e n il versore normale esterno a @⌦. Allora valgono i seguenti risultati:

Teorema 4.1. (Green) Sia h 2 C1(⌦) )

´⌦ @

j

h(x)dx =

´@⌦ h(x)n

j

d�.

Teorema 4.2. (della divergenza) Sia H = (h1, . . . , hn

) 2 C1(⌦) )

´⌦ divH dx =

´@⌦ H · n d�.

Dimostrazione.´⌦ divH dx =

´⌦

P

j

(@j

hj

)dx =

´@⌦

P

j

(hj

nj

) d� =

´@⌦ H · n d�, dove per la seconda

uguaglianza abbiamo usato il teorema di Green.

Corollario 4.1. Sia f 2 C2(⌦) )

´⌦ �f dx =

´@⌦

@f

@n

d�.

Corollario 4.2. (Formula di Green) Siano f, g 2 C2(⌦) )

´⌦ rf ·rg dx+

´⌦ f �g dx =

´@⌦ f @g

@n

d�.

Dimostrazione. Usando il teorema di Green per h = f @j

g abbiamoˆ⌦@j

(f @j

g) dx =

ˆ@⌦

f @j

g nj

d�

Il primo termine si può riscrivere come:ˆ⌦@j

(f @j

g) dx =

ˆ⌦@j

f @j

g dx+

ˆ⌦f @

jj

g dx

Sommando su tutte le j si trova l’asserto.

Corollario 4.3. (Relazione di Green) Siano f, g 2 C2(⌦) )

´⌦(f�g�g�f) dx =

´@⌦

⇣

f @g

@n

� g @f

@n

⌘

d�.

Cerchiamo ora soluzioni radiali dell’equazione di Laplace �u(x) = 0, con u : Rn \ {0} ! R. Stiamosupponendo che u sia radiale, quindi:

u(x) = u(kxk) = �(r)

con � : (0,+1) ! R, � 2 C2(0,+1) e t.c.

�u(x) = �00(r) +

n� 1

r�0(r) = 0

Se �0(r) = 0, la soluzione è del tipo �(r) = c1. Altrimenti scriviamo:

�00

�0 = �n� 1

r

(ln |�0|)0 = �(n� 1)(ln r)0

ln |�0| = ln r1�n

+ c

10

Quindi �0(r) = c2r

1�n e per n � 3 la � è della forma �(r) = c2r

n�2 . La soluzione generale dell’equazionedi Laplace è combinazione lineare di entrambe:

u(x) = c1 + c2 kxk2�n

La soluzione fondamentale dell’equazione di Laplace è

�(x) =1

�n

(n� 2) kxkn�2

Per ogni i, j n, 8x 6= 0 e per un’opportuna costante c si ha

|@i

�(x)| c kxk1�n

e

�

�@2ij

�(x)�

� c kxk�n

e queste stime non sono migliorabili. Quindi in un intorno dell’origine U(0):

• � 2 L1(U(0))

• kr�k 2 L1(U(0))

• |��| /2 L1(U(0))

Sia f 2 C(⌦). Calcoliamo il gradiente di (� ⇤ f)(x) =

´⌦ �(x � y)f(y)dy. Poiché kr�k 2 L1, per il

teorema di convergenza dominata possiamo portare il gradiente sotto segno di integrale:

rx

✓ˆ⌦�(x� y)f(y)dy

◆

=

ˆ⌦r

x

�(x� y)f(y)dy

Dato che |��| /2 L1, non possiamo usare la convergenza dominata per calcolare il laplaciano di �⇤f .Applichiamo la relazione di Green (Cor. 4.3) a u 2 C2

(⌦) e v 2 C2(⌦\x), definita come v(y) = �(y�x)

con x 2 ⌦ fissato, nella regione ⌦

✏

:

= ⌦ \B✏

(x).ˆ⌦

✏

�(y � x)�u(y)dy =

ˆ@⌦

✏

�(y � x)@u

@n(y)d�(y)�

ˆ@⌦

✏

u(y)@�

@n(y � x)d�(y) (4.1)

avendo usato che �v = 0. Il primo termine si può scrivere comeˆ⌦

✏

�(y � x)�u(y)dy =

ˆ⌦�⌦✏

(y)�(y � x)�u(y)dy =

: I

Per ✏ ! 0 si ha �⌦✏

" �⌦. Troviamo una maggiorante per l’integranda:

|�⌦✏

(y)�(y � x)�u(y)| c� 2 L1(⌦)

avendo usato il fatto che u 2 C2(⌦) ) �u 2 C0

(⌦) su ⌦ compatto ) �u è limitata. Per il teoremadi convergenza dominata abbiamo

I �!ˆ⌦�(y � x)�u(y)dy per ✏ ! 0

Per quanto riguarda i due termini a destra, dato che @⌦✏

= @⌦ [ @B✏

, possiamo spezzare l’integrale:´@⌦

✏

=

´@⌦ +

´@B

✏

(x). Osserviamo che nei punti di @B✏

(x) la normale n uscente da ⌦

✏

è entrante inB

✏

(x). Valutiamo gli integrali su @B✏

(x):ˆ@B✏(x)

�(y � x)@u

@n(y)d�(y) =

: II

ˆ@B

✏

(x)u(y)

@�

@n(y � x)d�(y) =

: III

Notiamo intanto che�

�

@u

@n

�

�

= |ru · n| kruk c; basta usare di nuovo che u 2 C2(⌦), quindi

ru 2 C1(⌦) su ⌦ compatto è limitata. Abbiamo trovato una maggiorante integrabile c� 2 L1

(⌦

✏

) perl’integranda di II, quindi possiamo passare al limite sotto segno di integrale e otteniamo che

II �! 0 per ✏ ! 0

11

Per quanto riguarda il termine III, facciamo il cambio di variabili y � x = z e riscriviamolo come

III =

ˆ@B

✏

(0)u(x+ z)

@�

@n(z)d�(z)

Poiché @�@n

(z) = �1�

n

(n�2) (2� n) 1kzkn�1 =

1�

n

kzkn�1 con kzk = ✏ su @B✏

(0), III diventa

III =

1

�n

✏n�1

ˆ@B

✏

(0)u(x+ z)d�(z) =

=

1

�n

✏n�1

ˆ@B

✏

(0)[u(x+ z)� u(x) + u(x)] d�(z) =

=

u(x)

�n

✏n�1

ˆ@B

✏

(0)d�(z) +

1

�n

✏n�1

ˆ@B

✏

(0)[u(x+ z)� u(x)] d�(z)

Ricordando che |@Br

(0)|n�1 = �

n

rn�1, vediamo che il primo termine è pari a u(x). Poiché u ècontinua su ⌦ compatto, è uniformemente continua, ossia se kzk = ✏ ! 0 ) [u(x+ z)� u(x)] ! 0,quindi il secondo termine va a zero per ✏ ! 0. Abbiamo che

III �! u(x) per ✏ ! 0

Per ✏ ! 0 la 4.1 diventa:ˆ⌦�(y � x)�u(y)dy =

ˆ@⌦

�(y � x)@u

@n(y)d�(y)�

ˆ@⌦

u(y)@�

@n(y � x)d�(y)� u(x)

da cui

u(x) = �ˆ⌦�(y � x)�u(y)dy +

ˆ@⌦

�(y � x)@u

@n(y)d�(y)�

ˆ@⌦

u(y)@�

@n(y � x)d�(y) (4.2)

Date f : ⌦ ! R e g : @⌦ ! R continue, cerchiamo una funzione u t.c.(

�u = f in ⌦

u = g su @⌦

Sostituendo nella 4.2 possiamo calcolare il primo e il terzo termine. Invece non possiamo dire nientesul secondo, perché non sappiamo niente sulla forma di @u

@n

. Per ovviare a questo problema, introduciamoun nuovo (P.D.) omogeneo, 8x 2 ⌦ fissato:

(

�w = 0 in ⌦

w = �(y � x) su @⌦

Se la soluzione esiste, la chiamiamo hx. Scriviamo la relazione di Green (Cor. 4.3) per u e hx:

�ˆ⌦hx

�u dy =

ˆ@⌦

u@hx

@nd� �

ˆ@⌦

hx

@u

@nd�

da cui0 =

ˆ⌦hx

�u dy �ˆ@⌦

hx

(y)@u

@n(y) d�(y) +

ˆ@⌦

u(y)@hx

@n(y) d�(y) (4.3)

Dato che hx

= �(y � x) su @⌦, il secondo integrale nella 4.3 coincide con il secondo integrale nella4.2. Sommando la 4.2 e la 4.3 otteniamo:

u(x) = �ˆ⌦[�(y � x)� hx

(y)]�u(y)dy �ˆ@⌦

u(y)@

@n[�(y � x)� hx

(y)] d�(y)

Ammesso di trovare la soluzione del (P.D.) omogeneo hx, definiamo

G(x,y) := �(y � x)� hx

(y)

G è la funzione di Green relativa alla regione ⌦.In tal caso ricaviamo la soluzione u del problema di Dirichlet non omogeneo usando

u(x) = �ˆ⌦G(x,y)�u(y)dy �

ˆ@⌦

u(y)@G

@n(x,y)d�(y) (4.4)

12

4.1 Problema di Dirichlet sulla bolla unitaria

Sia ⌦ = B1(0). 8x 2 ⌦ cerchiamo una hx che soddisfi(

�hx

(y) = 0 in ⌦

hx

(y) = �(y � x) su @⌦

Sappiamo che la soluzione fondamentale dell’equazione di Laplace �(z) = (�n

(n� 2))

�1 kzk2�n èarmonica in Rn\ {0}. Cerchiamo un punto ex /2 B1(0) e una soluzione al (P.D.) della forma hx

(y) =

�(↵(y�ex)), con ↵ > 0. �(↵(y�ex)) è armonica in B1(0). Dobbiamo verificare se e sotto quali condizionivale

�(↵(y � ex)) = �(y � x) (4.5)

quando kyk = 1. Perché sia soddisfatta la 4.5 8y 2 @B1(0) dobbiamo avere

k↵(y � ex)k2�n

= ky � xk2�n

↵2 hy � ex,y � exi = hy � x,y � xi

↵2⇣

1 + kexk2 � 2 hy, exi⌘

= 1 + kxk2 � 2 hy,xi

↵2⇣

1 + kexk2⌘

� 1� kxk2 = 2

⌦

y,↵2ex� x

↵

Affinché valga 8y 2 @B1(0) il termine a destra dev’essere costante. L’unica costante possibile è 0,infatti y può essere preso in qualsiasi direzione, e quando viene preso ortogonale a ↵2

ex � x il prodottoscalare è certamente nullo. Possiamo avere

⌦

y,↵2ex� x

↵

= 0 8y solo se ↵2ex� x = 0. Quindi cerchiamo

ex e ↵ t.c. siano rispettate le seguenti condizioni:(

↵2ex = x

↵2⇣

1 + kexk2⌘

= 1 + kxk2

La prima equazione implica una condizione sulle norme: ↵2 kexk = kxk. Sostituendo nella secondatroviamo

0 = ↵4 kexk2 � ↵2 kexk2 + 1� ↵2

0 =

⇣

↵2 kexk2 � 1

⌘

�

↵2 � 1

�

Escludiamo la soluzione ↵ = 1, altrimenti avremmo ex = x, contro la richiesta ex /2 B1(0). Restaquindi la soluzione ↵ =

1kexk ; ma prima abbiamo imposto che ↵2 kexk = kxk ) ↵ =

kxk↵kexk . Per quanto

appena trovato ↵ kexk = 1, quindi abbiamo che 1kexk = kxk, cioè ex =

x

kxk2 . Abbiamo trovato la soluzioneal (P.D.):

hx

(y) =1

�n

(n� 2) k↵ (y � ex)kn�2

e quindi la funzione di Green:

G(x,y) =1

�n

(n� 2)

"

1

ky � xkn�2 � 1

k↵ (y � ex)kn�2

#

Per trovare la soluzione u al problema di Dirichlet sulla bolla con la 4.4, dobbiamo calcolare @G

@n

:

@G

@n(x,y) = � 1

�n

1� kxk2

ky � xkn

con x 2 B1(0) e y 2 @B1(0). Vediamo che @G

@n

è pari al nucleo di Poisson {Pr

} relativo alla bollaunitaria a meno di un fattore ���1

n

, con r = kxk.Nel caso di problema di Dirichlet omogeneo

(

�u = 0 in ⌦

u = g su @⌦

13

la soluzione u, usando la 4.4, si scrive:

u(x) =1� kxk2

�n

ˆ@B1(0)

g(y)

ky � xknd�(y)

Osservazione 4.1. La mappa x 7! ex =

x

kxk2 è detta inversione circolare . Infatti, se applicata due

volte, restituisce l’elemento iniziale: eex = x .Osservazione 4.2. L’operatore lineare e continuo integrale di Poisson

P : C(@B1) ! C(B1)

g 7! Pg

= u

conserva le norme k·k1, infatti, dato che Pg

è armonica, assume estremanti (e quindi massimo) solo sulbordo @B1(0), dove coincide con g (Cor. 3.1).

4.2 Problema di Dirichlet sul semipiano

Sia ⌦ = Rn

+ = {x 2 Rn

: xn

> 0}. 8x 2 ⌦ cerchiamo ancora una hx

: Rn

+ ! R che soddisfi(

�hx

(y) = 0 in Rn

+

hx

(y) = �(y � x) su @Rn

+

per risolvere il (P.D.) non omogeneo(

�u = f in Rn

+

u = g su @Rn

+

dove f 2 C(Rn

+) e g 2 C(@Rn

+). Proviamo a trovare ex /2 Rn

+ (cioè con exn

< 0) e ↵ > 0 t.c.�(↵(y � ex)) sia la soluzione hx che stiamo cercando. �(↵(y � ex)) è armonica in Rn

+ e abbiamo che�(↵(y � ex)) = �(y � x) su @Rn

+ se ↵ = 1 e ex = (x1, . . . ,�xn

). Quindi la funzione di Green è

G(x,y) =1

�n

(n� 2)

"

1

ky � xkn�2 � 1

ky � exkn�2

#

e possiamo calcolare per x 2 Rn

+ e y 2 @Rn

+

@G

@n(x,y) =

�2xn

�n

ky � xkn

Tuttavia la misura della frontiera @Rn

+ non è finita. Si può dimostrare che vale il seguente risultato.

Teorema 4.3. Sia g : @Rn

+ ! R continua e limitata. Allora l’integrale di Poisson di g

Pg

(x) =

ˆ@Rn

+

2xn

�n

g(y)

ky � xknd�(y) =: u(x)

con x 2 Rn

+, soddisfa:i) u 2 C1

(Rn

+) e u è limitata;ii) �u = 0 in Rn

+;iii) u(x) ! g(y0) se x ! y0 2 @Rn

+.

4.3 Unicità della soluzione del (P.D.)

Abbiamo dimostrato che la soluzione del (P.D.) è unica, usando il fatto che, se u1, u2 sono entrambesoluzioni, allora u = u1 � u2 soddisfa �u = 0 in ⌦ e u = 0 su @⌦. Quindi per il principio di massimo(Cor. 3.2) u ⌘ 0 in ⌦. Tuttavia il principio di massimo si applica soltanto con l’operatore laplaciano. Seavessimo un (P.D.) in cui u deve soddisfare un’equazione differenziale con altri operatori, non potremmo

14

utilizzare questa dimostrazione. Introduciamo quindi un altro modo per dedurre l’unicità della soluzionedel (P.D.). Ricordiamo che per due funzioni a, b 2 C2

(⌦) valeˆ⌦ra ·rb dx+

ˆ⌦a�b dx =

ˆ@⌦

a@b

@nd� (4.6)

(formula di Green – Cor. 4.2). Applichiamo la formula di Green a a = b = u:ˆ⌦kruk2 dx+

ˆ⌦u�u dx =

ˆ@⌦

u@u

@nd�

Dato che �u = 0 in ⌦ e u = 0 su @⌦ ci restaˆ⌦kruk2 dx = 0

quindi deve essere ru ⌘ 0 ) u = const. Visto che vogliamo la continuità di u fin sul bordo e u = 0

su @⌦, abbiamo u ⌘ 0 in ⌦, da cui l’unicità della soluzione del (P.D.).

4.4 Energia di una soluzione del (P.D.)

Definizione 4.1. Date f : ⌦ ! R e g : @⌦ ! R continue, sia A =

�

w 2 C2(⌦) : w = g su @⌦

.Chiamiamo energia di w

E(w) :=

ˆ⌦

✓

1

2

krwk2 + wf

◆

dx

Teorema 4.4. Sia u 2 A; allora u risolve il (P.D.) non omogeneo () E(u) = minw2AE(w).

Dimostrazione. ()) Sia u soluzione del (P.D.). Consideriamo w 2 A. Applichiamo la formula di Green4.6 ad a = u� w e b = u:

ˆ@⌦

(u� w)@u

@nd� =

ˆ⌦r(u� w) ·ru dx+

ˆ⌦(u� w)�u dx

Dato che sul bordo u = w = g il primo termine è nullo. Usando anche che �u = f in ⌦ ci resta:

0 =

ˆ⌦kruk2 dx�

ˆ⌦rw ·ru dx+

ˆ⌦(u� w) f dx

�ˆ⌦kruk2 dx� 1

2

ˆ⌦

⇣

krwk2 + kruk2⌘

dx+

ˆ⌦(u� w) f dx

=

ˆ⌦

✓

1

2

kruk2 + uf

◆

dx�ˆ⌦

✓

1

2

krwk2 + wf

◆

dx

= E(u)� E(w)

da cui la tesi. Per la disuguaglianza abbiamo usato kx� yk 2= kxk2 + kyk2 � 2x · y � 0 ) x · y

kxk2+kyk2

2 .(() La funzione u 2 A minimizza l’energia. 8t 2 R, 8v 2 C1

c

(⌦) abbiamo che u + tv 2 A. Quindipossiamo scrivere

E(u) E(u+ tv) =

ˆ⌦

✓

1

2

kr(u+ tv)k2 + (u+ tv)f

◆

dx

=

ˆ⌦

✓

1

2

kruk2 + uf

◆

dx+ t

ˆ⌦(vf +ru ·rv) dx+

t2

2

ˆ⌦krvk2

= E(u) + t

ˆ⌦(vf +ru ·rv) dx+

t2

2

ˆ⌦krvk2

Quindi abbiamo

0 t

ˆ⌦(vf +ru ·rv) dx+

t2

2

ˆ⌦krvk2

15

Questa deve valere anche per t < 0. Per garantirlo dev’essereˆ⌦(vf +ru ·rv) dx = 0 (4.7)

Scriviamo la formula di Green 4.6 per a = v e b = u:ˆ⌦rv ·ru dx+

ˆ⌦v�u dx =

ˆ@⌦

v@u

@nd�

Ma v = 0 su @⌦, perché v 2 C1c

(⌦), quindi il termine a destra è nullo, da cui´⌦ rv · ru dx =

�´⌦ v�u dx. Riscriviamo la 4.7:

0 =

ˆ⌦(vf � v�u) dx =

ˆ⌦v (f ��u) dx

Questa deve valere 8v, quindi dev’essere f = �u in ⌦.

16

5 Funzioni subarmoniche

Sia ⌦ un aperto di Rn.

Definizione 5.1. Sia u 2 C2(⌦). Diciamo che u è subarmonica se �u � 0 in ⌦.

Proposizione 5.1. Sia u : ⌦ ! R, u 2 C2(⌦). Allora u è subarmonica in ⌦ se e solo se 8B

r

(x) ⇢ ⌦

verifica

u(x) 1

�n

rn�1

ˆ@B

r

(x)u(y)d�(y)

u(x) 1

µn

rn

ˆB

r

(x)u(y)dy

Osservazione 5.1. Sia u subarmonica in ⌦. Consideriamo una bolla Br

⇢ ⌦ e risolviamo il (P.D.)omogeneo

(

�w = 0 inBr

w = u su @Br

La soluzione esiste per quanto detto nel paragrafo 4.1, scegliendo opportuni ex e ↵ per una bolla diraggio r. Se prendiamo l’estremo superiore delle soluzioni del (P.D.) omogeneo su tutte le bolle B

r

⇢ ⌦,troviamo una funzione armonica in ⌦.

Possiamo estendere la definizione 5.1 a funzioni continue.

Definizione 5.2. Sia u 2 C(⌦). Diciamo che u è subarmonica se 8B ⇢ ⌦, 8h 2 C(B) \ C2(B) t.c.

(

�h = 0 in B

h � u su @B

vale h � u in B.

17

6 Metodo di Perron

Consideriamo il (P.D.) omogeneo(

�u = 0 in ⌦

u = � su @⌦

con � : ⌦ ! R limitata. Il metodo di Perron ci dice se il problema è risolubile (Casi 1, 2) e ci offreuna via per trovare la soluzione (Teo. 6.1).

Definizione 6.1. Data � : ⌦ ! R limitata, diciamo subfunzione per � una qualsiasi u 2 C(⌦)subarmonica in ⌦ t.c. u � su @⌦. Chiamiamo S

�

la classe di subfunzioni per �.

Osservazione 6.1. S�

6= ;, infatti contiene sicuramente le funzioni costanti che hanno valore pari oinferiore a min

x2@⌦ �(x).

Teorema 6.1. (di Perron) sup

v2S�

v(x) =: u(x) è armonica in ⌦. Inoltre u = � su @⌦.

Osservazione 6.2. Questa funzione u risolve(

�u = 0 in ⌦

u = � su @⌦

Tuttavia non sappiamo se u 2 C(⌦), cioè se è soluzione del (P.D.) omogeneo. In altre parole, se lasoluzione del (P.D.) esiste, deve coincidere con questa u.

Caso 1. (n = 2) Il (P.D.) è risolubile se 8y 2 @⌦ esiste un arco semplice che termina in y ed è tuttoesterno a ⌦. Per esempio, un disco bucato non soddisfa questa condizione.

Caso 2. (n � 3) Il (P.D.) è risolubile se ogni y 2 @⌦ ha una bolla esterna, ossia By

t.c. ⌦\By

= {y}.Per esempio, un insieme con un punto cuspidale non soddisfa questa condizione.

18

7 Equazione dei processi diffusivi

Sia u : I ⇥ ⌦ ! R, con I intervallo in R e ⌦ aperto in Rn. Sia u 2 C1(I) \ C2

(⌦). Consideriamol’equazione

@t

u = D�

x

u (7.1)

dove t 2 I e x 2 ⌦ e D è una costante positiva. Se identifichiamo la variabile t con il tempo e lavariabile x con la posizione, questa equazione descrive fenomeni di tipo diffusivo. Per esempio, se u(t,x)indica la temperatura all’istante t in un punto x, la 7.1 descrive la propagazione del calore nello spazio.

Esempio 7.1. Consideriamo una regione ⌦ di spazio che contiene una certa sostanza, per esempio ungas, e in cui non siano presenti sorgenti né pozzi. Indichiamo con ⇢(t,x) la densità di sostanza all’istantet nel punto x e con F(t,x) la quantità di sostanza per unità di superficie che si allontana da x all’istantet (corrente). La quantità di sostanza presente nella regione ⌦ al tempo t è

ˆ⌦⇢(t,x)dx

La variazione di quantità di sostanza in ⌦ è

d

dt

✓ˆ⌦⇢(t,x)dx

◆

= �ˆ@⌦

F · n d�

dove il segno meno indica che la quantità di sostanza in ⌦ diminuisce se il vettore F punta versol’esterno. Applicando il teorema della divergenza abbiamo

ˆ⌦@t

⇢(t,x)dx = �ˆ⌦divF dx

ˆ⌦(@

t

⇢(t,x) + divF) dx = 0 (7.2)

Questo ragionamento deve essere valido su qualsiasi sottoinsieme di ⌦. Ne deduciamo che, perché la7.2 sia sempre verificata, deve essere nulla l’integranda:

@t

⇢+ divF = 0 (7.3)

Inoltre, visto che la sostanza si diffonde da regioni in cui la densità è maggiore a regioni in cui èminore, possiamo scrivere

F = �Dr⇢

dove D > 0 è il coefficiente di diffusione . La 7.3 diventa:

@t

⇢�D divr⇢ = 0

@t

⇢�D�⇢ = 0

cioè l’equazione 7.1.

Tornando all’interpretazione della 7.1 come modello della diffusione del calore in una regione ⌦,assegniamo come condizione al contorno la temperatura all’istante iniziale t = 0:

u(0,x) = g(x), x 2 ⌦

Nel caso in cui D = 1 il problema è(

(@t

��

x

)u = 0

u(0,x) = g(x)

Siano t 2 (0,+1), x 2 Rn; cerchiamo una u(t,x) che soddisfi la 7.1 con D = 1:

@t

u = �

x

u (7.4)

19

Intanto osserviamo che se u(t,x) è soluzione della 7.4, allora 8� > 0 anche

u�

(t,x) := u(�2t,�x) (7.5)

lo è. Facciamo l’ipotesi che le u�

siano tra loro multiple, anzi, che siano del tipo

u�

(t,x) = �2qu(t,x) 8� > 0 (7.6)

per qualche q 2 R. Usiamo � =

1/pt; in questo modo, sostituendo nella 7.5, vediamo che tutta la

famiglia delle u�

è definibile per mezzo di u(1, x/pt). Quindi stiamo cercando una soluzione alla 7.4

del tipo u(1, x/pt) = v(x/

pt) = v(y). Questa v ha n variabili, a differenza della u che ne aveva n + 1.

Troviamo la relazione tra u(t,x) e v(x/pt) in modo da poter riscrivere la 7.4 per v. Usando la 7.6 abbiamoche

u(t,x) =1

�2qu�

(t,x)

Per la definizione delle u�

(eq. 7.5) si ha

u(t,x) =1

�2qu(�2t,�x)

e infine con la sostituzione � =

1/pt si ottiene

u(t,x) = tqu(1, x/pt) = tqv(x/

pt) (7.7)

Possiamo quindi riscrivere la 7.4:

0 = (@t

��

x

)u(t,x) = (@t

��

x

) [tqv(x/pt)] =

= qtq�1v(y) + tqrv(y) ·✓

�1

2

t�3/2x

◆

� tq1

t�

y

v(y) =

= tq�1

qv(y)� 1

2

rv(y) ·⇣

t�1/2x

⌘

��

y

v(y)

�

Quindi, ricordando che t�1/2x = y, abbiamo trovato un’equazione per la v:

�v(y) +1

2

rv(y) · y � qv(y) = 0 (7.8)

Proviamo a cercare una soluzione radiale

v(y) = �(py · y) = �(r) (7.9)

Se riuscissimo a trovarla, avremmo per soluzione una funzione di una sola variabile. Vogliamo quindiriscrivere la 7.8 per � radiale. Intanto vediamo come si trasformano il gradiente e il laplaciano di v per�:

rv(y) = r (�(py · y)) = �0

(r)rr

�v(y) = div(rv) = div(�0rr) = �00rr ·rr + �0�r

Ma r =

py · y, quindi

rr = r(

py · y) = 1

2

(

py · y)�1

2y =

y

r

krrk2 =

kyk2

r2= 1

�r = div(rr) = div

⇣y

r

⌘

= � 1

r2rr · y +

1

rn =

n� 1

r

Ora possiamo riscrivere la 7.8 per �:

�00+

n� 1

r�0

+

1

2

y

r· y�0 � q� = 0

20

�00+

n� 1

r�0

+

1

2

r�0 � q� = 0 (7.10)

Se moltiplichiamo tutto per rn�1

rn�1�00+ rn�2

(n� 1)�0+

1

2

rn�0 � qrn�2� = 0

e poniamo q = �n

2 , otteniamo

�

rn�1�0�0+

1

2

(rn�)0

= 0

✓

rn�1�0+

1

2

rn�

◆0= 0

Quindi deve essere rn�1�

�0+

12r�

�

= const. Nell’ipotesi che all’infinito �, �0 ! 0 più velocementedi 1

r

n

, la costante deve essere nulla all’infinito, e quindi

�0+

1

2

r� = 0

ovunque. Risolviamo questa equazione differenziale:

�0

�= �r

2

(ln�)0

=

✓

�r2

4

◆0

ln� = �r2

4

+ c

Quindi �(r) = Be�r

2/4, con B > 0. Questa � e la sua derivata �0 decadono più velocemente di 1

r

n

all’infinito, come da ipotesi. Abbiamo trovato una soluzione alla 7.10. Da questa, ricordando le relazionitra � e v (eq. 7.9) e tra v e u (eq. 7.7), possiamo risalire alla soluzione v della 7.8 e alla soluzione u della7.4.

v(y) = Be�kyk2

/4

u(t,x) = Be�kxk2

/4tt�n

/2

Chiamiamo soluzione fondamentale dell’equazione del calore

1 la funzione

�(t,x) =1

(4⇡t)n/2e�

kxk2/4t (7.11)

Osserviamo che´Rn

u(t,x)dx è indipendente da t. Per tale scelta di B, l’integrale è pari a 1.� prende anche il nome di nucleo di Gauss. Infatti 8t > 0 fissato, � è una funzione di x, quindi � è

una famiglia di funzioni di x al variare di t. Inoltre, se t ! 0

+ allora �(t,x) ! 0, 8x 6= 0. Riassumiamole proprietà di �:

• � 2 C1(R+ ⇥ Rn

)

• soddisfa l’equazione del calore (@t

��

x

)� = 0 in R+ ⇥ Rn

• per t fissato, �(t,x) ! 0 esponenzialmente se kxk ! 1

•´Rn

�(t,x)dx = 1

• scelto � 2 (0,1) si ha che´kxk>�

�(t,x)dx �! 0 se t ! 0

+

1Nel caso di D 6= 1 la soluzione fondamentale è �D(t,x) = (4⇡Dt)�n/2e�kxk2/4Dt

.

21

Teorema 7.1. Sia g 2 C(Rn

) limitata. Se

u(t,x) :

= (�(t, ·) ⇤ g) (x)

=

ˆRn

�(t,x� y)g(y)dy

=

1

(4⇡t)n/2

ˆRn

exp

�kx� yk2

4t

!

g(y)dy

allora1) u 2 C1

(R+ ⇥ Rn

)

2) @↵u = (@↵

�) ⇤ g3) u soddisfa l’equazione del calore (@

t

��

x

)u = 0 in R+ ⇥ Rn

4) lim

t!0+ u(t,x) = g(x)

Dimostrazione. 1) e 2) g 2 L1loc

(Rn

) e � 2 C1(R+ ⇥ Rn

) ) (� ⇤ g) 2 C1(Rn

) e @↵

(� ⇤ g) = (@↵

�) ⇤ gper le proprietà delle convoluzioni.

3) Per la 2) abbiamo (@t

��

x

)u = @t

(� ⇤ g) � �

x

(� ⇤ g) = @t

(� ⇤ g) � (�

x

� ⇤ g). Inoltre ladipendenza di u dal tempo è data dalla �, quindi (@

t

��

x

)u = [(@t

��

x

)�] ⇤ g = 0.4) Fissiamo x0 2 Rn e ✏ > 0. Per la continuità di g troviamo un � > 0 t.c.

|g(x0 � y)� g(x0)| < ✏ se kyk < �

Valutiamo lo scarto tra la u e la g:

|u(t,x0)� g(x0)| =

�

�

�

�

ˆRn

�(t,y)g(x0 � y)dy � g(x0)

�

�

�

�

=

�

�

�

�

ˆRn

�(t,y) [g(x0 � y)� g(x0)] dy

�

�

�

�

dove abbiamo usato il fatto che´Rn

�(t,x)dx = 1. Inoltre possiamo dire che�

�

�

�

ˆRn

�(t,y) [g(x0 � y)� g(x0)] dy

�

�

�

�

ˆRn

�(t,y) |g(x0 � y)� g(x0)| dy

Spezziamo il dominio di integrazione:´Rn

=

´kyk<�

+

´kyk>�

. Per quanto detto sulla continuità di gˆkyk<�

�(t,y) |g(x0 � y)� g(x0)| dy < ✏

Per il secondo termine possiamo scrivereˆkyk>�

�(t,y) |g(x0 � y)� g(x0)| dy 2 kgk1ˆkyk>�

�(t,y)dy

Ma abbiamo detto che´kxk>�

�(t,x)dx �! 0 se t ! 0

+, quindi abbiamo che lo scarto

|u(t,x0)� g(x0)| �! 0 se t ! 0

+

Osservazione 7.1. Per g 2 Lp

(Rn

), 1 p 1, valgono ancora i risultati 1), 2) e 3) del teorema 7.1.Osservazione 7.2. Se g � 0, allora anche u � 0. In tal caso abbiamo che

ku(t, ·)kL

1(Rn) =

ˆRn

u(t,x) dx =

ˆRn

✓ˆRn

�(t,x� y)g(y)dy

◆

dx

=

✓ˆRn

�(t,x)dx

◆✓ˆRn

g(x)dx

◆

=

ˆRn

g(x)dx

22

Tornando all’interpretazione fisica, se g è una densità di sostanza (g � 0) e´Rn

g(x)dx è la quantitàtotale di sostanza in tutto lo spazio, questa non cambia con il tempo t. Inoltre, per tempi t molto grandi,ogni regione di spazio chiusa e limitata K ⇢ Rn non conterrà più sostanza, ossia

ˆK

u(t,x) dx �! 0 se t ! +1

Infatti ˆK

�(t,x) dx �! 0 se t ! +1.

23

8 Passeggiata aleatoria

8.1 Passeggiata aleatoria unidimensionale

Consideriamo una particella che si sposta lungo una retta per intervalli fissi di lunghezza h. Inizialmenteil punto si trova nell’origine e al tempo ⌧ si muove di ±h a seconda dell’esito del lancio di una moneta.Ha quindi probabilità p+ =

12 di spostarsi di +h e probabilità p� =

12 di spostarsi di �h. Lo spazio degli

eventi è X = {e+, e�} dove e+ significa che l’esito del lancio fa spostare la particella di +h, mentre e�di �h. Consideriamo ora la variabile aleatoria spostamento ⇠1(e±) = ±h. Questa ha media E(⇠) = 0

e varianza D(⇠) = h2.2 Dopo un intervallo di tempo ⌧ si rilancia la moneta e la particella si spostanuovamente di ±h. Ora abbiamo un’altra variabile spostamento ⇠2 e introduciamo la variabile posizionex(2⌧) = ⇠1 + ⇠2. Lo spazio degli eventi è X = {e++, e+�, e�+, e��}, con p

j

=

14 . Se si ripete N volte,

dopo un tempo N⌧ lo spazio degli eventi X sarà l’insieme delle stringhe di N posti in cui ogni posto èoccupato da un + o un �. La cardinalità di X è #X = 2

N e la probabilità di ciascun evento è pj

= 2

�N ,con 1 j 2

N . La variabile posizione assume valori discreti tra �Nh e Nh: x(N⌧, ·) 2 {�Nh, . . . , Nh}.Per calcolare la media della posizione E(x(N⌧, ·)), cambiamo lo spazio degli eventi: X

N⌧

= {�Nh, . . . , Nh} =

{em

}+N

m=�N

= {mh}+N

m=�N

. L’evento ora è la posizione in cui si trova il punto materiale al tempo N⌧ .Se dal lancio della moneta è uscito k volte il + e N � k volte il �, con 0 k N , la posizione del puntomateriale al tempo N⌧ è

x(N⌧) = kh+ (N � k)(�h) = (2k �N)h

La particella si trova quindi in mh, con 0 m N , se mh = (2k � N)h. La probabilità di trovarsiin mh al tempo N⌧ è pari alla frazione di stringhe dello spazio degli eventi che hanno k segni + e t.c.m = 2k �N , cioè

p(x(N⌧) = mh) = 2

�N

N !

k!(N � k)!= 2

�N

�

N

k

�

= 2

�NCNk

Per come abbiamo ridefinito lo spazio degli eventi, abbiamo che x(N⌧,mh) = mh, cioè la variabilealeatoria è l’identità (N⌧ è un parametro). Calcoliamone la media:

E(x(N⌧, ·)) =N

X

m=�N

mh 2�NCNk

= h2�N

N

X

m=�N

mCNk

= 0

dove abbiamo sfruttato la parità di CNk

rispetto al numero di volte che è uscito il + o il � (infattiabbiamo N !

k!(N�k)! =N !

(N�k)!k! ) e la disparità di m. Calcoliamo anche la varianza di x:

D(x(N⌧, ·)) =N

X

m=�N

(mh)22

�NCNk

= h22

�N

N

X

m=�N

m2CNk

Ora compare il termine m2 nella sommatoria, che è pari rispetto alla somma sui valori {�N, . . . , N}.Svolgiamo il conto:

N

X

m=�N

m2CNk

=

N

X

k=0

(2k �N)

2C

Nk

=

= 4

N

X

k=0

k2CNk

� 4N

N

X

k=0

kCNk

+N2N

X

k=0

CNk

=

:

4↵� 4N� + 2

NN2 (8.1)

Osservazione 8.1. (a+ b)N =

P

�

N

k

�

aN�k bk

Introduciamo la funzione generatrice dei momenti g così definita:

g(s) = (1 + s)N =

N

X

k=0

�

N

k

�

sk

2Sia X = {e1, e2, . . .} lo spazio degli eventi e sia pj � 0 la probabilità di ciascun evento, con

Pj pj = 1. Sia f : X ! R

una variabile aleatoria. Allora la sua media è E(f) =P

j f(ej)pj e la sua varianza è D(f) =P

j [f(ej)� E(f)]2 pj .

24

Calcoliamone la derivata prima

g0(s) = N(1 + s)N�1=

N

X

k=0

k CNk

sk�1

e la derivata seconda

g00(s) = N(N � 1)(1 + s)N�2=

N

X

k=0

k(k � 1)CNk

sk�2

Se poniamo s = 1 abbiamo

g0(1) = N2

N�1=

N

X

k=0

k CNk

= �

g00(1) = N(N � 1)2

N�2=

N

X

k=0

k(k � 1)CNk

=

N

X

k=0

k2 CNk

�N

X

k=0

k CNk

= ↵� �

da cui otteniamo � = N2

N�1 e quindi ↵ = N(N � 1)2

N�2+ � = N(N � 1)2

N�2+ N2

N�1=

2

N

(

N(N�1)22 +

N

2 ). Sostituendo ↵ e � nella 8.1, troviamo la varianza della posizione al tempo N⌧ :

D(x(N⌧, ·)) = h2N

Cambiamo nuovamente lo spazio degli eventi: sia ora X = hZ = {mh}m2Z. In questo modo lo spazio

degli eventi non dipende più da N⌧ . La probabilità che il punto materiale si trovi nella posizione mh altempo N⌧ è pari a

p(x(N⌧) = mh) =

(

2

�NCNk

se m = 2k �N

0 altrimenti

A partire dalla passeggiata aleatoria discreta, vogliamo costruire un modello continuo che descrivail moto unidimensionale di una particella, cioè vogliamo che h ! 0

+ e ⌧ ! 0

+. Osserviamo che nelmodello discreto abbiamo trovato

E(x(N⌧, ·)) = 0 8ND(x(N⌧, ·))

N⌧=

h2

⌧8N

Scegliamo quindi di non mandare a zero indipendentemente h e ⌧ , bensì tenendo costante il rapportoh

2

⌧

. Vogliamo scrivere ora la densità di probabilità p(x, t) nel caso di modello continuo, cioè dove(t, x) 2 (0,+1)⇥ R. Abbiamo che

p(t+ ⌧, x) =1

2

[p(t, x+ h) + p(t, x� h)] (8.2)

(legge della probabilità totale), cioè la probabilità che la particella si trovi in x al tempo t+ ⌧ èpari alla somma delle probabilità che si trovasse in x±h al passaggio precedente (al tempo t). Possiamosviluppare in serie p(t, x):

p(t+ ⌧, x) = p(t, x) + ⌧@t

p(t, x) + o(⌧)

p(t, x± h) = p(t, x)± h@x

p(t, x) +h2

2

@2xx

p(t, x) + o�

h2�

e inserire questi sviluppi nella 8.2:

p(t, x) + ⌧@t

p(t, x) + o(⌧) = p(t, x) +h2

2

@2xx

p(t, x) + o�

h2�

@t

p(t, x) + o(1) =h2

2⌧@2xx

p(t, x) + o

✓

h2

⌧

◆

(8.3)

25

Definiamoh2

⌧= 2D (8.4)

e lavoriamo solo con h e ⌧ che soddisfino questa condizione. Sostituendo la 8.4 nella 8.3 troviamo

@t

p = D@2xx

p

cioè la densità di probabilità soddisfa l’equazione del calore. Ricordiamo che la soluzione fondamentaledell’equazione del calore (per n = 1) è

�

D

(t, x) =1p4⇡Dt

e�x

2/4Dt

Sia P {x(N⌧) 2 I} la probabilità di trovare la particella in un intervallo I. Per N molto grande,abbiamo

P {x(N⌧) 2 I} �!ˆI

p(t, x)dx se N ! 1

Se mandiamo h o ⌧ ! 0 con h

2

⌧

= 2D, vediamo che h

⌧

! 1. Quindi la particella si muove convelocità v =

h

⌧

infinita. Dalla 8.4 abbiamo che

Nh2

N⌧=

h2

⌧= 2D

Se chiamiamo t = N⌧ otteniamo

h =

r

2tD

N

La variabile aleatoria posizione è pari a

x =

N

X

j=1

⇠j

dove le ⇠j

sono indipendenti e identicamente distribuite. Per questo vale il teorema del limite centrale:se N ! 1, allora x(N⌧) ! X(t), con X : [0,1) ! R distribuita normalmente con media E(x(N⌧)) evarianza D(x(N⌧)). Ma questa è proprio la forma di �

D

, quindi

P {x(t) 2 I} =

ˆI

�

D

(t, x)dx

Se D =

12 otteniamo il moto browniano e chiamiamo la variabile aleatoria B(t).

Consideriamo ora il caso in cui le probabilità p± sono differenti. La particella al tempo t = 0 si trovanell’origine

x(0) = 0

e si sposta di

⇠j

=

(

+h

�hcon probabilita

(

p0

q0 = 1� p0

dove p0 6= 12 . Ora, chiamando N⌧ = t, abbiamo che la densità di probabilità di trovare la particella

in x al tempo t+N⌧ èp(t+ ⌧, x) = p0 p(t, x� h) + q0 p(t, x+ h) (8.5)

Sviluppiamo nuovamente in serie:

p(t+ ⌧, x) = p(t, x) + ⌧@t

p(t, x) + o(⌧)

p(t, x± h) = p(t, x)± h@x

p(t, x) +h2

2

@2xx

p(t, x) + o�

h2�

e sostituiamo nella 8.5 troviamo:

p(t, x) + ⌧@t

p+ o(⌧) = p(t, x) + (q0 � p0)h@xp+h2

2

@2xx

p+ o�

h2�

26

@t

p+ o(1) = (q0 � p0)h

⌧@x

p+h2

2⌧@2xx

p+ o

✓

h2

⌧

◆

(8.6)

Se vale la 8.4 e se p0 e h0 sono costanti, abbiamo che

(q0 � p0)h2

⌧

1

h= 2D

(q0 � p0)

h�! 1 se h ! 0

Vorremmo avere, invece, (q0�p0)h

�! l 2 R quando h ! 0. Quindi p0 e h0 devono rispettare lecondizioni

(

p0 + q0 = 1

q0 � p0 = hl + o(h)=)

(

q0 =

12 +

hl

2 + o(h)

p0 =

12 � hl

2 + o(h)

L’unico modo per risolvere il problema è che p0, q0 ! 12 per h ! 0. Se succede questo, allora quando

h ! 0

(q0 � p0)h2

⌧

1

h= 2D

(q0 � p0)

h�! 2Dl =: b

e l’equazione differenziale 8.6 diventa

@t

p = D@2xx

p+ b@x

p (8.7)

Esempio 8.1. Consideriamo un canale d’acqua basso e stretto, che possa essere trattato come unidi-mensionale. L’acqua nel canale si muove di moto rettilineo con velocità v. Se versiamo nel canale delveleno, questo subisce due effetti distinti:

1) viene trasportato dalla corrente dell’acqua2) si disperde nell’acquaConsideriamo un tratto di canale compreso fra i punti di ascissa x e ex. Sia c(t, x) la densità di veleno

[

kg/m] e q(t, x) il flusso di veleno per unità di tempo che entra nel punto x [

kg/s]. La massa di velenocontenuta nel tratto di canale [x, ex] è ˆ ex

x

c(t, y)dy

La variazione di massa nel tratto [x, ex] è pari alla differenza di flusso nei punti x e ex:

@

@t

ˆ ex

x

c(t, y)dy

!

= q(t, x)� q(t, ex)

Dividendo tutto per ex� x otteniamo´ exx

@

@t

c(t, y)dy

ex� x=

q(t, x)� q(t, ex)

ex� x

Mandiamo al limite per ex ! x:@

@tc(t, x) = � @

@xq(t, x)

Quest’equazione descrive il trasporto del veleno nell’acqua. Vediamo quindi che nella 8.7 compaionoun termine di diffusione (come nell’equazione del calore) e uno di trasporto.

Per riuscire a risolvere la 8.7 in modo da trovare la densità di probabilità p, introduciamo la funzione

w(t, x) = p(t, x)e↵t+�x (8.8)

Se riscriviamo l’equazione 8.7 per w, con un’opportuna scelta di ↵ e � possiamo arrivare ad un’equa-zione del tipo

@t

w = D@2xx

w

che siamo in grado di risolvere, quindi riusciamo a trovare w. Ma w e p sono legate dalla 8.8, quindinota w è nota anche p.

27

8.2 Passeggiata aleatoria in d dimensioni

Consideriamo ora lo spazio d-dimensionale Zd. La particella al tempo t = 0 si trova nell’origine:

y(0) = 0

e ad ogni lancio della moneta si può muovere di ±1 in una delle d dimensioni, ossia ci sono 2d eventipossibili ad ogni lancio. Questi sono equiprobabili, ciascuno con probabilità p =

12d . I lanci avvengono

ad intervalli di tempo pari a 1. Al lancio j-esimo la posizione della particella è

y(j) =

j

X

l=1

⇠(l)

Per ottenere il moto browniano da questo modello discreto, si riscalano gli intervalli di spazio e tempounitari con h e ⌧ e poi si passa al limite per h, ⌧ ! 0, come abbiamo fatto nel caso unidimensionale.

Ci chiediamo se il moto aleatorio sia transiente o ricorrente . Il moto è transiente se con probabilità1 si ha che ky(n)k ! 1 quando n ! 1. È invece ricorrente quando la particella torna nell’origine infinitevolte.

Lemma 8.1. Consideriamo le seguenti probabilità:

q = prob {almeno un ritorno in0}qn

= prob {almenon ritorni in0}un

= prob {esattamenten ritorni in0}

Abbiamo chei) q

n

= qn e un

= qn(1� q)ii) ci sono infiniti ritorni in 0 , q = 1

iii) se chiamiamo pj

= prob {y(j) = 0}, abbiamo che q = 1 ,P

j

pj

diverge.

Dimostrazione. i) qn+1 = q

n

prob {esattamenten + 1 ritorni in0 | esattamenten ritorni in0} = qn

q =

. . . = qn+1, dove per la seconda uguaglianza abbiamo usato il fatto che q è invariante nel tempo. Inoltreun

= qn

� qn+1 = qn(1� q).

ii) prob {infiniti ritorni} = 1�prob {finiti ritorni} = 1�P+1

n=0 un

= 1�P+1

n=0 qn

(1�q) =

(

1 se q = 1

0 se q < 1

iii) Chiamiamo z la variabile aleatoria che conta i ritorni in 0; abbiamo z =

P

j

zj

con zj

=

(

1 sey(j) = 0

0 altrimenti

.

(() Se q < 1 abbiamo finiti rientri in 0 per la ii) ) z è finita. Possiamo calcolarne la media:

E(z) =+1X

n=0

nun

=

X

n

nqn(1� q) = q(1� q)X

n

nqn�1= q(1� q)(

1

1� q)

0=

q

1� q< +1

dove abbiamo usato il fatto che, all’interno del raggio di convergenza r = 1, la serieP

n

qn può esserederivata termine a termine. Quindi

+1 > E(z) = E(X

j

zj

) =

X

j

E(zj

) =

X

j

1 pj

cioè seP

j

pj

= +1 ) q = 1. Per scambiare la serie con il valor medio abbiamo usato il teoremadi Beppo Levi.

()) Se q = 1, 8k 2 N possiamo scrivere k = min {k; z} = min

n

k;P

j

zj

o

P

j

zj

. Quindi

k = E(k) E(X

j

zj

) =

X

j

E(zj

) =

X

j

pj

Ma k può essere arbitrariamente grande, quindi deve essereP

j

pj

= +1. Per scambiare la serie conil valor medio abbiamo usato di nuovo il teorema di Beppo Levi.

28

Teorema 8.1. (Polya) Sia q la probabilità che la particella torni in 0 almeno una volta. Allora

q = 1 () d 2

Se d 2, la particella visita ogni punto di Zd infinite volte con probabilità 1.Se d � 3, la particella si allontana certamente verso l’infinito.

Dimostrazione. Per il lemma 8.1, la tesi

q = 1 () d 2

è equivalente aX

j

pj

= +1 () d 2 (8.9)

Passo 1. 8pj

� 0 considero la serie di potenze

+1X

j=0

pj

�j , � 2 R

Dato che pj

1, per il criterio di Cauchy-Hadamard il raggio di convergenza della serie deve esserepari o maggiore a 1. Per � 2 (0, 1] vale

X

j

pj

= lim

�!1�

X

j

pj

�j

Infatti, se la serieP

j

pj

converge, è vero per il teorema di Abel. Altrimenti, seP

j

pj

diverge, anchela serie

P

j

pj

�j diverge, perché è costituita solo da termini positivi. QuindiX

j

pj

= +1 () lim

�!1�

X

j

pj

�j

= +1 (8.10)

Passo 2. 8j 2 N, 8x 2 T d dove T = [�⇡,⇡), definiamo

fj

(x) =X

s2Zprob {y(j) = s} eix·s

Questa è una somma finita di termini, poiché al tempo j la particella può aver fatto al massimo jpassi nella stessa direzione, quindi per s t.c. ksk � j abbiamo prob {y(j) = s} = 0. f

j

è un polinomiotrigonometrico, i cui coefficienti di Fourier sono

bfj

(s) = prob {y(j) = s}

Il coefficiente di Fourier valutato in s = 0 è

bfj

(0) = pj

Passo 3. Dalla definizione di fj

, abbiamo

fj

(x) = E(eix·y(j)) = E(eix·P

j

l=1 ⇠(l)) = E(

j

Y

l=1

eix·⇠(l)) =

j

Y

l=1

E(eix·⇠(l))

dove per scambiare la produttoria con il valor medio abbiamo usato Fubini. Tenendo conto che le ⇠sono identicamente distribuite, possiamo scrivere

j

Y

l=1

E(eix·⇠(l)) =j

Y

l=1

E(eix·⇠(1)) =j

Y

l=1

E(eix·y(1)) = (f1(x))j

Passo 4. Dal passo 2. possiamo scrivere

pj

=

bfj

(0) =

ˆT

d

fj

(x)dx

(2⇡)d=

ˆT

d

(f1(x))j

dx

(2⇡)d

29

e quindi

+1X

j=0

pj

�j

=

+1X

j=0

ˆT

d

(�f1(x))j

dx

(2⇡)d=

ˆT

d

+1X

j=0

(�f1(x))j

dx

(2⇡)d=

ˆT

d

1

1� �f1(x)

dx

(2⇡)d

dove abbiamo potuto scambiare serie e integrale perché la serieP+1

j=0 (�f1(x))j converge totalmente

) converge uniformemente e si può passare al limite sotto segno di integrale. La serie converge totalmentepoiché

|�f1(x)|j �j |f1(x)|j �j

e � 2 (0, 1]. Ne deduciamo che

lim

�!1�

X

j

pj

�j

= +1 () lim

�!1�

ˆT

d

1

1� �f1(x)

dx

(2⇡)d= +1 (8.11)

Passo 5. Dalla definizione di fj

possiamo scrivere per j = 1

f1(x) =X

s2Zprob {y(1) = s} eix·s =

d

X

h=1

1

2d

�

eixh

+ e�ix

h

�

=

1

d

d

X

h=1

cosxh

(8.12)

Quindi

1� �f1(x) = 1� �1

d

d

X

h=1

cosxh

Presa una bolla B�

(0) ⇢ T d consideriamo il quadrato (o cubo, se siamo in d � 3 dimensioni) inscrittoin B

�

(0) di lato 2

⇣

�p2

⌘

. Se x /2 B�

, allora è anche fuori dal quadrato, cioè 9h : |xh

| � �p2. Per questo

�p2 |x

h

| ⇡ vale

cosxh

1� �2

c

con un’opportuna costante c > 0. Da questo segue

1

1� �f1(x)=

1

1� �

d

P

d

h=1 cosxh

1

1� �

d

�

d� 1 + 1� �

2

c

� C

Quindi ˆx/2B

�

1

1� �f1(x)dx < +1

Ne deduciamo che

lim

�!1�

ˆT

d

1

1� �f1(x)

dx

(2⇡)d= +1 () lim

�!1�

ˆB

�

1

1� �f1(x)

dx

(2⇡)d= +1 (8.13)

Passo 6. Consideriamo ora il quadrato circoscritto alla bolla B�

(0), di lato 2�. Se x 2 B�

, allora èsicuramente contenuto nel quadrato, quindi 8h : |x

h

| �. Per questi xh

vale

x2h

4

1� cosxh

x2h

Quindi abbiamo anchekxk2

4d 1

d

d

X

h=1

(1� cosxh

) kxk2

d(8.14)

Ma dalla 8.12 abbiamo1

d

d

X

h=1

(1� cosxh

) = 1� f1(x)

30

Possiamo riscrivere l’integranda come 11��f1(x)

=

1(1��)+(���f1(x))

; in questo modo, usando la catenadi disuguaglianze 8.14, troviamo che

ˆB

�

1

(1� �) + c kxk2ˆB

�

1

1� �f1(x)ˆB

�

1

(1� �) + C kxk2

con c, C costanti opportune. Il primo e l’ultimo integrale, a meno di costanti, hanno l’andamento diˆ

�

0

rd�1dr

(1� �) + r2

Quindi

lim

�!1�

ˆB

�

1

1� �f1(x)

dx

(2⇡)d= +1 () lim

�!1�

ˆ�

0

rd�1dr

(1� �) + r2= +1 ()

ˆ�

0rd�3dr = +1 (8.15)

Per l’ultima equivalenza abbiamo usato il teorema di convergenza monotona.Ma ˆ

�

0rd�3dr = +1 () d � 2

Da questa, ricordando le equivalenze 8.9, 8.10, 8.11, 8.13 e 8.15, abbiamo la tesi.

Dal teorema di Polya segue che il moto 1 o 2-dimensionale è ricorrente, mentre il moto in 3 o piùdimensioni è transiente.

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