Sveucilište J. J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Ivona Zeljko

Poissonova diferencijalna jednadžba

Diplomski rad

Osijek, 2014.

Sveucilište J. J. Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Ivona Zeljko

Poissonova diferencijalna jednadžba

Diplomski rad

Mentor: doc. dr. sc. Krešimir Burazin

Osijek, 2014.

Sadržaj

Uvod 1

1 Laplaceova jednadžba 21.1 Fizikalna interpretacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Fundamentalno rješenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Harmonijske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Poissonova jednadžba 162.1 Derivacija Greenove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.2 Greenova funkcija za poluprostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.3 Greenova funkcija za kuglu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Literatura 31

Dodatak 33

UvodParcijalne diferencijalne jednadžbe (u daljnjem tekstu PDJ) proizlaze iz raznih

problema u fizici i u geometriji kada funkcije koje promatramo zavise o dvije ili višenezavisnih varijabli. Jednadžba u kojoj se nalazi jedna ili više parcijalnih derivacijanepoznate funkcije naziva se parcijalna diferencijalna jednadžba. Rješenje PDJ-e nanekom podrucju prostora nezavisnih varijabli je funkcija koja ima sve parcijalne deri-vacije koje se pojavljuju u jednadžbi i te parcijalne derivacije zadovoljavaju jednadžbuna cijelom tom podrucuju. PDJ se cesto koriste za opisivanje raznih fenomena u fizicikao što su zvuk, toplina, elektrostatika, elektrodinamika, dinamika fluida, elastic-nost ili kvantna mehanika. Kao što obicne diferencijalne jednadžbe (u daljnjem tekstuODJ) cesto modeliraju jednodimenzionalne dinamicke sustave, tako PDJ-e cesto mo-deliraju višedimenzionalne sustave. Postoji više razlicitih PDJ-i koje se pojavljuju kodmnogih raznih pojava u fizici i drugim znanostima od kojih isticemo valnu i jednadžbuprovodenja topline, te Laplaceovu i Poissonovu jednadžbu.

Laplaceov operator pridružuje, kako skalarnoj, tako i vektorskoj funkciji, sumudrugih parcijalnih derivacija. Obicno se oznacava simbolima ∇ ·∇, ∇2 ili ∆. Dobio jeime po P.S. de Laplaceu 1 koji je prvi primijenio operator u proucavanju kretanja ne-beskih tijela. Laplaceov operator se javlja u diferencijalnim jednadžbama koje opisujumnoge fizikalne pojave, poput valova i kvantne mehanike, elektricnih i gravitacijskihpotencijala.

U prvom poglavlju proucavat cemo Laplaceovu jednadžbu i harmonijske funk-cije. Najprije cemo nešto reci o Laplaceovoj jednadžbi u fizici, a nakon toga cemo potra-žit fundamentalno rješenje. Posebno nas zanimaju svojstva harmonijskih funkcija, pasu stoga navedeni i dokazani: formula srednje vrijednosti za Laplaceovu jednadžbu,strogi princip maksimuma, teorem o regularnosti, ocjena derivacije za harmonijskefunkcije, Liouvilleov teorem i Harnackova nejednakost.

Na pocetku drugog poglavlja upoznajemo se s Poissonovom jednadžbom, te slic-nostima s Laplaceovom jednadžbom. Pokušat cemo pronaci rješenje Poissonove jed-nadžbe uz pomoc rješenja Laplaceove jednadžbe, a nakon toga iskazat cemo i dokazatiteorem koji nam govori što je rješenje Poissonove jednadžbe. Potom cemo tražiti rješe-nje Poissonove jednadžbe ovisno o Dirichletovom uvjetu, te cemo definirati Greenovufunkciju. Greenova funkcija javlja se u razlicitim oblicima za razlicita podrucja. Takocemo prvo navesti Greenovu funkciju za poluprostor, te vidjeti kako nam Poissonovaformula daje rješenje rubne zadace. Na kraju poglavlja, konstruirat cemo Greenovufunkciju za jedinicnu kuglu, te dokazati Poissonovu formulu za kuglu.

1Pierre - Simon de Laplace (1749.-1827.g.), francuski matematicar i astronom

1

1 Laplaceova jednadžba

Parcijalna diferencijalna jednadžba oblika

∆u = 0. (1)

naziva se Laplaceova diferencijalna jednažba gdje je ∆ Laplaceov operator koji djelujena funkciju u : U →R, U ⊂Rn otvoren skup, tako da funkciji u pridužuje sumu drugihparcijalnih derivacija . Na primjer, za

n=1: ∆u = ∂2u∂x2 = u′′ = 0

Rješenje ove jednadžbe je funkcija oblika u = ax+b koje dobijemo dva puta inte-grirajuci.

n=2: ∆u = ∂2u∂x2

1+ ∂2u

∂x22= 0

U ovom slucaju je u = u(x1, x2) i naci rješenje ove jednadžbe je vec puno teže.

...

n=N: ∆u = ∂2u∂x2

1+ ∂2u

∂x22+·· ·+ ∂2u

∂x2N=

N∑i=1

∂2u∂x2

i= 0.

Rješenje Laplaceove jednadžbe je funkcija koja zadovoljava jednadžbu (1). Takve funk-cije nazivaju se harmonijske funkcije. Preciznije:

Definicija 1.1 Funkcija f ∈ C2(U) koja zadovoljava (1) naziva se harmonijska funk-cija u U .

Kao i kod ODJ - i, možemo promatrati razlicite rubne uvjete. Postoje tri osnovna tiparubnih uvjeta prema kojima razlikujemo tri vrste zadaca. To su:

1. Dirichletova zadaca: Treba odrediti funkciju u koja je u unutrašnjosti danogprostornog ili ravninskog podrucja harmonijska, a na rubu tog podrucja poprimazadane vrijednosti.

2. Neumannova zadaca: Treba odrediti funkciju u koja je u unutrašnjosti danogpodrucja harmonijska i cija derivacija u smjeru normale ∂u

∂n na rubu podrucjapoprima zadane vrijednosti.

3. Robinova zadaca: Treba odrediti funkciju u, koja je u unutrašnjosti danogpodrucja harmonijska, a na rubu podrucja funkcija αu+β∂u

∂n (α,β konstante,α2+β2 , 0) poprima zadane vrijednosti.

Prije nego pocnemo tražiti rješenje Laplaceove jednadžbe, pogledajmo što ta jednadžbapredstavlja u fizici.

2

1.1 Fizikalna interpretacija

Laplaceova jednadžba dolazi u raznovrsnim varijacijama u fizici. U uobicajenoj inter-pretaciji u oznacava gustocu neke kolicine (npr. kemijske koncentracije) u ravnoteži.Ako je V bilo koje glatko potpodrucje unutar U , mrežni tok od u kroz ∂V je nula, tj.∫

∂V

F ·n dS = 0,

gdje F oznacva gustocu toka, a n jedinicnu vanjsku normalu na ∂V . S obzirom nateorem 7, imamo ∫

V

div F dx =∫∂V

F ·n dS = 0,

pa jediv F = 0 u U , (2)

jerje V proizvoljan. U mnogim slucajevima, razumno je pretpostaviti da je tok F pro-porcionalan gradijentu ∇u jer tok ide iz podrucja visoke u podrucje niske koncentracije,ali pokazuje u suprotnom smjeru. Prema tome,

F =−a∇u, a > 0,

zamjenom u (2), dobivamo Laplaceovu jednadžbu

div (∇u)=∆u = 0.

Ako u oznacava:

• kemijsku koncentraciju, tada dobivamo Fickov zakon difuzije

• temperaturu, tada imamo Fourierov zakon provodenja topline

• elektrostatski potencijal, tada imamo Ohmov zakon elektricne vodljivosti.

1.2 Fundamentalno rješenje

Sada cemo potražiti fundamentalno rješenje Laplaceove jednadžbe.Dobra strategija za istraživanje bilo koje PDJ je prvo identificirati nekoliko eksplicit-nih rješenja i tada, ako pretpostavimo da je PDJ linearna, sastaviti puno komplici-ranija rješenja. S obzirom na simetricnu prirodu Laplaceove jednadžbe (1) tražimoharmonijsku funkciju u na Rn takva da je u(x) = v(r), r = |x|. Prirodan izbor ovakvogrješenja je zbog toga što takva rješenja reduciraju PDJ na ODJ.Sada cemo pokušati pronaci rješenje u Laplaceove jednadžbe (1) kao što smo opisali,tj. u obliku u(x)= v(r), gdje je r = |x| = (x2

1+·· ·+x2n)

12 , a v izaberemo (ukoliko je moguce)

tako da je ∆u = 0. Primijetimo da za i = 1,2, . . . ,n je

∂r∂xi

= 12

(x21 +·· ·+ x2

n)−12 2xi = xi

r, x, 0.

3

Prema tome, imamouxi = v′(r)

xi

r, r , 0

što implicira

uxi xi =1r

v′(r)− x2i

r3 v′(r)+ x2i

r2 v′′(r), r , 0, i = 1,2, . . . ,n,

pa je

∆u = n−1r

v′(r)+v′′(r).

Stoga, ∆u = 0 ako i samo ako je v′′+ n−1r v′ = 0.

Ako je v′ , 0, imamo

v′′ = 1−nr

v′

v′′

v′= 1−n

rlnv′ = (1−n) ln r+ lna

v′(r) = arn−1

Prema tome, ako je r > 0 imamo

• n = 2 :v′ = a

r⇒ v(r)= a log r+C

• n ≥ 3 :v′ = a

rn−1 ⇒ v(r)= arn−2 +C,

gdje su a i C konstante. Sada to možemo zapisati kao

v(r)={

a log r+C, n = 2a

rn−2 +C, n ≥ 3 .

Našli smo funkciju oblika u(x)= v(r) takvu da je ∆u = 0, tj. našli smo funkciju koja za-dovoljava Laplaceovu jednadžbu (1). Sada možemo definirati fundamentalno rješenjeLaplaceove jednadžbe koje smo upravo pronašli.

Definicija 1.2 Funkciju

Φ(x) :={

− 12π log |x|, n = 2

1n(n−2)α(n)

1|x|n−2 , n ≥ 3 (3)

definiranu za x ∈Rn, x, 0 nazivamo fundamentalno rješenje Laplaceove jednadžbe pricemu je α(n) = πn/2

Γ(1+n/2) volumen jedinicne kugle u Rn gdje je Γ gama funkcija oblika

Γ(z)=∞∫0

uz−1e−u du, z > 0.

4

1.3 Harmonijske funkcije

Sada cemo govoriti o zanimljivim svojstvima harmonijskih funkcija.Neka je U ⊂ Rn i pretpostavimo da je u harmonijska funkcija na U . Izvest cemo for-mulu srednje vrijednosti Laplaceove jednadžbe koja nam govori da je u(x) jednakoprosjeku u nad sferom ∂K(x, r), a jednako je i prosjeku u nad cijelom kuglom K(x, r),pod pretpostavkom da je K(x, r)⊂U .Prije nego navedemo teorem, navest cemo formule za izracunavanje srednje vrijed-nosti integrala.

Definicija 1.3 Srednju vrijednost integrala racunamo pomocu sljedecih formula:

(i)>

K(x,r)

f d y := 1α(n)rn

∫K(x,r)

f d y što nam daje prosjek funkcije f nad kuglom K(x, r)

gdje je α(n) volumen jedinicne kugle K(0,1) u Rn,

(ii)>

∂K(x,r)

f dS := 1nα(n)rn−1

∫∂K(x,r)

f dS daje prosjek funkcije f nad sferom ∂K(x, r) gdje

je nα(n) površina jedinicne sfere ∂K(0,1) u Rn.

Teorem 1.1 (Formula srednje vrijednosti za Laplaceovu jednadžbu) Ako je u ∈C2(U) harmonijska funkcija, tada je

u(x)=?

∂K(x,r)

u dS =?

K(x,r)

u dy (4)

za svaku kuglu K(x, r)⊂U .

DokazPretpostavimo da je u ∈ C2(U) harmonijska funkcija. Za r > 0, definiramo

Ψ(r)=?

∂K(x,r)

u(y)dS(y).

Trebamo pokazati da je Ψ′(r)= 0, što ce znaciti da je Ψ konstanta i zbog toga

u(x)=?

∂K(x,r)

u(y)dS(y).

Koristeci definiciju 1.3 možemo pisati

Ψ(r)=?

∂K(x,r)

u(y)dS(y)= 1nα(n)rn−1

∫∂K(x,r)

u(y)dS(y). (5)

Znamo da ∂K(x, r) možemo zapisati kao ||y− x||2 = r2. Uvodimo supstituciju y= x+ rz,pa racunamo

y− x = rz ⇒ ||rz||2 = r2 ⇒ r2||z||2 = r2 ⇒ ||z||2 = 1 ⇒ ∂K(0,1).

5

Sada uvodimo supstituciju y= x+ rz u (5), te koristeci gornji racun dobivamo

Ψ(r)= 1nα(n)rn−1

∫∂K(0,1)

u(x+ rz)dS(z)=?

∂K(0,1)

u(x+ rz)dS(z).

Trebamo derivaciju funkcije Ψ(r), a kako je u glatka funkcija možemo derivirati podznakom integrala

Ψ′(r)=?

∂K(0,1)

∇u(x+ rz) · z dS(z). (6)

Sada vratimo supstituciju y= x+ rz u (6) i dobivamo

Ψ′(r) =?

∂K(0,1)

∇u(x+ rz) · z dS(z)

=?

∂K(x,r)

∇u(y)y− x

rdS(y)

=?

∂K(x,r)

∇u(y) ·νdS(y).

Sada, koristeci teorem 4 i definiciju 1.3 pišemo

Ψ′(r)=?

∂K(x,r)

∂u∂ν

(y)dS(y)= 1nα(n)rn−1

∫∂K(x,r)

∂u∂ν

(y)dS(y).

Iz teorema 8 imamo

Ψ′(r) = 1nα(n)rn−1

∫K(x,r)

∇(∇u(y))d y

= 1nα(n)rn−1

∫K(x,r)

∆u(y)d y

Prema pretpostavci teorema, u je harmonijska funkcija, tj. ∆u = 0, pa vrijedi

Ψ′(r)= 1nα(n)rn−1

∫K(x,r)

∆u(y)d y= 0.

Dobili smo da je Ψ konstanta, a zbog definicije 1.3 vrijedi

Ψ(0)= limt→0

Ψ(t)= limt→0

?∂K(x,t)

u(y)dS(y)= u(x).

Još nam preostaje pokazati

u(x)=?

K(x,r)

u(y)dS(y).

6

Prijelazom na polarne koordinate uz pomoc formule (44) imamo

∫K(x,r)

u(y)d y=r∫

0

( ∫∂K(x,s)

u(y)dS(y))ds.

Znamo da je, zbog definicije 1.3,∫

∂K(x,s)

u(y)dS(y) = nα(n)sn−1u(x), pa uvrštavajuci u

gornji izraz dobivamo

∫K(x,r)

u(y)d y =r∫

0

u(x)nα(n)sn−1 ds

= u(x)nα(n)r∫

0

sn−1 ds

= u(x)nα(n)rn

n= u(x)α(n)rn,

iz cega slijedi

u(x)= 1α(n)rn

∫K(x,r)

u(y)d y,

odnosno prema definiciji 1.3

u(x)=?

K(x,r)

u(y)d y.

�

Vrijedi i obrat prethodnog teorema:

Teorem 1.2 Ako u ∈ C2(U) zadovoljava

u(x)=?

∂K(x,r)

u dS

za svaku kuglu K(x, r)⊂U , onda je u harmonijska funkcija.

DokazNeka je Ψ(r)=

?∂K(x,r)

u(y)dS(y). Dokazujuci teorem 1.1 smo pokazali da ako je Ψ′(r)=

0, za svaku kuglu K(x, r)⊂U , tada je u(x)=?

∂K(x,r)

u(y)dS(y). Pretpostavimo suprotno:

funkcija u nije harmonijska tj. ∆u , 0, pa postoji kugla K(x, r) ⊂U takva da je ∆u > 0ili ∆u < 0.

7

Bez smanjenja opcenitosti, pretpostavimo da postoji K(x, r) takva da je ∆u > 0. U

dokazu teorema 1.1 smo dobili Ψ′(r)= 1nα(n)rn−1

∫K(x,r)

∆u(y)d y, a pod pretpostavkom da

je ∆u > 0 vrijedi Ψ′(r)> 0 što je u kontradikciji s cinjenicom da je Ψ′(r)= 0. Dakle, u jeharmonijska funkcija.

�

Iskazat cemo i dokazati tzv. strogi princip maksimuma koji tvrdi da rješenje odre-dene PDJ - e drugog reda ne može imati maksimum u unutrašnjosti domene gdje jejednadžba definirana.

Teorem 1.3 (Strogi princip maksimuma) Neka je u ∈ C2(U)∩ C(U) harmonijskafunkcija na U , gdje je U =U ∪∂U zatvarac od U .

(i) Ako je U povezan i postoji tocka x0 ∈U takva da je

u(x0)=maxU

u,

tada je u konstanta u U .

(ii) maxU

u =max∂U

u

Dokaz(i) Pretpostavimo da postoji x0 takav da je u(x0) = M = max

Uu. Tada je K(x0, r) ⊂U za

0< r < d(x0,∂U), pa primjenom teorema 1.1 na M dobivamo

M = u(x0)=?

K(x0,r)

u(y)d y.

Kako je M maksimum od u na kugli K(x0, r), jednakost vrijedi samo ako je u ≡ Mna kugli K(x0, r) tj. zbog teorema 1.1 mora vrijediti u(y) = M, za svaki y ∈ K(x0, r).Štoviše, {x ∈U : u(x)= M} je prema definiciji 1 relativno zatvoren u U :

{x ∈U : u(x)= M}= u−1({M})

što nam pokazuje da je praslika zatvorenog skupa i stoga je zatvoren. Prema tome, Uje povezan, pa je U = {x ∈U : u(x)= M}.

(ii) Znamo da je ∂U ⊂U , pa vrijedi

m =max∂U

u ≤maxU

u = M.

Primijetimo da je U kompaktan jer je omeden i zatvoren, m ≤ M, pa u postiže svojmaksimum u nekoj tocki x0 ∈U . Tada razlikujemo dva slucaja:

8

a) x0 ∈ ∂U , pa vrijedi m ≥ M

b) x0 ∈U , pa je x0 ∈U iz cega slijedi, zbog (i), da je u konstanta na U , pa je m = M.

�

Napomena 1.1 Tvrdnja (ii) iz teorema (1.3) je princip maksimuma za Laplaceovu jed-nadžbu, a tvrdnja (i) je strogi princip maksimuma.Zamijenimo li u sa −u, dobivamo slicnu tvrdnju za minimum zamjenjujuci maksi-mum.

Primjedba 1.1 Strogi princip maksimuma posebno tvrdi da ako je U povezan i u ∈C2(U)∩C(U) zadovoljava {

∆u = 0 ∈Uu = g ∈ ∂U

tada za g pozitivnu negdje na ∂U , u je pozitivna na U .

Sada cemo dokazati da ako je u ∈ C2 harmonijska funkcija, tada je u ∈ C∞. Prematome, harmonijska funkcija je beskonacno diferencijabilna. Ova tvrdnja naziva seteorem regularnosti. Zanimljivo je da algebarska struktura Laplaceove jednadžbe

∆u =n∑

i=1uxi xi = 0 vodi do zakljucka da postoje sve parcijalne derivacije od u, cak i

one koje se ne pojavljuju u PDJ - i.

Teorem 1.4 (Regularnost) Neka u ∈ C(U) zadovoljava formulu srednje vrijednosti(4) za svaku kuglu K(x, r)⊂U . Tada vrijedi

u ∈ C∞(U).

Prije nego dokažemo tvrdnju teorema (1.4), navest cemo definiciju koja ce nam bitipotrebna za dokaz tvrdnje.

Definicija 1.4 Neka je η ∈ C∞(Rn) funkcija definirana na sljedeci nacin

η={

C exp( 1|x|2−1 ), |x| < 1

0, |x| ≥ 1

gdje je C konstanta izabrana tako da je∫Rnηdx = 1.

Za m ∈N, definiramoηm(x) := mnη(mx). (7)

η nazivamo standardni izgladujuci niz. Funkcija ηm ∈ C∞ zadovoljava∫Rn

ηm dx = 1, supp(ηm)⊂ K(0,1m

). (8)

9

Dokaz teorema (1.4)

Neka je η standardni izgladujuci niz definiran kao u definiciji 1.4, te neka jeum = ηm ∗u u Um = {x ∈U : d(x,∂U) > 1

m }. Prema definiciji 3 i svojstvu konvolucije 1),iz teorema 5, imamo

um =∫U

ηm(x− y)u(y)d y=∫U

ηm(y)u(x− y)d y, za x ∈Um.

Iz definicije 1.4 imamo ηm ∈ C∞, pa zbog svojstva konvolucije 5), iz teorema 5, je um ∈C∞. Prema tome, da bismo dobili tvrdnju teorema, trebamo pokazati da je u = um naUm.Za x ∈Um, iz (7) imamo

um(x) =∫U

ηm(x− y)u(y)d y

=∫U

mnη (m(x− y))u(y)d y.

Koristeci supp ηm(x− y)⊂ K(0, 1m ) pišemo

um(x)=∫

K(x, 1m )

mnη (m|x− y|)u(y)d y.

Prijelazom na polarne koordinate, uz pomoc formule (44), dobivamo

um(x) =1m∫

0

∫∂K(x,r)

mnη (mr)u(y)dS(y)

dr

=1m∫

0

mnη (mr)

∫∂K(x,r)

u(y)dS(y)

dr.

Prema definiciji 1.3 vrijedi∫∂K(x,r)

u(y)dS(y)= nα(n)rn−1?

∂K(x,r)

u(y)dS(y),

10

pa možemo pisati

um(x) =1m∫

0

mnη (mr)nα(n)rn−1?

∂K(x,r)

u(y)dS(y)

︸ ︷︷ ︸iz teorema 1.1 je u(x)

dr

= u(x)

1m∫

0

mnη (mr)︸ ︷︷ ︸iz (7) imamo ηm(r)

nα(n)rn−1 dr

= u(x)

1m∫

0

ηm(r)nα(n)rn−1dr

= u(x)∫

K(0, 1m )

ηm d y.

Koristeci jednakost (8) u dobivenom izrazu zakljucujemo da je um ≡ u u Um.

�

Iskoristit cemo formulu srednje vrijednosti da bismo izveli ocjenu za razlicite par-cijalne derivacije za harmonijsku funkciju.

Teorem 1.5 Neka je u harmonijska funkcija na U . Tada vrijedi

|∇αu(x0)| ≤ Ck

rn+k ‖u‖L1(K(x0,r)) (9)

za svaku kuglu K(x0, r)⊂U i za svaki multiindeks |α| = k, gdje je

C0 = 1α(n)

, Ck =(2n+1nk)k

α(n), k = 1, . . . . (10)

DokazUz pomoc matematicke indukcije za (9) i (10) po k imamo:

• k = 0: dobivamo tvrdnju iz formule za srednju vrijednost (4)

|u(x0)| ≤ 1α(n)rn

∫K(x0,r)

u dy

• k = 1: u Laplaceovoj jednadžbi (1) je uxi , (i = 1, . . . ,n) harmonijska. Zbog toga,koristeci teorem 1.1 i teorem 3 imamo

|uxi (x0)| =

∣∣∣∣∣∣∣∣?

K(x0,r/2)

uxi dx

∣∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣

2n

α(n)rn

∫∂K(x0,r/2)

uνi dS

∣∣∣∣∣∣∣=2n

α(n)rn ||u||L1(∂K(x0,r/2))

11

Zbog teorema 1 vrijedi

|uxi (x0)| = 2n

α(n)rn ||u||L1(∂K(x0,r/2)) ≤2nr

‖u‖L∞(∂K(x0,r/2). (11)

Ako je x ∈ ∂K(x0, r/2), tada je K(x, r/2)⊂ K(x0, r)⊂U i

|u(x)| ≤ 1α(n)

(2r

)n‖u‖L1(K(x0,r)) iz (9) i (10) za k = 0. (12)

Kombinirajuci dobivene nejednakosti (11) i (12), možemo zakljuciti

|∇αu(x0)| ≤ 2n+1nα(n)

1rn+1 ‖u‖L1(K(x0,r))

ako je |α| = 1. Dobili smo tvrdnju (9) i (10) za k = 1.

Sada pretpostavimo da je k ≥ 2 i (9), (10) vrijede za sve kugle u U i za svaki multiindeksreda manjeg ili jednakog k−1.Neka je K(x0, r) ⊂ U , te neka je α multiindeks sa |α| = k. Tada je ∇αu = (∇βu)xi , zaneke i ∈ {1, . . . ,n}, |β| = k−1. Racunajuci slicno kao u (11), dobivamo

|∇αu(x0)| ≤ nkr

‖∇βu‖L∞(∂K(x0,r/k)) (13)

Ako je x ∈ ∂K(x0, r/k), tada je K(x, k−1k r) ⊂ K(x0, r) ⊂ U . Zbog toga (9), (10) za k− 1

slijedi

|∇αu(x)| ≤ (2n+1n(k−1))k−1

α(n)( k−1k r)n+k−1

‖u‖L1K(x0,r). (14)

Iz nejednakosti (13) i (14) dobivamo sljedecu ocjenu

|∇αu(x0)| ≤ (2n+1nk)k

α(n)rn+k ‖u‖L1K(x0,r)

što nam daje (9) i (10) za |α| = k.

�

Sada cemo navesti tzv. Liouvilleov teorem koji nam govori da ne postoje netrivijalneharmonijske omedene funkcije na Rn.

Teorem 1.6 (Liouvilleov teorem) Neka je u : Rn → R harmonijska i omedena funk-cija. Tada je u konstanta.

DokazNeka je x0 ∈Rn, r > 0. Primijenimo teorem 1.5 na kuglu K(x0, r):

|∇u(x0)| ≤ C1

rn+1 ||u||L1(K(x0,r))

≤ C1α(n)r

||u||L∞(Rn) → 0, kada r →∞.

Tada je ∇u ≡ 0, pa je u konstanta.

�

12

Teorem 1.7 Neka je u harmonijska u U . Tada je u analiticka u U .

DokazNeka je x0 ∈ U . Trebamo pokazati da se u može prikazati kao konvergentan niz po-tencija u nekoj okolini oko tocke x0. Neka je r := 1

4 d(x0,∂U). Tada je, za k = 0 iz (9)M := 1

α(n)rn ‖u‖L1(K(x0,2r)) <∞.Kako je K(x, r)⊂ K(x0,2r)⊂U , za ∀x ∈ K(x0, r), prema teoremu (1.5) imamo

‖∇αu‖L∞(K(x0,r)) ≤ M(2n+1n

r

)|α||α||α|. (15)

Stirlingova formula (vidi [9]) nam daje

limk→∞

kk+ 12

k!ek = 1

(2π)12

.

Stoga imamo|α||α| ≤ C e|α||α|! (16)

za neku konstantu C i sve multiindekse α.Osim toga, iz teorema 1 imamo

nk = (1+·· ·+1)k = ∑|α|=k

|α|!α!

,

pa slijedi|α|!≤ n|α|α! (17)

Iz (16) i (17), uvrštavanjem u (15), dobivamo

‖∇αu‖L∞(K(x0,r)) ≤ C M(2n+1n2e

r

)|α|α!. (18)

Taylorov red za u oko tocke x0 je

∑α

∇αu(x0)α!

(x− x0)α

suma za multiindekse. Tvrdimo da ovaj red potencija konvergira, ako

|x− x0| < r2n+2n3e

. (19)

Izracunajmo za svaki N ostatak

RN(x) = u(x)−N−1∑k=0

∑|α|=k

∇αu(x0)(x− x0)α

α!

= ∑|α|=N

∇αu(x0 + t(x− x0))(x− x0)α

α!(20)

13

za 0 ≤ t ≤ 1, a t ovisi o x. Formula (20) je prvih N izraza i greške Tylorova reda oko 0za funkciju jedne varijable g(t) = u(x0 + t(x− x0)), za t = 1. Iz (18) i (19), uvrštavanjemu (20) dobivamo

|RN(x)| ≤ C M∑

|α|=k

(2n+1n2er

)N ( r2n+2n3e

)N

≤ C M1

(2n)N

= C M2N → 0, kada N →∞

�

Prije nego li navedemo i dokažemo sljedeci teorem, definirat cemo kompaktno sadržanskup.

Definicija 1.5 Neka su U ,V otvoreni podskupovi od Rn. Pišemo

V ⊂⊂U

ako je V ⊂V ⊂U , a V kompaktan i kažemo da je V kompaktno sadržan u U .

Sada cemo navesti i dokazati tzv. Harnackovu nejednakost koja nam govori da ako je{un} rastuci niz harmonijskih funkcija na U i {un(x)} je omeden za neki x ∈U , tada nizuniformno konvergira na kompaktnom podskupu od U prema funkciji koja je harmo-nijska na U .

Teorem 1.8 (Harnackova nejednakost) Za svaki povezan otvoren skup V ⊂⊂ U ,postoji pozitivna konstanta C koja je samo na V, takva da

supV

u ≤ C infV

u

za sve nenegativne harmonijske funkcije u ∈U .Posebno vrijedi,

1C

u(y) ≤ u(x) ≤ C u(y)

za sve tocke x, y ∈V .

DokazNeka je r = 1

4 d(V ,∂U). Izaberimo x, y ∈V takve da je |x− y| ≤ r. Tada, koristeci defini-ciju 1.1, imamo

u(x) =?

K(x,2r)

u dz

= 1α(n)(2r)n

∫K(x,2r)

u dz

= 12n

1α(n)rn

∫K(x,2r)

u dz.

14

Zbog |x− y| ≤ r, imamo

u(x)= 12n

1α(n)rn

∫K(x,2r)

u dz ≥ 12n

1α(n)rn

∫K(y,r)

u dz.

Po definiciji 1.1, imamo1

α(n)rn

∫K(y,r)

u dz =?

K(y,r)

u dz

pa možemo pisati

u(x)≥ 12n

?K(y,r)

u dz = 12n u(y).

Dobivamo sljedece nejednakosti

2nu(y)≥ u(x)≥ 12n u(y)

ako su x, y ∈V i vrijedi |x− y| ≤ r.Kako je V povezan i V kompaktan, V možemo prekriti sa konacno mnogo kugala{K i}N

i=1 radijusa r2 i sa svojstvom K i ∩K i+1 , ;, ∀i = 1, . . . , N. Tada je u(x) ≥ 1

2nN u(y),∀x, y ∈V .

�

15

2 Poissonova jednadžba

U prethodnom poglavlju smo definirali Laplaceovu jednadžbu, te pronašli njezino rje-šenje i svojstva tog rješenja. Laplaceovu jednadžbu (1) možemo generalizirati

−∆u = f (21)

gdje je ∆ Laplaceov operator koji djeluje na funkciju u, u : U → R, u = u(x), U ⊂ Rn

otvoreni skup, f : U →R funkcija. PDJ oblika (21) naziva se Poissonova diferencijalnajednadžba. Dakle, Laplaceova jednadžba je poseban oblik jednadžbe (21).Kao i kod Laplaceove jednadžbe, možemo promatrati tri razlicita osnovna tipa rubnihuvjeta prema kojima razlikujemo Dirichletovu, Naumannovu i Robinovu zadacu.Pokušat cemo konstruirati rješenje jednadžbe (21) uz pomoc rješenja Laplaceove jed-nadžbe (3). Primijetimo da je Φ(x) harmonijska funkcija zbog konstrukcije za x, 0, paje i Φ(x− y) harmonijska za x, y. Uzmimo u obzir da, za bilo koju funkciju f :Rn →R,x 7→ Φ(x− y) f (y) ce takoder biti harmonijska za bilo koje x , y, kao i bilo koja sumatakvih izraza. To nas dovodi do sljedeceg zakljucka

∆u(x) = 0

⇒ ∆xΦ(x− y)= 0

⇒ ∆xΦ(x− y) f (y)= 0

⇒∫Rn

∆xΦ(x− y) f (y)dy= 0.

U gornjem racunu smo samo Laplaceov operator jednostavno doveli pod znak integralada bi smo dobili

u(x)=∫Rn

∆xΦ(x− y) f (y)d y.

Medutim, y = x nam ne dopušta da sumiramo u njegovoj blizini i derivacija pod zna-kom integrala nije opravdana. Uz pomoc rješenja Laplaceove jednadžbe ne možemodobiti rješnje jednadžbe (21), pa cemo ga morati potražiti na neki drugi nacin.Sljedeci teorem nam daje rješenje Poissonove jednadžbe (21), uz pretpostavku da jefunkcija f dva puta neprekidno derivabilna i nošena na kompaktu.

Teorem 2.1 Neka je f ∈ C2c(Rn) i

u(x)=∫Rn

Φ(x− y) f (y)d y=

− 1

2π

∫R2

log(|x− y|) f (y)d y, n = 2

1n(n−2)α(n)

∫Rn

f (y)|x− y|n−2 d y, n ≥ 3

Tada je u rješenje Poissonove jednadžbe (21), tj. vrijedi

(i) u ∈ C2(Rn)

16

(ii) −∆u = f u Rn.

Dokaz(i) Zamijenom varijabli imamo

u(x)=∫Rn

Φ(x− y) f (y)d y=∫Rn

Φ(y) f (x− y)d y.

U gornji izraz, uvodimo supstituciju

u(x+he i)−u(x) =∫Rn

Φ(y) f (x+he i − y)d y−∫Rn

Φ(y) f (x− y)d y

=∫Rn

Φ(y) [ f (x+he i − y)− f (x− y)] d y

gdje h, 0, a e i = (0, . . . ,1, . . . ,0) vektor sa 1 na i−tom mjestu. Dobivamo kvocijent

u(x+he i)−u(x)h

=∫Rn

Φ(y)[

f (x+he i − y)− f (x− y)h

]dy,

pa možemo racunati parcijalnu derivaciju

∂u∂xi

(x) = limh→0

u(x+he i)−u(x)h

= limh→0

∫Rn

Φ(y)[

f (x+he i − y)− f (x− y)h

]d y,

=∫Rn

Φ(y) limh→0

[f (x+he i − y)− f (x− y)

h

]d y,

=∫Rn

Φ(y)∂ f∂xi

(x− y)d y.

Primijetimo da smo s limesom ušli pod znak integrala. Taj postupak opravdavamocinjenicom da je f ∈ C2

c(Rn), što nam govori da je funkcija f uniformno neprekidna, pastoga je i konvergencija uniformna.Slicno, f ∈ C2

c(Rn) nam govori da je ∂u∂xi

uniformno neprekidna, pa možemo racunati

∂2u∂x j∂xi

(x) = limh→0

1h

(∂u∂xi

(x+he j)− ∂u∂xi

(x))

= limh→0

1h

∫Rn

Φ(y)[∂ f∂xi

(x+he j − y)− ∂ f∂xi

(x− y)]

d y

=∫Rn

Φ(y) limh→0

1h

[∂ f∂xi

(x+he j − y)− ∂ f∂xi

(x− y)]

d y

=∫Rn

Φ(y)∂2 f

∂xi∂x j(x− y)d y.

17

Kako je∫Rn

Φ(y)∂2 f

∂xi∂x j(x− y)d y neprekidna u x, tada je u ∈ C2(Rn).

(ii) Iz (i) imamo

∆u(x) =n∑

i=1

∂2u∂xi

(x)

=n∑

i=1

∫Rn

Φ(y)∂2 f

∂xi∂x j(x− y)d y

=∫Rn

Φ(y)

[n∑

i=1

∂2 f∂xi∂x j

(x− y)

]d y

=∫Rn

Φ(y)∆x f (x− y)d y.

Neka je ε> 0 i podijelimo integral na dva integrala∫Rn

Φ(y)∆x f (x− y)d y=∫

K(0,ε)

Φ(y)∆x f (x− y)d y

︸ ︷︷ ︸Iε

+∫

Rn∼K(0,ε)

Φ(y)∆x f (x− y)d y

︸ ︷︷ ︸Jε

.

Oznacimo K := K(0,ε), pa imamo

|Iε| =

∣∣∣∣∣∣∣∫K

Φ(y)∆x f (x− y)d y

∣∣∣∣∣∣∣≤

∫K

|Φ(y)∆x f (x− y)| d y

≤∫K

|Φ(y)| · ‖∆x f (x− y)‖∞ d y

= ‖∆x f (x− y)‖∞∫K

|Φ(y)|d y

= C‖∇2 f ‖∞∫K

|Φ(y)|d y

≤{

Cε2| logε|, n = 2Cε2, n ≥ 3.

Prema tome,limε→0

|Iε| = 0. (22)

Neka je K :=Rn ∼ K(0,ε). Koristeci teorem 3 primjenjujuci na integral Jε, s oznakamauxi =∆x f (x− y)d y i v =Φ(y), imamo

Jε =−∫K

∇Φ(y) ·∇y f (x− y)dy

︸ ︷︷ ︸Kε

+∫∂K

Φ(y)∂ f∂ν

(x− y)dS

︸ ︷︷ ︸Lε

.

18

Za Lε, imamo

|Lε| =

∣∣∣∣∣∣∣∫∂K

Φ(y)∂ f∂ν

(x− y)dS(y)

∣∣∣∣∣∣∣≤

∫∂K

∣∣∣∣Φ(y)∂ f∂ν

(x− y)∣∣∣∣ dS(y)

≤∫∂K

|Φ(y)| · ‖∂ f∂ν

(x− y)‖∞ dS(y)

= ‖∂ f∂ν

(x− y)‖∞∫∂K

|Φ(y)| dS(y)

= ‖∇ f ‖∞∫∂K

|Φ(y)| dS(y)

≤{

Cε| logε|, n = 2Cε, n ≥ 3,

pa jelimε→0

|Lε| = 0. (23)

Sada za Kε =−∫K

∇Φ(y) ·∇y f (x− y)d y upotrijebimo teorem 3 uz oznake uxi =∇y f (x−

y)d y i ν=∇Φ(y)

Kε = −∫K

∆Φ(y) f (x− y)d y−∫∂K

∂∆

∂ν(y) f (x− y)dS(y)

= −∫∂K

∂∆

∂ν(y) f (x− y)dS(y).

U gornjoj jednakosti, prvi integral je jednak 0 jer smo konstruirali funkciju Φ tako da

bude harmonijska, tj. ∆Φ = 0 ⇒∫∆Φ = 0. Preciznije, Φ(y) je harmonijska za y , 0,

ali integriramo nad dijelom Rn koji je barem od ε do 0, pa smo sigurni da je integraljednak 0.Nadalje, prema definiciji imamo ∂Φ

∂ν(y) := ν ·∇Φ(y), pa je

ν= −y|y| i ∇Φ(y)= −1

nα(n)yyn , y, 0,

što postaje

ν= −yε

i ∇Φ(y)= −1nα(n)

yεn , y, 0,

19

na sferi ∂K(0,ε). Imamo

∂Φ

∂ν(y) = ν ·∇Φ(y)

= −yε

( −1nα(n)

yεn

)= y · y

nα(n)εn+1

= |y|2nα(n)εn+1

= ε2

nα(n)εn+1

= 1nα(n)εn−1 .

Dobiveni gornji izraz uvrstimo u integral Kε

Kε = 1nα(n)εn−1

∫∂K(x,ε)

f (y)dS(y).

Koristeci definiciju 1.3 možemo pisati

Kε =−?

∂K(x,ε)

f (y)dS(y).

Prema tome, vrijedi

limε→0

|Kε| = limε→0

− ?∂K(x,ε)

f (y)dS(y)

=− f (x). (24)

Kombinirajuci izraze (22), (24) i (23), dobivamo

∆u = limε→0

[Iε+Kε+Lε]= 0− f (x)+0=− f (x).

�

Primjedba 2.1 Funkciju Φ smo konstruirali tako da je harmonijska za x, 0, ali što jesa ∆Φ(0)? Prilicno precizno možemo predvidjeti odgovor tako da definiramo −∆Φ(x) =δ0 u Rn, gdje je δ0 Diracova delta funkcija u Rn. Možemo racunati

∆u =∫Rn

∆xΦ(x− y) f (y)d y

=∫Rn

−δx f (y)d y

= −∫Rn

f (y)dµx

= − f (x)

20

gdje je dµx mjera definirana

dµx(E)={

1, x ∈ E0, x ∉ E.

Sljedeci teorem nam govori kakav oblik ima omedeno rješenje Poissonove jednadžbe(21).

Teorem 2.2 Neka je f ∈ C2c(Rn), n ≥ 3. Tada bilo koje omedeno rješenje od

−∆u = f u Rn

ima obliku(x)=

∫Rn

Φ(x− y) f (y)d y+C, x ∈Rn

za neku konstantu C.

DokazZa n ≥ 3, imamo

Φ(x)= 1n(n−2)α(n)

1|x|n−2

x→∞−−−→ 0.

Gornji izraz nam pokazuje da je

u(x)= u(x)=∫R

Φ(x− y) f (y)d y

omedeno rješenje jednadžbe −∆u = f u Rn. Neka je v neko drugo rješenje, pa defini-ramo w := v−u. Tada

∆w =∆(v−u)=∆v−∆u = (− f )− (− f )= 0

nam pokazuje da je w harmonijska funkcija. Prema teoremu 1.6, w je konstanta.Prema tome,

w = v−u = C ⇒ v = u+C =∫Rn

Φ(x− y) f (y)d y+C.

�

2.1 Derivacija Greenove funkcije

U ovom dijelu tražit cemo rješenje Poissonove jednadžbe −∆u = f u U , uz Dirichletovrubni uvjet u = g na ∂U .Neka je U ⊂ Rn otvoren i omeden, te neka je ∂U ∈ C1. Pretpostavimo da je u ∈ C2(U)prizvoljna funkcija. Fiksirajmo x ∈U , te izaberimo ε> 0 toliko mali da je K(x,ε) ⊂U ,te primijenimo Greenovu formulu (4) na podrucje Vε :=U −K(x,ε) na u(y) i Φ(y− x):∫

Vε

u(y)∆Φ(y− x)−Φ(y− x)∆u(y)d y=∫∂Vε

u(y)∂Φ

∂ν(y− x)−Φ(y− x)

∂u∂ν

(y)dS(y) (25)

21

gdje je ν jedinicna vanjska normala na ∂Vε. Vidimo da je ∂Vε = ∂U ∪∂K , gdje su ∂U i∂K medusobno disjunktni, pa možemo rastaviti integral nad ∂Vε na dva dijela. Sada,na ∂K , imamo ocjenu∣∣∣ ∫

∂K

Φ(y− x)∂u∂ν

(y)dS(y)∣∣∣≤ Cεn−1 max

∂K|Φ| ε→0−−−→ 0,

pa imamo ∣∣∣ ∫∂K

u(y)∂Φ

∂ν(y− x)dS(y)

∣∣∣= ?∂K

u(y)dS(y) ε→0−−−→ u(x).

Dakle, kada ε→ 0, desna strana jednakosti (25) jednaka je∫∂U

u(y)∂Φ

∂ν(y− x)−Φ(y− x)

∂u∂ν

(y)dS(y)+u(x).

Povrh toga, ∆Φ(y− x)= 0, za y, x, za Vε =U −K(x,ε) imamo∫Vε

u(y)∆Φ(y− x)dS(y)=∫Vε

0dS = 0, ∀ε> 0.

Prema tome, ε→ 0 transformira (25) iz∫Vε

u(y)∆Φ(y− x)−Φ(y− x)∆u(y)dy=∫∂Vε

u(y)∂Φ

∂ν(y− x)−Φ(y− x)

∂u∂ν

(y)dS(y)

u jednostavniji izraz

−∫U

Φ(y− x)∆u(y)d y=∫∂U

u(y)∂Φ

∂ν(y− x)−Φ(y− x)

∂u∂ν

(y)ds(y)+u(x).

Preraspodjelom i supstitucijama dobivamo sljedeci izraz za u:

u(x) =∫∂U

[Φ(y− x)

∂u∂ν

(y)−u(y)∂Φ

∂ν(y− x)

]dS(y)−

∫U

Φ(y− x)∆u(y)d y

=∫∂U

[Φ(y− x)

∂u∂ν

(y)− g(y)∂Φ

∂ν(y− x)

]dS(y)+

∫U

Φ(y− x) f (y)d y.

Ovaj izraz vrijedi za ∀x ∈U , ∀u ∈ C2(U), pa bismo mogli riješiti za u ako znamo ∂u∂ν

na∂U . Nažalost, ne znamo što je derivacija ∂u

∂νduž ∂U . Zbog toga, uvodimo korekcijsku

funkciju φx =φx(y) za fiksni x koja rješava rubnu zadacu{∆φx = 0, u Uφx =Φ(y− x), na ∂U . (26)

Primjenom Greenove formule, teorem 4, na φx dobivamo∫U

[u(y)∆φx(y)−φx(y)∆u(y)

]d y=

∫∂U

[u(y)

∂φx

∂ν(y)−φx(y)

∂u∂ν

(y)]

dS(y).

22

Prema definiciji φx, ∆φx = 0 u U i φx =Φ(y− x) na ∂U , pa gornji izraz postaje

−∫U

φx(y)∆u(y)d y=∫∂U

[u(y)

∂φx

∂ν(y)−Φ(y− x)

∂u∂ν

(y)]dS(y)

⇒∫∂U

Φ(y− x)∂u∂ν

(y)dS(y)=∫U

φx(y)∆u(y)d y+∫∂U

u(y)∂φx

∂ν(y)dS(y).

Izolirali smo izraz ∂u∂ν

, pa sada vracamo supstituciju u izraz za u(x):

u(x) =∫U

φx(y)∆u(y)d y+∫∂U

u(y)∂φx

∂ν(y)dS(y)−

∫∂U

u(y)∂Φ

∂ν(y− x)dS(y)

−∫U

Φ(y− x)∆u(y)d y

=∫U

[φx(y)−Φ(y− x)

]∆u(y)dy+

∫∂U

u(y)[∂φx

∂ν(y)− ∂Φ

∂ν(y− x)

]dS(y).

Uvest cemo drugacije oznake uz pomoc sljedece definicije:

Definicija 2.1 Greenova funkcija za podrucje U je

G(x, y)=Φ(y− x)−φx(y), x, y ∈U , x, y.

Primijetimo da je funkcija G harmonijska za x, y.Sada uvodimo nove oznake uz pomoc definicije (2.1):

u(x)=−∫U

G(x, y)∆u(y)d y−∫∂U

u(y)∂G∂ν

(x, y)dS(y), (27)

gdje je ∂G∂ν

:= ∇yG(x, y) ·ν(y) normalna derivacija od G s uvažavanjem varijable y. Vi-dimo da se izraz ∂u

∂νne pojavljuje u jednadžbi (27). Dobivene rezultate sumirajmo u

sljedeci teorem:

Teorem 2.3 Neka je u ∈ C2(U) rješenje rubne zadace{ −∆u = f , u Uu = g, na ∂U

za dane funkcije f i g. Tada je

u(x)=∫U

G(x, y) f (y)d y−∫∂U

g(y)∂G∂ν

(x, y)dS(y), x ∈U . (28)

Dobili smo formulu za rješenje rubne zadace. Generalno, ovo rješenje je teško kons-truirati i može se konstruirati samo kada U ima jedinstvenu geometriju.Greenova funkcija je simetricna funkcija što cemo pokazati u sljedecem teoremu:

23

Teorem 2.4 (Simetrija Greenove funkcije) Za ∀x, y ∈U , x, y vrijedi

G(y, x)=G(x, y).

DokazNeka su x, y ∈U , x, y fiksni. Za z ∈U definirajmo

v(z) :=G(x, z), w(z) :=G(y, z).

Tada je∆v(z)= 0 za z , y, ∆w(z)= 0, za z , y i v = w = 0 na ∂U .

Izaberimo ε> 0 toliko mali da je ∂K(x,ε)∩∂K(y,ε)=;. Sada primijenimo teorem 4 naV :=U −

(∂K(x,ε)∪∂K(y,ε)

)i dobivamo

∫∂K(x,ε)

[∂v∂ν

w− ∂w∂ν

v]dS(z)=

∫∂K(y,ε)

[∂w∂ν

v− ∂v∂ν

]dS(z)

gdje je ν unutarnji pokazivac vektorskog polja na ∂K(x,ε)∩∂K(y,ε).Nadalje, w je glatka funkcija u blizini x, stoga imamo∫

∂K(x,ε)

∂w∂ν

vdS(z)≤ Cεn−1 sup∂K(x,ε)

|v| ε→0−−−→ 0.

S druge strane, ako je v(z)=Φ(y− x)−φx(z) gdje je φx glatka u U , imamo

limε→0

∫∂K(x,ε)

∂v∂ν

wdS(z)= limε→0

∫∂K(x,ε)

∂Φ

∂ν(x− y)w(z)dS(z)= w(x),

što smo dobili racunajuci kao u izvodu za derivaciju rješenja Poissonove jednadžbe.Sada imamo∫

∂K(x,ε)

∂v∂ν

wdS(z)

︸ ︷︷ ︸=w(x)

−∫

∂K(x,ε)

∂w∂ν

vdS(z)

︸ ︷︷ ︸=0

=∫

∂K(y,ε)

∂w∂ν

vdS(z)

︸ ︷︷ ︸=v(y)

−∫

∂K(y,ε)

∂v∂ν

wdS(z)

︸ ︷︷ ︸=0

iz cega nam slijediG(y, x)= w(x)= v(y)=G(x, y).

�

24

2.2 Greenova funkcija za poluprostor

U ovom potpoglavlju konstruirat cemo Greenovu funkciju za poluprostor Rn+. Riješitcemo korekcijski problem (26) na poluprostoru i uz pomoc geometrijskih trikova docido rješenja.Prvo promotrimo poluprostor

Rn+ := {x(x1, ..., xn) ∈Rn : xn > 0}.

Iako ovo podrucje nije omedeno, pa racunanje kao u prethodnom dijelu nije moguce di-rektno primijeniti, ipak cemo pokušati konstruirati Greenovu funkciju koristeci idejekoje smo razvili prije. Kasnije cemo provjeriti da li je dobivena formula tocna. Prijenego pocnemo tražiti Greenovu funkciju definirat cemo pojam refleksije.

Definicija 2.2 Ako je x = (x1, ..., xn−1, xn) ∈ Rn+, njegova refleksija u ravnini ∂Rn+ jetocka

x := (x1, ...,−xn) ∉Rn+.

Riješit cemo problem (26) za polu-prostor postavljajuci

φx(y) :=Φ(y− x)=Φ(y1 − x1, ..., yn−1 − xn−1, yn + xn), x, y ∈Rn+.

Ideja je da funkciju φx konstruiramo iz Φ uz pomoc "reflektirajuce singularnosti" izx ∈Rn+ u x ∉Rn+.Oznacimo

φx(y)=Φ(y− x), ako je y ∈ ∂Rn+

i odatle {∆φx = 0, u Rn+φx =Φ(y− x), na ∂Rn+.

Možemo definirati Greenovu funkciju za polu-prostor.

Definicija 2.3 Greenova funkcija za polu-prostor Rn+ je

G(x, y) :=Φ(y− x)−Φ(y− x), x, y ∈Rn+, x, y. (29)

Derivirajmo funkciju (29)

∂G∂yn

(x, y) = ∂Φ

∂yn(y− x)− ∂Φ

∂yn(y− x)

= −1nα(n)

[yn − xn

|y− x|n − yn + xn

|y− x|n]

.

Zbog toga, ako je y ∈ ∂Rn+

∂G∂ν

(x, y)=− ∂G∂yn

(x, y)=− −2xn

nα(n)1

|x− y|n .

25

Pretpostavimo da u rješava rubnu zadacu{∆u = 0, u Rn+u = g, na ∂Rn+. (30)

Tada, iz (28) ocekujemo da

u(x)= 2xn

nα(n)

∫∂Rn+

g(y)|x− y|n dy, x ∈Rn

+ (31)

bude reprezentativna formula za naše riješenje. Funkcija

K(x, y) := 2xn

nα(n)1

|x− y|n , x ∈Rn+, y ∈ ∂Rn

+

je tzv. Poisssonova jezgra, a (31) je Poissonova formula.Sljedecim teoremom cemo dokazati da nam Poissonova formula daje rješenje rubnezadace (30).

Teorem 2.5 (Poissonova formula za Rn+) Neka je g ∈ C(Rn−1)∩L∞(Rn−1), te neka jeu rješenje rubne zadace {

∆u = 0, u Rn+u = g, na ∂Rn+.

Tada je

i) u ∈ C∞(Rn+)∩L∞(Rn+)

ii) ∆u = 0 u Rn+

iii) limx→x0

u(x)= g(x0), za x ∈Rn+,∀x0 ∈ ∂Rn+.

Dokazi) Za svaki fiksni x, preslikavanje y 7→ G(x, y) je harmonijsko osim za y = x. Premateoremu 2.4, kada je G(x, y)=G(y, x), x 7→G(x, y) je harmonijska, osim za x = y. Prematome,

x 7→ − ∂G∂yn

(x, y)= K(x, y)

je harmonijska za x ∈Rn+,y ∈ ∂Rn+.ii) Direktnim racunajem, provjeravamo

1=∫∂Rn+

K(x, y)d y za ∀x ∈Rn+. (32)

Kako je g omedena, u je takoder omedena. Pošto je x 7→ K(x, y) glatka za x, y, takoderjednostavno provjerimo u ∈ C∞(Rn+), sa

∆u(x)=∫∂Rn+

∆xK(x, y)g(y)dy= 0, x ∈Rn+.

26

iii) Sada fiksiramo x0 ∈ ∂Rn+,ε> 0. Izaberimo δ> 0 toliko mali da je

|g(y)− g(x0)| < ε, ako je |y− x0| < δ, y ∈ ∂Rn+. (33)

Ako je |x− x0| < δ2 , x ∈Rn+,

|u(x)− g(x0)| =

∣∣∣∣∣∣∣∫∂Rn+

K(x, y)[g(y)− g(x0)]d y

∣∣∣∣∣∣∣≤

∫∂Rn+∩K(x0,δ)

K(x, y)|g(y)− g(x0)|d y+

+∫

∂Rn+−K(x0,δ)

K(x, y)|g(y)− g(x0)|d y (34)

=: I+J

Sada iz (32) i (33) slijedi

I≤ ε

∫∂Rn+

K(x, y)d y= ε.

Osim toga, ako je |x− x0| ≤ δ2 i |y− x0| ≥ δ, imamo

|y− x0| ≤ |y− x|+ δ

2≤ |y− x|+ 1

2|y− x0|

pa je |y− x| ≥ 12 |y− x0|.

Tako je

J≤ 2||g||L∞

∫∂Rn+−K(x0,δ)

K(x, y)d y≤ 2n+2||g||L∞xn

nα(n)

∫∂Rn+−K(x0,δ)

|y− x0|d y→ 0, xn → 0+.

Kombinirajuci gornji racun s ocjenom (34), zakljucujemo

|u(x)− g(x0)| ≤ 2ε,

pod pretpostavkom da je |x− x0| dovoljno mali.

�

27

2.3 Greenova funkcija za kuglu

Da bi konstruirali Greenovu funkciju za jedinicnu kuglu K(0,1) ponovno cemo upotri-jebiti refleksiju, ali ovoga puta po jedinicnoj sferi ∂K(0,1).

Definicija 2.4 Neka je x ∈Rn − {0}. Tocka

x = x|x|

naziva se dualna tocka tocki x s obzirom na ∂K(0,1). Preslikavanje x 7→ x je inverzijapo jedinicnoj sferi ∂K(0,1).

Sada upotrijebimo inverziju po jedinicnoj sferi da bi izracunali Greenovu funkciju zajedinicnu kuglu K

0(0,1). Fiksiramo x ∈ K

0(0,1).

Tražimo korekcijsku funkciju φx =φx(y) rješavajuci{∆φx = 0, u K

0(0,1)

φx =Φ(y− x), na ∂K(0,1)(35)

tada ce Greenova funkcija biti

G(x, y)=Φ(y− x)−φx(y). (36)

Ideja je "okrenuti singularitet" sa x ∈ K0(0,1) na x ∉ K(0,1). Pretpostavimo da je n ≥ 3.

Sada je preslikavanje y 7→Φ(y−x) harmonijsko za y, x. Prema tome, y 7→ |x|2−nΦ(y−x)je harmonijsko za y, x, pa je

φx(y) :=Φ(|x|(y− x)) (37)

harmonijska u U . Osim toga, ako je y ∈ ∂K(0,1) i x, 0,

|x|2|y− x|2 = |x|2(|y|2 − 2yx

|x|2 + 1|x|2

)= |x|2 −2yx+1

= |x− y|2.

Tako je (|x||y− x|2)−(n−2) = |x− y|−(n−2). Zbog toga je

φx(y)=Φ(y− x), y ∈ ∂K(0,1) (38)

kao što smo tražili.

Definicija 2.5 Greenova funkcija za jedinicnu kuglu je

G(x, y) :=Φ(y− x)−Φ(|x|(y− x)), x, y ∈ K(0,1), x, y. (39)

28

Izvedimo još i Poissonovu formula za kuglu.Pretpstavimo da u rješava rubnu zadacu{

∆u = 0, u K0(0,1)

u = g, na ∂K(0,1)(40)

Koristeci (28), imamo

u(x)=−∫

∂K(0,1)

g(y)∂G∂ν

(x, y)dS(y). (41)

Prema formuli (39),

∂G∂yi

(x, y)= ∂Φ

∂yi(y− x)− ∂

∂yiΦ(|x|(y− x)).

Ali∂Φ

∂yi= 1

nα(n)xi − yi

|x− y|ni osim toga

∂Φ

∂yi(|x|(y− x))= −1

nα(n)yi|x|2 − xi

(|x|2|y− x|)n =− 1nα(n)

yi|x|2 − xi

|x− y|nako je y ∈ ∂K(0,1). Prema tome,

∂G∂ν

(x, y) =n∑

i=1yi∂G∂yi

(x, y)

= −1nα(n)

1|x− y|n

n∑i=1

yi((yi − xi)− yi|x|2 + xi)

= −1nα(n)

1−|x|2|x− y|n .

Stoga, formula (41) nas vodi do reprezentantne formule

u(x)= 1−|x|2nα(n)

∫∂K(0,1)

g(y)|x− y|n dS(y).

Sada pretpostavimo da u rješava rubnu zadacu{∆u = 0, u K

0(0, r)

u = g, na ∂K(0, r)(42)

za r > 0. Tada u(x)= u(rx) rješava (40), zamjenjujuci g sa g(x)= g(rx).Za dobivanje Poissonove formule promijenimo varijable

u(x)= r2 −|x|2nα(n)r

∫∂K(0,r)

g(y)|x− y|n dS(y), x ∈ K

0(0, r). (43)

Funkcija

K(x, y) := r2 −|x|2nα(n)r

1|x− y|n , x ∈ K

0(0, r), y ∈ ∂K(0, r)

29

je Poissonova jezgra za kuglu K(0, r).Formirali smo (43) pod pretpostavkom da glatko rješenje od (42) postoji. Sada tvrdimoda ova formula daje rješenje.

Teorem 2.6 (Poissonova formula za kuglu) Neka je g ∈ C(∂K(0, r)) i u definirankao u (43). Tada je

(i) u ∈ C∞(K0(0, r))

(ii) ∆u = 0 u K0(0, r)

(iii) limx→x0

x∈K0(0,r)

u(x)= g(x0) za ∀x0 ∈ ∂K0(0, r).

30

Literatura

[1] I.N.BRONŠTAJN I SURADNICI, Matematicki prirucnik, Golden marketing - Teh-nicka knjiga, Zagreb, 2004.

[2] Diferencijalni racun funkcija više varijabli, vježbe 1: Struktura prostora Rn, otvo-reni skupovi, PMF - Matematicki odsjek, Sveucilište u Zagrebu, dostupno na:http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/vjezbe1.pdf

[3] L.C. EVANS, Partial Differential Equations, American Mathematial Society,USA, 2010.

[4] W.G. FARIS, Partial Differential Equations, Lecture Notes, University ofArizona, Department of Mathematics, USA, 17. svibanj 1999., dostupno na:http://math.arizona.edu/~faris/pd.pdf

[5] Integrali funkcija više varijabli, predavanje 17: Greenov teorem,PMF - Matematicki odsjek, Sveucilište u Zagrebu, dostupno na:http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/predavanja_int.html

[6] A. KLOBUCAR, Kombinatorna i diskretna matematika - predava-nja, Binomni koeficijenti, binomni i multinomni teorem, dostupno na:http://www.mathos.unios.hr/kidm/pred5.pdf

[7] L. LARSON, Introduction to Real Analysis, Chapter 5, dostupno na:http://www.math.louisville.edu/~lee/RealAnalysis

[8] G. MENON, Lectures on Partial Differential Equations, Brown Univer-sity, Division of Applied Mathematics, USA, prosinac 2005., dostupno na:http://www.dam.brown.edu/people/menon/am223/pde.pdf

[9] Primjenjena matematika - predavanja, Pomorski fakultet, Sveucilište u Rijeci,dostupno na: http://www.pfri.uniri.hr/~ban/primjenjena/pm.pdf

[10] M. RENARDY, R.C. ROGERS, An Introduction to Partial Differential Equations(2nd ed.), Springer - Verlang, New York, USA, 2000.

[11] M.J. ROBERTS, Web appendix D - Derivations of convolution properties, dostupnona: http://web.eecs.uth.edu/~roberts/WebWppendices/D-ConvProperties.pdf

[12] W. RUDIN, Principles of Mathematical Analysis (3rd ed.), McGraw - Hill Interna-tional Editors, USA, 1976.

[13] G. T. VON NESSI, Analytic Methods in Partial Differential Equati-ons, Collection of notes of differential equations, 2011., dostupno na:http://www.people.physics.edu.au/~gvn105/analyticMethPDE.pdf

31

[14] E. PEARSE, The Laplace Equation, Lecture, Cornell University,Department of Mathematics, USA, 25. srpanj 2005., dostupno na:http://www.math.cornell/~erin/docs/laplace.pdf

[15] Š. UNGAR, Matematicka analiza u Rn, Golden marketing - Tehnicka knjiga, Za-greb, 2005.

[16] Š. UNGAR, Matematicka analiza 3, Golden marketing - Tehnicka knjiga, Zagreb,2002.

32

DodatakU ovom dijelu cemo navesti nekoliko definicija i teorema koji su nam potrebni da

bi uspješno dokazali teoreme. Teoremi su iz podrucja kombinatorne matematike i ma-tematicke analize.

U kombinatornoj matematici, jedan od osnovnih pojmova je binomni koefici-jent, te pripadajuci binomni teorem. Poopcenje tog teorema je poznat pod nazivommultinomni teorem.

Teorem 1 (Multinomni teorem [vidi [6], 26. str., teorem 11]) Neka su k,n ∈N. Tadaza ∀x1, . . . , xk ∈C vrijedi

(x1 + x2 +·· ·+ xk)n =∑ n!n1!n2! · · ·nk!

xn11 xn2

2 · · · · · xnkk

pri cemu se sumira po svim k - torkama (n1, . . . ,nk), ni ≥ 0, i = 1, . . . ,k, takvim da jen1 +·· ·+nk = n.

Sljedeci teorem nam govori o odnosu medu normama, tj. ekvivalenciji normi.Posebno nas zanima odnos izmedu 1-norme i norme beskonacno. Najcešce se koristi udokazima nejednakosti raznih teorema.

Teorem 2 (Ekvivalencija normi [vidi [2], 2. str., definicija 1.9 ]) Na svakom ko-nacno dimnezionalnom vektorskom prostoru V sve su norme ekvivalentne, tj. za svakedvije norme || · || i || · ||′ postoje konstante m i M takve da je

m||x|| ≤ ||x||′ ≤ M||x||, za ∀x ∈V .

Napomena 1 (vidi [2], 2. str., napomena 1.13) Posebno vrijedi

1n||x||1 ≤ ||x||∞ ≤ ||x||1.

Pojam zatvorenog skupa jedan je od osnovnih pojmova u matematickoj analizi,a mi cemo se upoznati s pojmom relativno zatvorenog skupa.

Definicija 1 (Relativno zatvoren skup [vidi [7], 5-4. str., definicija 5.2.1]) Nekaje U ⊂Rn otvoren i omeden. Skup S ⊂U je relativno zatvoren u U ako postoji zatvorenpodskup S ⊂Rn takav da je S =U ∩ S.

Zatvarac nekog skupa je najmanji zatvoren skup koji sadrži taj skup. Medutim,postoji i nosac funkcije koji je zapravo zatvarac sa posebnim svojstvom.

33

Definicija 2 (Nosac funkcije [vidi [16], 57. str., definicija 6.1]) Neka je λ : X →R

realna funkcija. Definiramo skup

supp λ := {x ∈ X :λ(x), 0}.

Skup supp λ, zatvarac skupa na kojem funkcija λ poprima vrijednosti razlicite od 0,naziva se nosac funkcije λ.

U matematickoj analizi, parcijalna integracija je pravilo koje transformira in-tegrale u neke (obicno) jednostavnije integrale.

Teorem 3 (Parcijalna integracija [vidi [3], 628. str., teorem 2]) Neka su u,v ∈ C1(U).Tada je ∫

U

uxi v dx =−∫U

u ·vxi dx+∫∂U

u ·vνi dS, i = 1, . . . ,n.

Poopcenje Newton - Leibnizove formule za krivuljne integrale u literaturi jepoznata pod nazivom Greenova formula. Koristi se za rješavanje krivuljnih integrala,izracunavanje cirkulacije vektorskog polja itd. Ideja je da se integral na nekom podru-cuju svede na integral po rubu tog podrucja. Preciznije:

Teorem 4 (Greenova formula [vidi [3], 628. str., teorem 3]) Neka su u,v ∈ C2(U).Tada je

(i)∫U∆u dx = ∫

∂U

∂u∂ν

dS

(ii)∫U∇v ·∇u dx =−∫

Uu ·∆v dx+ ∫

∂U

∂u∂ν

u ds

(iii)∫U

(u ·∆v−v ·∆u) dx = ∫∂U

(∂v∂ν

−v∂u∂ν

)dS

Konvolucija je matematicki operator koji od dvije funkcije f i g proizvodi trecufunkciju koja predstavlja kolicinu preklapanja izmedu funkcije f i okrenute i preve-dene verzije funkcije g. Tocnije:

Definicija 3 (Konvolucija [vidi [11], 1. str.]) Neka su f , g : [0, t] → R funkcije. Ko-nvolucija funkcija f i g je integral

( f ∗ g)(t) :=t∫

0

f (τ)g(t−τ)dτ

koji postoji ako su f i g po dijelovima neprekidne funkcije.

Konvolucija ima svojstva slicna algebarskim operacijama. Svojstva su danasljedecim teoremom:

34

Teorem 5 (Svojstva konvolucije [vidi [11], 1.-3. str.]) Neka su f , g i h proizvoljnefunkcije i a ∈R neka konstanta. Tada vrijedi:

1) f ∗ g = g∗ f

2) f ∗ (g∗h)= ( f ∗ g)∗h

3) f ∗ (g+h)= ( f ∗ g)+ ( f ∗h)

4) a( f ∗ g)= (af )∗ g = f ∗ (ag)

5) ( f ∗ g)′ = f ′∗ g = f ∗ g′.

Sljedeci teorem nam pokazuje nacin kako n - dimenzionalne integrale pretvoritiu integrale nad sferom koje je, u pravilu, lakše racunati.

Teorem 6 (Polarne koordinate [vidi [3], 628. str., teorem 4]) Neka je f :Rn →Rn

neprekidna i integrabilna funkcija sa konacnim integralom. Tada vrijedi∫Rn

f dx =∞∫

0

∫∂K(x0,r)

f dS

dr, za ∀x0 ∈Rn. (44)

Posebno vrijedi

ddr

∫K(x0,r)

f dx

=∫

∂K(x0,r)

f dS (45)

za svaki r > 0.

U literaturi, sljedeca dva teorema cesto se izjednacuju, dok ih neki autori u pot-punosti razlikuju. Razlika je u tome što nam teorem o divergenciji govori o divergencijivektorske funkcije i najcešce se koristi u fizici. Gauss - Greenov teorem nam govori odivergenciji skalarne funkcije i najcešce se koristi u raznim dokazima infinitezimalnogracuna.

Teorem 7 (Gauss - Greenov teorem [vidi [3], 627. str., teorem 1]) Neka je u ∈ C1(U).Tada je ∫

U

uxi dx =∫∂U

uνidS, i = 1, . . . ,n

gdje je ν= (ν1, . . . ,νn) jedinicna vanjska normala na ∂U .

Teorem 8 (Teorem o divergenciji [vidi [5], 5. str., teorem 17.11]) Neka je D ⊂Rn

povezan i kompaktan skup ciji je ∂D unija konacno mnogo medusobno disjunktnih re-gularnih po dijelovima glatkih zatvorenih krivulja, ∂D pozitivno orijentirana i F ∈C1(D,Rn). Tada vrijedi ∫

D

div F d y=∫∂D

F ·νdS,

pri cemu je ν jedinicna vanjska normala na ∂D.

35

SažetakCilj ovog rada je prouciti Laplaceovu i Poissonovu diferencijalnu jednadžbu, te pro-

naci njihova rješenja. Prvo poglavlje nas upoznaje s Laplaceovom diferencijalnom jed-nadžbom, te njenim rješenjem. U nastavku su navedena i dokazana zanimljiva svoj-stva harmonijskih funkcija. U drugom poglavlju možemo naci definiciju Poissonovediferencijalne jednadžbe, te njezino rješenje. Nakon toga su navedene i dokazane Po-issonove formule za poluprostor i kuglu uz pomoc Greenovih funkcija.

Kljucne rijeci: Laplaceova jednadžba, harmonijska funkcija, Poissonova jednadžba,Greenova funkcija

36

SummaryThe aim of this work is to study Laplace’s and Poisson’s differential equation, and

to find their solutions. The first chapter introduces us with Laplace’s differential equ-ation and its solution. Interesting properties of harmonic functions are stated andproved in the second part. In the second chapter, we study Poisson’s differential equ-ation and its solution. After that, Green’s function and Poisson’s formulas for a half -space and ball are given.

Key words: Laplace’s equation, harmonic function, Poisson’s equation, Green’s func-tion

37

Životopis

Rodena sam 1986. godine u Požegi. Osnovnu školu sam završila u Požegi. U Požegisam, u razdoblju od 2001. - 2005.g. , pohadala Prirodoslovno - matematicku gimna-ziju. 2005. godine upisala sam se na Sveucilišni preddiplomski studij matematike naOdjelu za matematiku u Osijeku, a 2009. godine sam upisala Sveucilišni nastavnickistudij matematike i informatike na Odjelu za matematiku u Osijeku.

38