Curs EFM

8/7/2019 Curs EFM

1/142

Ecuatii cu derivate partiale

Vicentiu D. R adulescuDepartmentul de Matematic a, Universitatea din Craiova, 200585 Craiova, Romania

E-mail: [email protected] http://inf.ucv.ro/ radulescu

8/7/2019 Curs EFM

2/142

Contents

1 Introducere 3

2 Generalit at i 7

2.1 Tipuri de ecuatii cu derivate part iale . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.2 Ecuat ii liniare cu derivate part iale de ordinul nt ai. Metode de

rezolvare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.2.1 Ecuat ii cu coecient i constanti . . . . . . . . . . . . . . 12

2.2.2 Ecuat ii cu coecient i variabili . . . . . . . . . . . . . . . 13

3 Probleme la limita de tip eliptic 18

3.1 Clasicarea problemelor eliptice cu valori pe frontier a . . . . . 183.2 Solutia fundamental a a ecuat iei lui Laplace . . . . . . . . . . . 20

3.3 Teorema de medie pentru funct ii armonice. Principiul slab de

maxim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.4 Teorema Green-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.5 Analiticitatea funct iilor armonice . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.6 Funct ia lui Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.6.1 Funct ia lui Green pentru bil a . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.7 Formula lui Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.8 Metoda separarii variabilelor. Aplicat ie la deducerea formulei

lui Poisson n R 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.9 Inegalitatea lui Harnack . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.10 Principii de maxim pentru funct ii subarmonice . . . . . . . . . 52

3.11 Existent a solut iei pentru problema Dirichlet. Metoda lui Perron 60

1

8/7/2019 Curs EFM

3/142

CONTENTS 2

3.12 Principiul lui Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

4 Probleme la limita de tip parabolic 70

4.1 Generalit at i despre ecuatia c aldurii . . . . . . . . . . . . . . . . 70

4.2 Metode energetice n studiul problemelor parabolice . . . . . . 72

4.3 Solutia fundamental a pentru ecuatia c aldurii . . . . . . . . . . 79

4.4 Problema Cauchy pentru ecuat ia omogen a a caldurii . . . . . . 82

4.5 Problema Cauchy pentru ecuat ia neomogen a a caldurii. Prin-

cipiul lui Duhamel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

4.6 Formula de medie pentru ecuat ia c aldurii . . . . . . . . . . . . 894.7 Principiul de maxim pentru ecuat ia caldurii . . . . . . . . . . . 92

4.8 Principiul de maxim pentru problema Cauchy . . . . . . . . . . 96

5 Probleme la limita de tip hiperbolic 99

5.1 Generalit at i despre ecuatia undelor . . . . . . . . . . . . . . . . 99

5.2 Metode energetice n studiul problemelor hiperbolice . . . . . . 102

5.2.1 Domeniul de dependenta al solutiilor . . . . . . . . . . . 103

5.3 Formula lui dAlembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

5.4 Ecuatia Euler-Poisson-Darboux . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1075.5 Formula lui Kirkhoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

5.5.1 Cazul N = impar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

5.5.2 Cazul N = par . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

5.6 Ecuat ia neomogena a undelor. Principiul lui Duhamel . . . . . 113

6 Solut ii slabe pentru problemele la limita 115

6.1 Solutii slabe pentru problemele de tip eliptic . . . . . . . . . . 115

6.2 Solutii slabe pentru ecuat ia c aldurii . . . . . . . . . . . . . . . 119

6.2.1 Stabilitatea asimptotica a solut iei slabe . . . . . . . . . 1286.2.2 Principiul de maxim pentru solut ia slaba . . . . . . . . 129

6.3 Solutii slabe pentru ecuat ia undelor . . . . . . . . . . . . . . . 131

References 138

8/7/2019 Curs EFM

4/142

Chapter 1

Introducere

Studiul ecuat iilor cu derivate part iale si are originea n secolul al XVIII-

lea si a fost inspirat de modele concrete din mecanic a (elasticitate, camp

gravitat ional). Ulterior acest studiu a fost impulsionat de probleme de teoria

difuziei, electrostatic a, electricitate sau magnetism. Prima ecuat ie cu derivata

part ial a studiata a fost ecuat ia coardei vibrante

2ut 2

= a 2ux 2

,

unde u = u(x, t ) reprezinta elongat ia n punctul x si la momentul t, iarconstanta pozitiv a a semnica raportul dintre presiunea constant a exercitata

asupra coardei si densitatea ei.

Toate problemele studiate n perioada de debut a ecuat iilor cu derivate

part iale au fost liniare. Ulterior, probleme din geometria diferent ial a au dat

nastere la ecuat ii cu derivate part iale neliniare precum ecuat ia Monge-Ampere

sau ecuat ia suprafetei minimale. Studiul ecuat iilor cu derivate part iale a fost

impulsionat si de teoria clasic a a calculului variational, bazata pe principiul

lui Euler-Lagrange, cat si de teoria Hamilton-Jacobi.Presupunem cunoscute n lucrare unele not iuni fundamentale cu privire

la principalii operatori diferent iali, a c aror denit ie o reamintim cu aceast a

ocazie:

(i) Operatorul gradient asociaz a unui c amp scalar u : R N R de

3

8/7/2019 Curs EFM

5/142

CHAPTER 1. INTRODUCERE 4

clasa C 1

un camp vectorial care se deneste n coordonate carteziene prin

u =ux 1

, ,u

x N .

Campul vectorial u este orientat n ecare punct n direct ia celei mai mari

cresteri a lui u. Daca A = u, atunci u se numeste potent ialul lui A.Legatura dintre cele dou a notiuni rezida n faptul ca gradientul este perpen-

dicular pe suprafetele av and acelasi potent ial.

(ii) Divergent a div v a unui c amp vectorial v = ( v1, , vN ) : R N R N este un c amp scalar denit prin

div v =N

i=1

v ix i

.

Pe parcursul acestei lucr ari vom face apel n repetate r anduri la mai

multe rezultate clasice de analiz a matematica, pe care le reamintim, far a

demonstratie, n cele ce urmeaza:

Teorema Gauss-Green . Fie o multime deschis a si marginita din R N

si uC 1(). Atunci

ux i dx = u id i = 1 , , N.Formula de integrare prin p art i . Fie o multime deschis a si marginita

din R N . Daca u, vC 1(), atunci

ux i vdx = uv id uvx i dx i = 1 , , N.

Teorema lui Gauss-Ostrogradski (teorema divergent ei) . Fie omult ime deschis a si marginita din R N . Consider am un c amp vectorial f : R N astfel ncat f C () C 1(). Atunci

div fdx = f d.

8/7/2019 Curs EFM

6/142


Aceast a teorem a are o consecint a remarcabila, care se deduce consideranddoua funct ii sucient de netede u, v : R si aplic and teorema divergent eicampului vectorial f = div( v u) mpreun a cu formula elementar a

div(v u) = v u + u v . (1.1)Obt inem astfel

Prima formula a lui Green . Fie u, vC 1() astfel ncat uC ().

Atunci

v udx =

u

vd

u

vdx.

Invers and rolurile functiilor u si v si sc azand apoi relat iile obt inute, de-

ducem

A doua formula lui Green . Fie u, v C 1() astfel ncat u, v

C (). Atunci

(u v v u)dx = u v v u d .Vom aplica de mai multe ori pe parcursul lucr arii

Formula coariei . Fie u : R N R o functie continua, u L1(R N ).Atunci

(i) R N fdx = 0 B r (x0 ) fd dr , pentru orice x0R N .(ii)

ddr B r (x0 ) fdx = B r (x0 ) fd , pentru orice r > 0.

Lucrarea se adreseaza n primul rand studentilor anului III din sectiile de

Matematica si Matematica-Informatica si si propune s a prezinte principiile debaza ale teoriei liniare a ecuatiilor cu derivate part iale, ind avute n vedere

cele trei tipuri de probleme la limit a: eliptic, parabolic si hiperbolic. Rezul-

tatele teoretice sunt ilustrate de numeroase exercit ii, cele mai dicile ind

prezentate cu indicat ii sau solut ii complete. Al aturi de rezultatele cele mai

importante legate de solut iile clasice pentru principalele tipuri de probleme la

8/7/2019 Curs EFM

7/142


limit a sunt denite si studiate solut iile slabe. In acest sens preluam catevarezultate din cursurile de analiz a funct ional a si teoria spatiilor Sobolev. Ne

referim n primul r and la lema lui Lax-Milgram, teorema lui Stampacchia, pre-

cum si la proprietat ile elementare ale spat iilor Sobolev. Pentru o prezentare

n detaliu a acestor rezultate si pentru alte complet ari utile recomandam cu

caldur a monograa Brezis [10].

Lucrarea presupune cunostint e legate de rezolvarea ecuat iilor diferent iale

de ordinul nt ai si al doilea cu coecient i constanti. Ne referim n acest sens la

metoda separ arii variabilelor a lui Fourier de g asire a solut iei explicite pentru

cele trei tipuri de probleme la limit a.

Noiembrie 2004

8/7/2019 Curs EFM

8/142

Chapter 2

Generalitat i

2.1 Tipuri de ecuat ii cu derivate part iale

Fie un deschis arbitrar din R N , N 2. O ecuat ie cu derivate part iale deordinul k 1 este o expresie de tipul

F (D ku(x), D k1u(x), , Du (x), u(x), x) = 0 , x, (2.1)unde F : R N

k

R N k 1

R N R R , iar u : R este necunoscuta.In mod generic am notat mai sus prin D

j

u(x) o derivat a part ial a de ordinulj 1, respectiv

D j u(x) = j 1 ux j 11

j 2 ux j 22

j N ux j N N

,

unde j 1, j 2, , j N sunt numere naturale astfel nc at j 1 + j 2 + + j N = j .Pe tot parcursul acestei lucrari facem convent ia s a not am n doua moduri

derivata part ial a a unei funct ii. De pild a, 2 u

xy si uxy au aceeasi semnicatie.

In cazul ecuat iilor diferent iale ordinare este posibil ca n unele situat ii

sa se poat a inversa rolul variabilei dependente cu cea independent a. Asa

stau lucrurile, de pild a, la ecuat iile cu variabile separabile. Pentru ecuat iilecu derivate part iale distinctia dintre variabile dependente si independente se

pastreaza ntotdeauna. Acest lucru se poate argumenta euristic si prin faptul

ca o functie de mai multe variabile cont ine mult mai mult a informat ie dec at

o functie de o singur a variabil a.

7

8/7/2019 Curs EFM

9/142

CHAPTER 2. GENERALIT ATI 8

O ecuat ie cu derivate part iale de tipul Lu = 0 se numeste ecuatie liniar aomogena daca L este un operator liniar, adic a

L(u + v) = Lu + Lv L(u ) = Lu,

pentru orice u, v si pentru orice scalar . O ecuat ie de tipul Lu = f , unde L

este un operator liniar iar f 0 este o functie dat a, care depinde doar de vari-abilele independente x1, , xN , se numeste ecuatie liniar a neomogen a .Forma generala a ecuat iei liniare neomogene de ordinul k este

| |ka (x)D

u = f (x), x

, = ( 1, , N ),

unde | | reprezinta lungimea multi-indicelui , adica | | = 1 + + N .In cazul ecuat iilor liniare omogene este valabil principiul superpozit iei :

daca u si v sunt solut ii, atunci u + v si u sunt, de asemenea, solutii ale

aceleiasi ecuat ii. Un alt principiu simplu, mostenit de la ecuat iile diferent iale

ordinare, este ca solut ia general a a unei ecuat ii liniare neomogene se obt ine

facand suma dintre o solut ie particular a a acestei probleme si solutia general a

a ecuat iei liniare omogene asociate.

Exemple de ecuat ii cu derivate part iale liniare :

1) Ecuat ia lui Laplace: u = 0, unde = 2

x 21+ +

2

x 2N este operatorul

lui Laplace. Aceasta ecuat ie a fost studiata pentru prima dat a de catre Laplace

n cercetarile sale cu privire la c ampul potential gravitational n jurul anului

1780.

2) Ecuat ia lui Poisson: u = f (x). Aceast a ecuat ie a ap arut pentru

prima data n 1813, cu ocazia studierii de catre Poisson a unor probleme de

electricitate si magnetism. Cercet arile au fost reluate n cartea lui Green din

1828 si n lucr arile lui Gauss din 1839.3) Ecuat ia lui Helmholtz (problema de valori proprii): u = u . Aceast a

ecuat ie a fost dedus a n 1860 si a aparut ca urmare a studiului unor probleme

de acustica.

4) Ecuat ia biarmonica: 2u = 0, unde 2u = ( u) = i,j ux i x i x j x jreprezinta operatorul biarmonic.

8/7/2019 Curs EFM

10/142


5) Ecuat ia c aldurii: u t u = 0. Aceasta ecuat ie a fost introdusa de catreFourier n celebrul s a memoriu Theorie analytique de la chaleur (1810-1822).6) Ecuat ia undelor: u tt u = 0. Ecuatia a fost introdusa si analizata

de catre dAlembert n 1752 ca un model ce descrie miscarea coardei vibrante.

Studiul a fost dezvoltat de c atre Euler (1759, n dimensiune 2) si D. Bernoulli

(1762, n dimensiune 3).

7) Ecuat ia lui Schr odinger:

ihu t =h2

2m u +

e2

ru .

Aceast a ecuat ie a fost dedus a la nceputul secolului XX ca urmare a studierii

misc arii electronului n jurul protonului. Cantit at ile care apar mai sus au

urm atoarea semnicatie: m este masa electronului, e este sarcina sa, iar h

reprezinta raportul dintre constanta lui Planck si 2. Funct ia coecient e2/r

se numeste potent ial. Dac a atomul cont ine un singur electron (precum ionul

de heliu), cantitatea e2 este nlocuita de Ze 2, unde Z este num arul atomic.

8) Ecuat ia liniar a de transport: u t + N i=1 a iux i = 0.

9) Ecuat ia lui Liouville: u t N i=1 (a iu)x i = 0.10) Ecuat ia telegrastului: u tt + au t uxx = 0.Ecuat ia cu derivate part iale (2.1) se numeste semiliniara de ordinul k

daca se poate scrie sub forma

| |= ka (x)D u + a0(D k1u, ,Du,u,x ) = 0 .

Exemple de ecuat ii semiliniare :

1) Ecuat ia lui Poisson: u = f (u).2) Ecuat ia de react ie-difuzie: u t

u = f (u).

3) Ecuat ia undelor: u tt u = f (u).4) Ecuat ia Korteweg - de Vries: u t + uu x + uxxx = 0. Aceasta ecuat ie descrie

undele care apar n canale cu ad ancime mic a si a fost dedus a n 1896. Un

fenomen deosebit care se produce aici este aparit ia undelor solitare (solitoni),

a caror existent a a fost prezis a de catre J.S. Russell nc a din 1834. Solitonii

8/7/2019 Curs EFM

11/142


sunt solut ii care si pastreaz a forma si chiar interact ioneaz a cu alte solut ii deacelasi tip, far a asi pierde individualitatea.

Ecuat ia cu derivate part iale (2.1) se numeste cvasiliniara de ordinul k

daca este forma

| |= ka (D k1u, ,Du,u,x )D u + a0(D k1u, ,Du,u,x ) = 0 .

Exemple de ecuat ii cvasiliniare :

1) Ecuat ia p-Laplacian (1 < p 0 pe frontiera lui B , ar atat i ca u este identic nula.

17. Aratat i ca exista funct ii u, aC (R2) astfel ncat

au x + uy = 0 si supp u = {(x, y) ; y 0} supp a .

8/7/2019 Curs EFM

18/142

8/7/2019 Curs EFM

19/142

Chapter 3

Probleme la limita de tip

elipticNewtons fundamental discovery, the one which he considered necessary to keep secret andpublished only in the form of an anagram 1 , consists of the following: Data aequatione quot-cunque uentes quantitae involvente uxiones invenire et vice versa. In contemporary math-ematical language this means: It is useful to solve differential equations.

V. Arnold (1983), [4], p. iii

3.1 Clasicarea problemelor eliptice cu valori pe fron-

tiera

Fie un deschis arbitrar din R N (N 2) si a ij , bi , cC (), pentru 1 i, j N .Denit ia 1. Operatorul liniar L : C 2() C () denit prin

Lu =N

i,j =1

a ij (x)ux i x j +N

i=1

bi (x)ux i + c(x)u

se numeste eliptic dac a a ij = a ji , c 0 si exist a > 0 astfel ncat N

i,j =1a ij (x)ij 2 R N , x.

1 Mai precis, Newton a comunicat descoperirea sa lui Leibniz n urm atoarea form a:

6a cc d ae 13e ff 7i 3l 9n 4o 4q rr 4s 9t 12v x.

Se poate spune ca descifrarea acestei anagrame necesit a mai multa ingeniozitate dec at s arezolvi ecuat ii diferentiale.

18

8/7/2019 Curs EFM

20/142

CHAPTER 3. PROBLEME LA LIMIT A DE TIP ELIPTIC 19

Cel mai des ntalnit operator eliptic este operatorul lui Laplace u =N i=1

2 ux 2i

. Observ am ca n acest caz, a ij = ij , bi = c = 0, pentru orice i si j .

Denit ia 2. Fie f : R o funct ie continu a si L un operator eliptic. Senumeste solut ie (clasic a) a problemei

Lu (x) = f (x) x (3.1)

o funct ie uC 2() care verica (3.1) pentru orice x.

Vom distinge n cele ce vor urma trei tipuri de probleme eliptice:

Problema Dirichlet . Fie L un operator eliptic, iar f : R sig : R doua funct ii continue. Problema Dirichlet asociat a lui L, f si gpresupune gasirea unei functii uC

2() C () astfel ncat

Lu (x) = f (x) pentru x

u(x) = g(x) dac a x .

Problema Neumann . Fie L un operator eliptic, iar f : R si g : R doua funct ii continue. Problema Neumann asociat a lui L, f si gpresupune gasirea unei functii uC

2() C 1() astfel ncat

Lu (x) = f (x) pentru xu

(x) = g(x) dac a x ,

unde semnica versorul normalei exterioare n punctul x .

Problema mixt a (Robin) . Fie L un operator eliptic, , C ( )

( 2 + 2 > 0 si

0), iar f :

R si g :

R doua funct ii continue.

Problema Robin asociat a lui L, f si g presupune gasirea unei funct ii u C 2() C 1() astfel ncat

Lu (x) = f (x) pentru x

(x)u(x) + (x)u

(x) = g(x) dac a x .(3.2)

8/7/2019 Curs EFM

21/142


Observ am ca problema cu conditii de tip Robin este mai general a decat prob-lemele Dirichlet sau Neumann, n sensul c a pentru 0, 1 n (3.2) seobtine problema Neumann, n timp ce 0, 1 conduce la problemaDirichlet.

3.2 Solut ia fundamentala a ecuat iei lui Laplace

Fie un deschis arbitrar din R N . Ne vom concentra atent ia n cele ce urmeaza

asupra ecuatiei lui Laplace

u = 0 n . (3.3)

O solut ie a acestei ecuat ii se numeste functie armonic a . Asemenea funct ii

apar ntr-o mare varietate de probleme practice. S a presupunem, de pild a, ca

funct ia u reprezinta densitatea unei anumite cantit ati (de exemplu, concentrat ia

chimica a unei substante) n pozitia de echilibru. Prin urmare

F d = 0 .Conform formulei Gauss-Ostrogradski rezult a

div F = 0 .Cum este arbitrar, de aici rezult a ca

div F = 0 n . (3.4)

Conform legilor zicii, uxul F este proportional cu gradientul, adic a

F =

C u C > 0 . (3.5)

Din (3.4) si (3.5) rezult a div ( u) = 0, adic a u = 0 n .

Daca u reprezinta temperatura unui corp se obt ine astfel legea lui Fourier

de difuzie a caldurii. Dac a u semnica potent ialul chimic, obt inem legea lui

Fick de difuzie, iar daca u este potent ialul electrostatic, calculul de mai sus

conduce la legea lui Ohm.

8/7/2019 Curs EFM

22/142


Vom gasi n continuare o anumit a solutie a ecuat iei lui Laplace (3.3) pentru = R N . Mai precis, vom c auta solut ia n clasa functiilor cu simetrie radiala,

adic a

u(x) = v(r ) r = |x| := x21 + + x2N , (3.6)unde v : [0, + ) R . Din (3.6) rezulta

ux i = v (r )x ir

,

ceea ce implica

ux i x i = x2ir 2v (r ) + 1

rv (r ) x2ir 3 v (r ) 1 i N.

Deci

u(x) = v (r ) +N 1

rv (r ) .

Asadar rezolvarea ecuat iei (3.3) se reduce n acest caz la gasirea solut iei gen-

erale a problemei

v (r ) +N 1

rv (r ) = 0 r > 0 .

Cu substitut ia v = z obtinem

z =1 N

rz r > 0 .

Deci

z(r ) =C

r N 1 r >0,

ceea ce conduce la

v(r ) =C 1 ln r + C 2, r > 0 (dac a N = 2)

C 1

r N 2+ C 2,

r > 0 (dac a N

3).

Denit ia 3. Se numeste solut ie fundamental a a ecuat iei lui Laplace funct ia

E (x) =

12

ln |x| , x = 0 ( dac a N = 2)1

(2 N )N 1

|x|N 2, x = 0 ( dac a N 3).

8/7/2019 Curs EFM

23/142


In denit ia de mai sus, N semnica aria sferei unitate dinR N

, care secalculeaz a dup a formula

N =2N/ 2

(N/ 2),

unde este funct ia Gamma a lui Euler, denit a prin

(r ) = 0 t r 1 et dt , r > 0 .Observ am ca solutia fundamental a a ecuat iei lui Laplace este denitan ntregul

spat iu cu except ia unui singur punct, care reprezint a o singularitate pentru

aceast a funct ie.Din denit ia solut iei fundamentale obt inem cu un calcul elementar urm atoarele

estim ari

|DE (x)| C

|x|N 1, x = 0

si

|D 2E (x)| C

|x|N , x = 0 ,

unde C este o constanta care depinde doar de N . In plus, prin construct ie,

funct ia E este armonica n R N \ {0}. Mai general, aplicat iax E (x y)

este armonic a n R N \{y}, unde yR N este un element xat n mod arbitrar.Datorita acestui lucru am tentat i sa arm am ca

R N x E (x y)f (y) dy = 0 ,unde f : R N R este o funct ie neteda arbitrara (am notat prin x lapla-cianul n raport cu variabila x). Acest lucru nu este adev arat, e doar si din

simplul motiv c a aplicat ia y D 2E (x y) nu este integrabila. Cu toateacestea are loc urmatorul rezultat

Teorema 1. Fie f C 2c (R N ) si u(x) := R N E (xy)f (y) dy, xR N . Atunci

(i) u este o funct ie de clas a C 2.

(ii) u = f n R N .

8/7/2019 Curs EFM

24/142


Demonstrat ie. (i) Cu schimbarea de variabil a y x z obtinem,folosind denit ia lui u,u(x) = R N E (z)f (x z) dz .

Asadar

u(x + te i ) u(x)t

= R N E (z) f (x + te i z) f (x z)t dz. (3.7)Intrucat f este o funct ie neteda cu suportul compact, rezult a ca

limt0f (x + te i

z)

f (x

z)

t =

f

x i (x z) uniform pentru zR N

.(3.8)

Din (3.7) si (3.8) rezult a ca operatorii lim si comut a, deciux i

(x) = R N E (z) f x i (x z) dz.Cu aceleasi argumente deducem c a

2ux ix j

(x) = R N E (z) 2f

x ix j(x z) dz, (3.9)

pentru orice 1 i, j N . Pentru a conclude ca u este o funct ie de clas a C 2

este acum sucient sa utiliz am expresiile de mai sus ale derivatelor part iale

mpreun a cu ipoteza f C 2c (R N ).

(ii) In calculul pe care l vom face n continuare c aut am sa evit am singu-

laritatea solut iei fundamentale n origine. Fix am > 0 si xR N . Folosind

(3.9) avem

u(x) = B (0, ) E (z) x f (xz) dz + R N \B (0, ) E (z) x f (xz) dz := A + B .(3.10)Pe de o parte,

|A| D 2f L ( R N ) B (0 , ) |E (z)|dz C 2 | ln |, daca N = 2

C 2, daca N 3 .In particular

lim0

A = 0 . (3.11)

8/7/2019 Curs EFM

25/142


Pe de alt a parte, conform primei formule a lui Green,

B = R N \B (0 , ) E (z) x f (x z) dz = B (0, ) f (x z)E (z) d(z) R N \B (0 , ) E (z) x f (x z) dz := C + D .(3.12)

Avem

|C | Df L ( R N ) B (0 , ) |E (z)|d(z) C | ln |, daca N = 2C , daca N

3 .

Asadar, n ambele cazuri,

lim0

C = 0 . (3.13)

Aplicand din nou prima formul a a lui Green,

D = B (0, ) E (z) f (x z) d(z) + R N \B (0 , ) E (z)f (x z) dz = B (0, ) E (z) f (x z) d(z) ,

(3.14)

caci E este armonic a n R N \ B (0, ). Dar (z) =

z

|z|=

z

zB (0, )

si

E (z) =1

N z

|z|N z = 0 .

Deci

E

(z) := E (z) (z) = 1

N 1

N 1 zB (0, ) . (3.15)

Din (3.14) si (3.15) rezulta

D =1

N N 1 B (0 , ) f (x z) d(z) = B (0 , ) f (x z) d(z) .De aici rezult a ca

lim0

D = f (x) . (3.16)

8/7/2019 Curs EFM

26/142

8/7/2019 Curs EFM

27/142


5. Aratat i ca solutia fundamental a a ecuat iei lui Laplace are urmatoareleproprietati: E C (R

N \ {0}), iar E, E x i L1loc (R N ), pentru orice i =1, , N .

6. Operatorul lui Laplace n coordonate sferice .

Reamintim ca n R 3 legatura dintre coordonatele carteziene si cele sferice

este dat a de x = r sin cos, y = r sin sin , z = r cos . Aratat i c a

expresia operatorului lui Laplace n coordonate sferice este dat a de

u = urr +2r

ur +1r 2

u + (cot ) u +1

sin2 u . (3.17)

7. Folosind formula (3.17) aratat i ca solutia independent a de a problemei

u = 0 n B (0, 1)R 3

u(1, ) = f ()

este data de formula

u(r, ) =

n =0an r n P n (cos ) ,

unde an = 2n + 12 0 f ()P n (cos ) sin d, iar P n (t), t [1, 1] sunt poli-noamele lui Lagrange, respectiv solut iile ecuat iei(1 t2)

d2dt2 2t

ddt

+ n(n + 1) = 0 1 t 1 .8. Operatorul lui Laplace n coordonate cilindrice .

Consider amn R 3 coordonatele cilindrice ( r,,z ) introduse prin x = r cos ,

y = r sin , z = z. Ar atat i ca expresia operatorului lui Laplace n coordonate

cilindrice este data de

u = urr +1r

ur +1r 2

u + uzz .

9. Fie R N un domeniu cu frontiera neted a si uC

2() astfel ncat

u = 0 pe . Demonstrati urm atoarea inegalitate de interpolare:

| u|2dx ( u)2dx + 14 u2dx,

8/7/2019 Curs EFM

28/142


pentru orice > 0.10. Fie a un num ar real si u : R 3 R o functie denit a astfel: u(x) =

|x|1 sin a|x| dac a x = 0 si u(0) = a. Ar atat i ca u este de clas a C 2 pe R 3 si u = a2u.

11. Fie u = f n R N . Aratat i ca transformarea Kelvin pentru u,

denit a prin v(x) = |x|2N u(x/ |x|2), pentru x/ |x|2, satisface relat ia v(x) = |x|N 2 f

x

|x|2.

12. Fie

R N o multime deschis a si conex a, iar u o functie armonic a

n . Fie a, b si c numere pozitive astfel nc at a b c si b2 = ac. DacaBc(x0), aratat i ca

| |=1 u(x0 + a )u(x0 + c )d = | |=1 u2(x0 + b )d.Deducet i ca dac a o functie armonic a este constanta ntr-o vecinatate a lui x0atunci u este constanta n .

Sol. Far a restr ange generalitatea, putem presupune x0 = 0. Fix am b > 0

si consideram aplicat ia

f (a) = | |=1 u(a )u b2a d, a(0, b].E sucient s a ar at am ca f este constanta. Avem

f (a) = | |=1 ub2

a u(a ) d

b2

a2 | |=1 u(a ) ub2

a d =

1aN 1 B a u b

2

a2y

u

(y)d(y) b2

a2 1

aN 1 B a u(y) u b2

a2y d(y) =

1aN 1 B a u b

2

a2y

u

(y) u(y)u

b2

a2y d(y).

Fie v(y) = ub2

a 2 y . Atunci

f (a) =1

aN 1 B a v(y) u (y)d(y) B a u(y) v (y)d(y) =1

aN 1 B a (v(y) u(y) u(y) v(y)) dy =1

aN 1 B a u b2

a2y u(y)

b2

a2u(y) u

b2

a2y dy = 0 .

8/7/2019 Curs EFM

29/142


3.3 Teorema de medie pentru funct ii armonice. Prin-cipiul slab de maxim

Funct iile armonice au proprietatea remarcabil a ca valoarea lor ntr-un punct

arbitrar depinde de valorile luate pe orice bil a (sau sfer a) cu centrul n punctul

respectiv. Mai precis, o functie este armonica dac a si numai daca valoarea

sa ntr-un punct arbitrar este media valorilor luate pe orice bil a (sau sfer a)

centrata n acel punct. Vom demonstra n acest sens

Teorema 2. (Formula de medie pentru funct ii armonice). Fie

R N

o mult ime deschis a arbitrar a.

(i) Dac a uC 2() o funct ie armonic a, atunci

u(x) = B (x,r ) u(y) d(y) = B (x,r ) u(z) dz ,pentru orice x si orice r > 0 astfel ncat B (x, r ).

(ii) Dac a funct ia uC 2() are proprietatea c a

u(x) = B (x,r ) u(y) d(y) , x, B (x, r ),atunci u este o funct ie armonic a.

Demonstrat ie. (i) Fie

(r ) := B (x,r ) u(y) d(y) .Printr-o schimbare de variabil a observ am ca

(r ) = B (0,1) u(x + rz ) d(z) .Deci

(r ) = B (0,1) u(x+ rz )z d(z) = B (x,r ) u(y)y xr d(y) = B (x,r ) u d(y) .Aplicand formula Gauss-Ostrogradski obt inem

(r ) =rN B (x,r ) u(y) dy = 0 ,

8/7/2019 Curs EFM

30/142


caci u este o funct ie armonic a. Rezult a ca este constanta, ceea ce implica

B (x,r ) u d = lims0 B (x,s ) u d = u(x) .Pentru a justica a doua egalitate din (i) e sucient s a observ am ca

B (x,r ) u(z) dz = r

0 B (x,s ) u d ds = u(x) r

0N sN 1 ds =

N r N

N u(x) .

(ii) Presupunem prin absurd c a u nu este o funct ie armonic a. Prin urmare,

exist a x

si r > 0 astfel nc at B (x, r )

si u = 0 n B (x, r ). F ar a a

micsora generalitatea, putem presupune c a u > 0 n B (x, r ). Cu aceleasi

notat ii ca n (i), avem

0 = (r ) =rN B (x,r ) u(z) dz > 0 ,

ceea ce constituie o contradict ie. Cu aceasta, demonstrat ia este ncheiat a.

Cu ajutorul formulei de medie putem deduce cu usurint a urm atorul rezul-

tat (deosebit de util ntr-o diversitate de situat ii) care arma n esent a ca

valorile extreme ale unei funct ii armonice sunt atinse pe frontier a.

Teorema 3. (Principiul slab de maxim pentru funct ii armonice). Fie

R N o mult ime deschis a si m arginit a si e u C

2() C () o funct iearmonic a. Atunci

(i) max

u = max

u si min

u = min

u .

(ii) Dac a, n plus, este o mult ime conex a si exist a x0 astfel ncat

u(x0) = max

u (sau u(x0) = min

u), atunci u este o funct ie constant a n .

Demonstrat ie. Observ am cu usurint a ca este sucient sa demonstram

armat ia (ii). Concluzia de la (i) rezult a apoi aplic and (ii) pe ecare compo-

nent a conexa a lui .

Ideea demonstrat iei este de a ar ata c a mult imea

A := {x ; u(x) = max u}

8/7/2019 Curs EFM

31/142


este simultan nchis a si deschis a n , ceea ce implica A = (adic a u esteconstanta) sau A = . Din ipotez a, x0A, deci A este nevid a. Evident, din

continuitatea lui u, mult imea A este nchisa n . R amane sa ar at am ca A

este deschis a. Fie x0 astfel nc at u(x0) = maxu := M . Fixam r > 0

astfel ncat r < dist ( x0, ). Aplicand principiul de maxim funct iei armonice

u avem

M = u(x0) = B (x0 ,r ) u(y) dy M ,deoarece u M n B (x0, r ). De aici rezult a ca, n mod necesar, u M n B (x0, r ), ceea ce atrage, n particular, c a A este deschis a. Cu aceastademonstratia este ncheiat a.

Exercit ii.

1. Aratat i ca problema Dirichlet

u(x) = f (x) pentru xu(x) = g(x) dac a x

are cel mult o solut ie clasica.2. Explicat i urm atorul paradox: funct ia u(x, y) = ( x2+ y22x)/ (x2+ y2)

satisface u = 0 dac a x2 + y2 2x < 0u = 0 dac a x2 + y2 2x = 0 .

Inseamn a acest lucru c a problema Dirichlet pe cerc cu condit ie Dirichlet nula

pe frontier a admite o solut ie diferit a de solut ia banala?

3. (i) Demonstrati ca oricare dou a solut ii clasice ale problemei Neumann

u(x) = f (x) pentru xu

(x) = g(x) dac a x (3.18)

difera printr-o constant a.

(ii) Ar atat i ca o condit ie necesar a ca problema (3.18) sa admit a solutie

este ca f dx = g d(x).

8/7/2019 Curs EFM

32/142


4. Discutat i unicitatea solut iei pentru problema Robin

u(x) = f (x) pentru x u (x) +

u

(x) = g(x) dac a x ,

unde si sunt numere reale astfel nc at 2 + 2 > 0 si 0.5. Aratat i ca problema

u = 1 n := ( 1, 1) (1, 1)u(

1, y) = u(1, y) = 0 y

(

1, 1)

ux (x, 1) + uy(x, 1) = 0 x(1, 1)ux (x, 1) uy(x, 1) = 0 x(1, 1)

are cel mult o solut ie.

Sol. Fie u1 si u2 doua solutii si u = u1 u2. Este sucient sa demonstramca u = 0 unde u verica

u = 0 n ( 1, 1) (1, 1)u(

1, y) = u(1, y) = 0 y

(

1, 1)

ux (x, 1) + uy(x, 1) = 0 x(1, 1)ux (x, 1) uy(x, 1) = 0 x(1, 1) .

Inmult ind cu u n u = 0 si integrand prin part i obt inem u u = | u|2.De aici rezult a ca este sucient s a demonstram ca u = 0 n , c aci aceastaatrage u = Const. n , adica u = 0, folosind ipoteza u(1, y) = u(1, y) = 0,n ( 1, 1). Folosind condit iile la limit a avem

uu =

1

1 uux (x, 1) dx

1

1 uux (x, 1) dx =

12

1

1d

d x(u2)(x, 1) dx

12

1

1d

d x(u2)(x, 1) dx =

u2(1, 1) u2(1, 1) u2(1, 1) + u2(1, 1) = 0 .6. Fie u = u(r, ) o functie armonic a n bila B (0, 2)

R 2 astfel ncat

u(2,) = 2 cos 2 + 1. Calculati sup B (0,2) u si u(0).

8/7/2019 Curs EFM

33/142


7. Fie N 3. Modicat i demonstrat ia teoremei de medie pentru funct iiarmonice pentru a ar ata c au(0) = B (0,R ) g d + 1(N 2)N B (0,R )

1

|x|N 2 1

RN 2f dx ,

unde u este solut ia problemei

u = f n B (0, R)u = g pe B (0, R) .

Formulati si demonstrat i un rezultat similar dac a N = 2.8. Fie un C

2() C () un sir de functii armonice. Aratat i ca dac a unconverge uniform pe atunci un este uniform convergent pe .

9. Fie R N o multime deschis a, marginita si conex a si u : R o

funct ie continua care este de clas a C 2 pe . Presupunem ca u se anuleaz a

n orice punct de pe frontiera lui si exist a x0 astfel nc at u(x0) = 0.

Aratat i ca exist a x1 cu proprietatea ca u(x1) = 0.

Sol. Daca u 0 n , armat ia este evidenta. Presupunem u 0 n. Atunci exist a xm , xM

, xm = xM astfel ncat u(xm ) = min

u

0 si

u(xM ) = max

u 0. In plus, u(xm ) 0 si u(xM ) 0. Funct ia v = ueste continua pe mult imea conex a si v(xM ) 0, v(xm ) 0. Deci existax1 astfel nc at v(x1) = 0.

10. Fie R N o multime deschis a si marginita, a i : (0, ) funct ii

continue ( i = 1 , , N ) si u : R o functie continua care este de clas a C 2 pe. Consider am operatorul diferent ial P (x, D ) =

N

i=1a i (x)

2

x 2i. Dac a funct ia

u verica ecuat ia P (x, D )u = 0 n , aratat i ca sup

u = sup

u si inf

u = inf

u.

11. Fie un domeniu m arginit n R N si 1 = R N \ . Consideram ofunct ie u armonic a n 1 astfel ncat uC (1) si lim |x|u(x) = 0. Ar atat ica

|u(x)| maxy |u(y)| x1 .In particular, dac a u = 0 pe si lim|x|u(x) = 0, atunci u 0 n 1.

8/7/2019 Curs EFM

34/142


12. Fie := {(x, y)R 2

; x2

+ 4 y2

< 1}. Aratat i ca problema u = 1 + x2 n u = 0 pe

are o solut ie unic a uC 2() C () si, n plus, 0 < u (x, y) < 14 pentru orice

(x, y ).

13. Fie problema lui Poisson

u = 1 n = (0 , 1)

(0, 1)

u = 0 pe .

Aratat i ca 0 u 1/ 8 n [0, 1][0, 1].Mai general, ar atat i ca dac a uC

2() C () este solut ie a problemei

u = f (x) n = (0 , 1) (0, 1)u = 0 pe ,

atunci

||u|| 18 ||f ||,

unde ||u|| := sup (x,y ) |u(x, y)|.14. Fie problema lui Poisson

u = f (x) n u = 0 pe ,

unde {(x, y ); x2 + y2 < R 2}.(i) Ar atat i ca dac a f 1 atunci

0 u(x, y) R24

(x, y).

(Ind. Comparati u cu funct ia v(x, y) = 14 (R2 x2 y2).)

(ii) In cazul general, demonstrat i ca

||u|| R2

4 ||f ||.

8/7/2019 Curs EFM

35/142


3.4 Teorema Green-RiemannRezultatul urm ator ofer a o formula de reprezentare pentru o funct ie arbitrar a

denit a pe . Cu ajutorul s au vom deduce formula de medie pentru funct ii

armonice, precum si o proprietate deosebit de interesant a a solut iei funda-

mentale E a ecuat iei lui Laplace, care pune n evident a natura singularit atii

acestei funct ii.

Teorema 4. (teorema Green-Riemann) . Fie R N o mult ime deschis a,

m arginit a si e uC 2() C 1() astfel ncat uC (). Atunci

u(x) = u(y)E (x y) dy E (x y) u y (y) d(y)+ u(y) E (x y) y d(y) x

(3.19)

si

u(y)E (x y) dy E (x y) u y (y) d(y)+ u(y) E (x y) y d(y) = 0 xR N \ .

(3.20)

Demonstrat ie. Fie x si > 0 astfel nc at B (x, ). Aplicand a

doua formul a a lui Green n domeniul := \ B (x, ) obtinem

u(y)E (xy) dy E (xy) u y (y) d(y)+ u(y) E (x y) y d(y) = 0 .(3.21)

De aici rezult a ca

u(y)E (x y) dy E (x y) u y (y) d(y) + u(y) E (x y) y d(y) = S E (x y) u (y) d(y) S u(y) E (x y) d(y) ,

(3.22)

unde S reprezinta sfera de raz a centrata n punctul x. Presupunem ncontinuare ca N 3 si lasam cititorului, ca exercit iu, s a efectueze calculelecare urmeaza n cazul N = 2. Avem

S E (x y) u (y) d(y) 1

(N 2)N N 2 S u

(y) d(y) C

N 2 0 daca 0 .

(3.23)

8/7/2019 Curs EFM

36/142


Pe de alt a parte,E (x y)

= yE (x y),

x yx y

= 1

N x y N 1=

1N N 1

,

(3.24)

pentru orice yS . Deci, folosind (3.24),

S u(y) E (x y) d(y) = 1N N 1 S u(y) d(y) u(x) dac a 0 .(3.25)

Cum aplicat ia y E (x y) u(y) este integrabila pe , rezult a ca

lim0 u(y)E (x y) dy = u(y)E (x y) dy . (3.26)Din (3.22), (3.23), (3.25) si (3.26) obtinem cu usurint a (3.19).Relat ia (3.20) se obt ine cu aceleasi argumente ca (3.21), aplic and formula

lui Green direct n . Acest lucru este posibil deoarece x, deci aplicat ia

y E (x y) este neteda.

Corolarul 1. (Formula de medie pentru funct ii armonice) . Fie u C 2() o funct ie armonic a si x, r > 0 astfel ncat B (x, r ). Atunci

u(x) = B (x,r ) u(y) d(y) .Demonstrat ie. Aplicand teorema Green-Riemann, prima formul a lui Greensi t in and cont apoi ca u este o funct ie armonic a, avem (dac a N 3)

u(x) =1

N r N 1 B (x,r ) u(y) d(y) + 1(N 2)N r N 2 B (x,r )u

(y) d(y) =

1N r N 1 B (x,r ) u(y) d(y) + 1(N 2)N r N 2 B (x,r ) u(y) dy =1N r N 1 B (x,r ) u(y) d(y) = B (x,r ) u(y) d(y) ,

ceea ce ncheie demonstrat ia.

Am vazut c a solutia fundamental a a ecuat iei lui Laplace este o functie

neted a cu except ia originii, care constituie o singularitate pentru aceast a

funct ie. Fie o functie neteda arbitrara cu suportul compact. Intruc at

E (x) = 0 xR N \ {0},

8/7/2019 Curs EFM

37/142

8/7/2019 Curs EFM

38/142

8/7/2019 Curs EFM

39/142


Demonstrat ie. Far a a micsora cu nimic generalitatea, putem presupuneu 0. Fie xR N un punct arbitrar. Deoarece u este armonic a, rezult a ca ux ieste, de asemenea, o functie armonic a, pentru orice i = 1 , , N . Aplicandformula de medie si teorema divergent ei avem

|ux i (x)| =N

N r N B (x,r ) ux i (y) dy = N N r N B (x,r ) u i d N

N r N B (x,r ) |u|d = N r u(x) ,pentru orice r > 0. Rezult a de aici ca ux

i(x) = 0, pentru orice x

R N si

oricare ar i = 1 , , N , adica u este constanta.

Exercit ii.

1. Fie u : R o functie armonic a si . Aratat i casup

| u| N d

sup |u| ,

unde d = dist( , ).

Solutie . Deoarece u este armonic a, rezult a ca u = 0 n . Aplic andformula de medie functiei armonice u avem, pentru r < d si x,

| u(x)| =N

N r N B (x,r ) u(y) dy =N

N r N B (x,r ) u N N r N N r N 1 sup |u| = N r sup |u| .2. Folosind exercit iul de mai sus aratat i ca dac a u : R este o funct ie

armonic a si r este un numar pozitiv astfel nc at B2r (x0) atunci exist a

R astfel ncat

|u(x) u(y)| |x y| (2r )1N r

supB 2r (x0 ) |u| x, yB r (x0) .

3. Fie u : R N R o functie armonic a cu proprietateainf

|x|

8/7/2019 Curs EFM

40/142


culim

RM (R)

R= 0 .

Demonstrati ca u este constanta.

Ind. Pentru yR N xat, e R > |y|. Se consider a apoi aplicat ia u(x) +

M (R) denit a pe Bd(y), unde d = R |y|.

3.6 Funct ia lui Green

Vom g asi n continuare o formul a pentru rezolvarea problemei

u = f n

u = g pe ,(3.29)

unde R N este o mult ime deschis a cu frontiera de clasa C 1 pe port iuni,

iar f C (), gC ( ) sunt funct ii date.

Aplicand formula Green-Riemann (3.19) avem

u(x) = u(y)E (xy) dy E (xy) u y (y) d(y)+ u(y) E (x y) y d(y) ,(3.30)

pentru orice x.

Pentru x xat, e x (y) solutia problemei

x (y) = 0 y

x (y) = E (x y) y .(3.31)

Prin nmult ire n (3.31) cu u si integrare prin p art i obt inem

u(y)x (y) dy =

u

(y)x (y) d(y)

x

(y) u(y) d(y) =

u (y)E (x y) d(y) x (y) u(y) d(y) .(3.32)Prin adunarea relat iilor (3.30) si (3.32) obtinem

u(x) = u(y) (E (x y) x (y)) dy+ u(y) (E (x y) x (y)) d(y) .(3.33)

8/7/2019 Curs EFM

41/142


Fie G(x, y) := x (y) E (x y). Relat ia (3.33) devineu(x) = G(x, y )f (y) dy g(y) G (x, y) d(y) . (3.34)

Funct ia G denit a mai sus se numeste functia lui Green pentru problema

Dirichlet . Tin and cont de modul cum a fost denit a funct ia x precum si de

(3.28) rezulta ca

yG(x, y) = x yG(x, y) = 0

y

.

De aici rezult a urm atoarea interpretare zic a (n R 3) a funct iei lui Green:

funct ia G(x, y) reprezinta potent ialul coulombian generat n domeniul m arginit

de suprafat a conductoare , pusa la p amant, de sarcina 14 (=1

(N 2) N )aat a n punctul y .

Teorema 7. (Simetria funct iei lui Green.) Dac a x, y, x = y atunci

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

Demonstrat ie. Fie v(z) = G(x, z ), w(z) = G(y, z ), z

. Avem

v(z) = 0 z = x

w(z) = 0 z = y

v(z) = w(z) = 0 z .

(3.35)

Fie > 0 sucient de mic. Aplic and formula lui Green n domeniul \(B (x, )B (y, )) avem

B (x, )v w

w v d = B (y, )

w v

v w d , (3.36)

unde semnica normala interioar a pe B (x, )B (y, ). Intrucat w este

functie neteda n vecin atatea lui x avem

B (x, ) v w d C N 1 supB (x, ) |v| 0 daca 0 . (3.37)

8/7/2019 Curs EFM

42/142


Dar v(z) = x (z) E (x z). Decilim0 B (x, ) w v d = lim0 B (x, ) E z (x z)w(z) d(z) == lim0

1N N 1 B (x, ) w(z) d(z) = w(x) .

(3.38)

Un argument similar pentru funct ia v ntr-o vecinatate a lui y conduce la

lim0 B (y, ) vw d = v(y) (3.39)

si

lim0 B (y, ) w v d = 0 . (3.40)

Din (3.36), (3.37), (3.38), (3.39) si (3.40) obt inem

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

3.6.1 Funct ia lui Green pentru bil a

Fix am R > 0 si ne propunem sa gasim expresia functiei lui Green pentrubila BR (0). Pentru orice x BR (0) \ {0}vom nota cu x imaginea sa prininversiunea de pol originea si modul R2, adica

x =R2

x 2x xBR (0) \ {0}.

Caut am funct ia lui Green sub forma

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

Din G(x, y) = x (y) E (x y) rezult aG(x, y ) = 0 xBR (0) , yB R (0) . (3.41)

Fix am xBR (0), x = 0 si yB R (0). Din asem anarea triunghiurilor xOy

si x Oy rezult a|x|R

=R

|x |= |x y|

|x y|.

8/7/2019 Curs EFM

43/142


Asadar (dac a N 3)G(x, y ) =

1(2 N )N

|x y|N 2 1

|x y|N 2=

1(2 N )N

|x|N 2RN 2|x y|N 2

1

|x y|N 2=

|x|N 2 RN 2(2 N )N RN 2|x y|N 2

.

(3.42)

Din (3.41) si (3.42) rezulta ca

=RN 2

|x|N

2 x = 0 .

Pentru x = 0, solut ia problemei

0(y) = 0 yBR (0)

0(y) = E (y) =1

(2 N )N RN 2yB R (0)

este 0(y) = 1(2N )N R N 2.

In concluzie, funct ia lui Green pentru problema Dirichlet este dat a n cazul

bilei de expresia

G(x, y) =RN 2|x|2N E (x y) E (x y) dac a xBR (0) \ {0}

1(2 N )N RN 2

E (y) dac a x = 0 .

(3.43)

Se observa de aici cu usurint a ca

G(x, y) = G(y, x ) si G(x, y) > 0 x, yBR (0) .

3.7 Formula lui Poisson

Vom deduce n continuare, folosind expresia explicit a a funct iei lui Green n

cazul bilei, solut ia problemei

u = 0 n BR (0)

u = g pe B R (0) .(3.44)

8/7/2019 Curs EFM

44/142


Teorema 8. Fie g

C (B R ). Atunci funct ia

u(x) :=

R2 |x|2RN B R g(y)|x y|N d(y) xBR

g(x) xB R(3.45)

satisface uC 2(BR ) C (BR ) si veric a (3.44).

Demonstrat ie. Din (3.43) si din

yE (x y) =1

N y x

|y x|N obtinem, pentru orice x

BR (0) si orice yB R (0),

G y

(x, y) :=1R

( yG(x, y ), y) =

RN 3|x|2N (y x , y)

N |x y|N (y x, y)

RN |x y|N =

RN 3|x|2N y R

2 xx2 , y

N RN |x y|N |x|N

(y x, y)RN |x y|N

=

(R2|x|2y x y + x, y)RN |x y|N

= |x|2 R2RN |x y|N

.

(3.46)

Dar, conform formulei lui Green,u(x) = B R g(y) G y (x, y) d(y) . (3.47)

Din (3.46) si (3.47) obtinem c a solut ia problemei (3.44) este dat a de

u(x) =R2 |x|2

RN B R g(y)|x y|N d(y) xBR . (3.48)Reciproc, e gC (B R ). Vom demonstra c a funct ia u denit a prin relat ia

(3.45) satisface uC 2(BR ) C (BR ) si veric a (3.44). Faptul ca uC 2(BR )

este evident, tin and cont de expresia lui u. Pe de alt a parte, din x G(x, y ) = 0

rezult a ca

u(x) = 0 xBR .

Arat am n continuare c a u este continua pe B R . Fie x0B R si > 0. Din

continuitatea lui g rezult a ca exista > 0 astfel ncat

|g(y) g(x0)| yB R , |y x0| .

8/7/2019 Curs EFM

45/142

8/7/2019 Curs EFM

46/142

8/7/2019 Curs EFM

47/142


3.8 Metoda separarii variabilelor. Aplicat ie la de-ducerea formulei lui Poisson n R 2

Ilustr amn cele ce urmeaza metoda lui Fourier de separare a variabilelor pentru

a deduce formula lui Poisson n dimensiune 2.

Fie R > 0 si f : R R o functie continua. Ne propunem s a gasim ofunct ie u = u(r, )C

2(B (0, R)) C (B (0, R)) care veric a

u = 0 n B (0, R)R 2

u(R, ) = f () .

(3.51)

Caut am funct ia u sub forma u(r, ) = A(r )B (). Reamintim ca formula lapla-

cianului n coordonate polare este

u = urr +1r 2

u +1r

ur .

Introducand n (3.51) obtinem

A B +1r

A B +1r 2

AB = 0 .

Imp art ind prin AB si nmultind apoi cu r 2 gasim

r 2AA

+ rAA

= BB

.

In membrul stang avem o funct ie care depinde doar de r iar n cel drept o

funct ie ce depinde de . Acest lucru este posibil numai dac a ecare funct ie se

reduce la o constanta. Deci exist a R astfel ncat

r 2A + rA A = 0 (3.52)si

B + B = 0 . (3.53)

In plus, B este o funct ie periodic a de perioad a 2, adica

B () = B ( + 2 ) [0, 2) . (3.54)

8/7/2019 Curs EFM

48/142


Din (3.53) si (3.54) rezulta 0 siB () = C 1 cos + C 2 sin .

Folosind condit ia de periodicitate (3.54) obt inem = n2 (n 0) deciBn () = C n cos n + Dn sin n n 0 . (3.55)

Introducem acum valoarea = n2 n (3.52) si caut am solut iile sub forma

A(r ) = r . Gasim

(

1)r + r

n2r = 0 ,

care implic a = n. DeciAn () = C 1r n + C 2r n n 1 .

De aici deducem C 2 = 0, pentru a evita singularitatea ce ar ap area n origine.

Deci

An () = An r n n 1 . (3.56)Din (3.55) si (3.56) gasim

un (r, ) = r n (C n cos n + Dn sin n ) ,

adic a

u(r, ) =12

C 0 +n1

r n (C n cos n + Dn sin n ) . (3.57)

Ne propunemn continuare s a gasim constantele C n si Dn , folosind condit ia pe

frontier a din (3.51). Ideea este urm atoarea: punem r = R n (3.57), nmult im

apoi cu cos j si integram pe [0, 2]. Gasim astfel

C j =1

R j 2

0 f ()cos jd

j 0 .Inmult ind apoi cu sin j si integrand pe [0, 2] obtinem

D j =1

R j 2

0f ()sin jd j 1 .

Exercit ii.

8/7/2019 Curs EFM

49/142


1. Rezolvat i ecuat ia u = 0 n := (0 , a )(0, b) n raport cu urm atoarelecondit ii la limit a, folosind metoda separarii variabilelor:(i) u(0, y) = u(a, y ) = u(x, b) = 0, x(0, a), y(0, b).

(ii) u(0, y) = u(a, y ) = 0, u(x, 0) = u(x, b) = 2 x(x a), x (0, a), y(0, b).

(iii) u(x, 0) = u(x, b) = x(x a), u(0, y) = u(a, y ) = sinyb

, x (0, a ),

y(0, b).

2. Presupunem ca u este o funct ie armonic an R N si ca u(x) = u1(x1) uN (xN ).Aratat i ca u i

iu i = 0 ( i = Const., i = 1 ,

, N ) si, n plus, 1 +

+ N =

0.

3. Gasit i o funct ie armonic a n regiunea |x| > 1 care sa verice condit iau(1, ) = f ().

4. Gasit i o solutie netriviala a ecuat iei omogene u = 0 dac a x2 + y2 < 1,

cu condit iile la limit a u + u/ = 0 pentru x2 + y2 = 1.

5. Rezolvat i problema

u = 0 n (0 , a ) (0, b)

u(x, 0) = u(x, b) = u(a, y ) = 0 pentru x

[0, a] si y

(0, b)ux

(0, y) + u (0, y) = g(y) dac a y(0, b) ,

unde g este continua si este un numar real.

6. Fie := {(x, y)R 2 ; y2 < 1}. Ar atat i ca problema

u = 1 n u = 0 pe

are o unic a solutie u

C 2()

C () si calculat i apoi u.

7. Gasit i solut ia problemei

u = 1 n B1(0)R N u = 0 pe B 1(0) .

8/7/2019 Curs EFM

50/142


8. Fie 0 < < 1 si := {xR N

; < |x| < 1}. Gasit i solut ia problemei u = 1 n u = 0 pe

si examinati apoi comportamentul acestei solut ii cand 0.

3.9 Inegalitatea lui Harnack

Rezultatul urm ator arata ca raportul dintre valorile extreme ale funct iilor

armonice pozitive se ncadreaz a ntre anumite limite. Altfel spus, valoareamaxim a a unei asemenea functii nu poate depasi o anumita limit a, care depinde

de minimul s au. Cu alte cuvinte, o funct ie armonic a pozitiv a nu poate lua

ntr-un anume domeniu at at valori foarte mari cat si valori foarte apropiate

de zero.

Demonstram mai ntai inegalitatea lui Harnack n cazul discului, acest

rezultat ind o consecint a direct a a formulei lui Poisson si a formulei de medie

pentru functii armonice.

Teorema 9. Fie BR

R N discul deschis de raz a R centrat n origin a si

uC 2(BR ) C (BR ) o funct ie armonic a nenegativ a. Atunci

RN 2(R |x|)(R + |x|)N 1

u(0) u(x) RN 2(R + |x|)(R |x|)N 1

u(0) , (3.58)

pentru orice xBR .

Demonstrat ie. Aplicand formula lui Poisson si utiliz and inegalitatea |yx| |y| |x| precum si ipoteza u 0, obtinemu(x) =

R2 |x|2RN |y|= R

u(y)

|y

x

|N d(y)

R2 |x|2RN |y|= R

u(y)(

|y

| |x

|)N

d(y) =

R2 |x|2RN (R |x|)N |y|= R u(y)d(y) = R + |x|RN (R |x|)N 1 |y|= R u(y)d(y) .(3.59)Aplicand acum formula de medie funct iei armonice u, inegalitatea de mai sus

conduce la

u(x) R + |x|

RN (R |x|)N 1N RN 1u(0) =

RN 2(R + |x|)(R |x|)N 1

u(0) .

8/7/2019 Curs EFM

51/142

8/7/2019 Curs EFM

52/142


Repet and de p ori argumentul facut n cazul unei singure bile si t in and contde (3.60) obt inem

u(x) 1

2Npu(y) x, y ,

ceea ce ncheie demonstrat ia.

Importante progrese n direct ia extinderii teoremei lui Harnack si a prin-

cipiilor de maxim au fost f acute de c atre DeGiorgi [16], Serrin [60] si Stampac-

chia [67]. Ei au aratat c a aceste rezultate r aman valabile daca se nlocuieste

operatorul lui Laplace cu operatori de tipul

Lu =N

i,j =1

x j

a ij (x)ux i

+N

i=1a i

ux i

+ a0u ,

unde a0 0, iar coecient ii a ij L() satisfac condit ia de uniform eliptici-tate

N

i,j =1

a ij (x)ij 2 = ( 1, , N )R N , > 0, a.p.t. x.

Amintim n aceast a direct ie ca Serrin demonstreaz a n [60], utilizand principiul

de maxim, o inegalitate de tip Harnack pentru ecuat ii uniform eliptice n dou a

variabile. Mai precis, daca

Lu = au xx + 2 buxy + cuyy

este un operator uniform eliptic n bila BR R 2 iar uC

2(BR ) este o solut ie

nenegativa a ecuat iei Lu = 0 n BR , atunci exista o constanta C = C (R, L )

astfel ncat

1C u(0) u(z) C u(0) z = ( x, y )BR/ 4.

Cu un argument similar celui folosit la nceputul acestui paragraf se poate

deduce o teorema de tip Liouville pentru operatorul L denit mai sus. Ine-

galitatea lui Harnack demonstrata de Serrin c at si varianta corespunz atoare

a teoremei lui Liouville sunt legate de teorema lui Bernstein [32] pe suprafet e

8/7/2019 Curs EFM

53/142


de curbura negativ a sau nul a, care implic a faptul c a orice solut ie a problemeiuniform eliptice

au xx + 2 buxy + cuyy = 0 n R 2

lim|z|

u(z)

|z|= 0 z = ( x, y )

trebuie s a e constanta. Rezultatul lui Bernstein este bazat tot pe principiul

de maxim dar argumentul s a este diferit si de natur a geometric a.

Exercit ii.

1. Aratat i ca orice sir crescator de funct ii armonice un : R converge,sau catre + (uniform pe orice compact cont inut n ), sau c atre o funct iearmonic a n .

2. Aratat i ca dac a | u| M si u 0 n discul x2 + y2 < R 2 atunciR rR + r

u(0, 0) 14

M R2 + ( R + r )2 u(x, y) R + rR r

u(0, 0) +14

M R2 + ( R r )2 r :=

x2 + y2 < R .

Sol. A demonstra a doua inegalitate revine la a ar ata c a

u(x, y) M 4

(R2 r 2) R + rR r

u(0, 0) +M 4

R2 .

Fie wC 2(BR ) C (BR ) funct ia armonica n BR satisf acand w = u pe B R .

Aplicand teorema 9 si tin and cont de faptul ca u(0, 0) + M 4 R2 = w(0, 0),

observ am ca este sucient s a demonstram ca

u(x, y) M 4

(R2 r 2) w(x, y) u(x, y ) +M 4

(R2 r 2).Aceste inegalitat i sunt o consecint a imediat a a principiului de maxim.

3.10 Principii de maxim pentru funct ii subarmonice

Fie R N o multime deschis a si conex a cu frontiera de clasa C 1 pe port iuni.

Daca u C 2() are un maxim local ntr-un punct interior x0 atunci

8/7/2019 Curs EFM

54/142


u(x0) = 0 si ux i x i (x0) 0, pentru orice i = 1 , , N . Rezult a u(x0) 0.In concluzie, dac a u > 0 n atunci u nu-si poate atinge maximul n dec atdaca u Const.

Denit ia 5. O funct ie u C 2() se numeste subarmonic a (resp. superar-

monic a) dac a u 0 (resp. u 0) n .Teorema 11. (Principiul slab de maxim pentru funct ii subarmonice).

Fie uC 2() o funct ie subarmonic a. Dac a exist a x0 astfel ncat u(x0) =

sup

u atunci u este constant a.

Demonstrat ie. Fie x0 astfel nc at u(x0) = M := sup . Fixam

R < dist( x0, ) si e r R. Aplicand teorema Green-Riemann si primaformula a lui Green avem

u(x0) =1

(2 N )N B (x0 ,r ) u(y)

|x0 y|N 2dy

1(2 N )N r N 2 B (x0 ,r )

u

(y) d(y) +1

N r N 1 B (x0 ,r ) u(y) d(y) =1

(2 N )N B (x0 ,r )

u(y)

|x0 y|N

2 dy+

1(N 2)N r N 2 B (x0 ,r ) u(y) dy +

1N r N 1 B (x0 ,r ) u(y) d(y)

1N r N 1 B (x0 ,r ) u(y) d(y) ,

caci u este subarmonica. De aici rezult a ca u(x0) = u(y), oricare ar y B (x0, r ). Cum r a fost ales n mod arbitrar, rezult a de aici ca u(x0) = u(y),

pentru orice yB (x0, R ). Cu alte cuvinte, mult imea nevida

A :=

{x

; u(x) = M

}este deschis a. Din continuitatea lui u, aceast a mult ime este si nchis a. Asadar,A este simultan nchis a si deschis a. Cum este conex a, rezult a de aici ca

A = .

Din Teorema 11 rezult a imediat

8/7/2019 Curs EFM

55/142


Corolarul 5. Fie

R N

o mult ime deschis a si m arginit a si e u

C 2

() C () o funct ie subarmonic a. Atunci max

u = max

u .

Pentru acest rezultat putem da si urmatoarea demonstrat ie alternativ a :

evident avem

max

u max u . (3.61)Presupunem prin absurd c a nu avem egalitate n (3.61). Deci exist a x0

astfel ncat

u(x0) = max

u > max

u . (3.62)

Fie

v(x) = u(x) + |x x0|2 .Din denit ia lui v si din faptul ca inegalitatea din (3.62) este strict a rezult a

ca putem alege > 0 sucient de mic astfel ncat

v(x0) = u(x0) > max

v . (3.63)

Deoarece

max

v max urezult a, folosind (3.63), c a funct ia v si atinge maximul n ntr-un punct

interior lui , e acesta x1. Deci, n baza ipotezei ca u este subarmonica,

v(x) = u(x) + 2 N 2 N > 0 xsi

2vx 2i (x

1) 0 i = 1 , , N ,ceea ce constituie o contradict ie.

Rezultatul urm ator constituie o alt a varianta a principiului de maxim,

pornind de la caracterizarea funct iilor subarmonice, via formula de medie.

8/7/2019 Curs EFM

56/142

8/7/2019 Curs EFM

57/142

8/7/2019 Curs EFM

58/142


Fie funct ia v = u + g, unde > 0. Rezult a urm atoarele:a) v = u g > 0 n 0, deci v este superarmonica n 0.b) v(x0) = u(x0) =: m si u(x) > u (x0), pentru orice x0. De aici si

din modul n care a fost denit v rezult a ca exista > 0 sucient de mic astfel

nc at

v(x) > u (x0) = m xB 0 . (3.65)

Daca v nu este constant a, rezult a din principiul slab de maxim aplicat funct iei

superarmonice v ca min0

v este atins pe 0 = B B 0. Tin and acum cont

de (3.65) deducem c a min0 v se atinge pe B n x0, caci v|B = u|B . Insav

(x0) 0 , (3.66)caci v|B = u|B . Pe de alt a parte

v

(x0) =u

(x0) + g

(x0) 0 (3.67)si

g

(x0) > 0 . (3.68)

Din (3.67) si (3.68) deducem ca

u

(x0) < 0 .

Principiul tare de maxim este datorat lui Hopf [33], dar o demonstrat ie

independenta, diferit a doar prin alegerea functiei de comparatie g, a fost

obtinuta n Oleinik [51].

Principiul tare de maxim r amane valabil chiar daca derivata normal a a luiu nu exist a n x0. In acest caz concluzia u (x0) < 0 se nlocuieste prin

limsupxx0

u(x0) u(x)|x x0|

< 0,

daca unghiul dintre vectorul x0 x si normala la n x0 este mai mic dec atun anume (0,

2 ).

8/7/2019 Curs EFM

59/142


Exercit ii .1. Aratat i c a dac a f : R R este o funct ie convex a de clas a C 2 iar

u : R este o funct ie armonic a, atunci functia f u este subarmonica.2. Presupunem ca u C

2() este o funct ie strict pozitiv a cu propri-

etatea c a v = u eP N

i =1 a i x i este subarmonica, pentru orice alegere a constantelor

a1, , aN . Ar atat i ca ln u este o funct ie subarmonica n .Ind. Se arat a mai ntai ca

v = eP N

i =1 a i x i ( u + 2N

i=1

a iu

x i+

N

i=1

a2i u)

0 .

Deci u u | u|2 0, ceea ce nseamna ca ln u este subarmonica.3. Demonstrati ca dac a u este o funct ie armonic a atunci v = | u|2 este

subarmonica.

4. Fie u o solutie a problemei

u = u u3 n u = 0 pe .

Aratat i ca 1 u 1 n . Pot atinse valorile 1 n ?5. Fie A si B doua mult imi compacte disjuncte din R 3 si := R 3 \ (AB ).Fie u o solutie a problemei

u = 0 n

u(x) 0 daca |x| u|A = constant

u|B = constant

A u = Q > 0 B u = 0 .

(3.69)

Aratat i ca

(i) problema (3.69) are solut ie unic a.

(ii) u 0 n .

8/7/2019 Curs EFM

60/142


(iii) u > 0 n .Indicat ii . (i) Aplicat i principiul lui Hopf.

(ii) Prin absurd, dac a min u < 0, aplicat i din nou principiul tare de maxim.

Interpretare zica. Funct ia u se numeste potent ialul electrostatic al

conductorilor A si B . Cantitatea Q se numeste sarcina pe conductorul A, n

timp ce conductorul B este nencarcat.

6. Fie R N un domeniu m arginit cu frontiera neted a. Presupunem ca

u este o solut ie a problemei supradeterminate de tip Pompeiu

u = 1 n u = 0 pe u

= C = Const . pe .

Aratat i ca este o bila si u(x) = C 2 N 2|x|22N .

Sol. Se verica printr-un calcul elementar c a ( ru r ) = 2, deci 2uru r =u( ru r ) + ru r u. Aplicand a doua formula a lui Green se obt ine

(2u

ru r ) dx = C 2

rr

d = C 2N

|

|.

Pe de alt a parte

ru r dx = N udx si (N + 2) u dx = C 2N || .Mai mult,

1 = ( u)2 N | u|2 N N

i,j =1

2ux ix j

si

| u|2 +2uN = 2

N

i,j =1

2ux ix j

2N 0 .

De aici si din principiul de maxim pentru funct ii subarmonice rezult a ca

| u|2 + 2N < C 2 sau | u|2 + 2N = C 2 n . Ultima variant a nu este posi-bila, caci ar implica

1 +2N f dx < C 2 || .

8/7/2019 Curs EFM

61/142

8/7/2019 Curs EFM

62/142


Denit ia 7. O funct ie u

C 2

() C ( ) se numeste subsolut ie pentru problema (3.71) daca

u 0 n u g pe .

(3.72)

O funct ie uC 2() C ( ) se numeste supersolut ie pentru problema (3.71)

dac a

u 0 n u g pe .

(3.73)

Existent a unei subsolutii (resp. supersolut ii) pentru problema (3.71) rezult a

cu usurinta. De pilda, funct ia u n este subsolut ie, pentru n sucient demare. In plus, principiul de maxim arat a ca daca u este solut ie a problemei

(3.71) iar u este o subsolut ie, atunci u u n . De aici reiese c a un posibilcandidat de solutie pentru (3.71) este funct ia

u(x) = sup {u(x) ; u este subsolut ie}.

Lucrurile stau cu adev arat asa n plan. Intr-adev ar, considerand problema

u = 0 n (0 , 1)

u(0) = a

u(1) = b ,

(3.74)

funct ia

u(x) = sup {u(x) ; u este convex a si u(0) a, u (1) b}reprezinta dreapta ce trece prin punctele (0 , a ) si (1 , b). Aceasta este nsaunica solut ie a problemei (3.74).

Urm atoarea notiune de functie subarmonica nu cere ca aceasta s a e de

clasa C 2.

Denit ia 8. O funct ie u C () se numeste subarmonic a (resp. superar-

monic a) dac a pentru orice bil a B cu B si orice funct ie C 2(B ) astfel

8/7/2019 Curs EFM

63/142


ncat = 0 n B si u (resp. u ) pe B , avem u (resp. u )n B .O subsolut ie (resp. supersolut ie) a problemei Dirichlet (3.71) este o funct ie

u C () care este subarmonic a (resp. superarmonic a) si satisface u g(resp. u g) pe .

Exemplu . Daca u C 2() C () si u 0 n , atunci u este o

funct ie subarmonica n sensul denitiei 8, conform principiului de maxim.

Propozit ia 3. (i) Fie u1, u2 funct ii subarmonice n sensul denit iei 8. Atunci

funct ia max{u1, u2}este o funct ie subarmonic a.(ii) Fie u C () o funct ie subarmonic a n si B o bil a astfel ncat

B . Fie u extensia armonic a a lui u pe B astfel ncat u = u pe B .

Atunci funct ia

U (x) =u(x) dac a xB

u(x) dac a x \ Beste subarmonic a n .

Demonstrat ie. (i) Rezulta din denit ia funct iei subarmonice.

(ii) Fie B = B (x0, R ). Conform formulei lui Poisson, functia u este data

de

u(x) =

R2 |x x0|2RN B (x0 ,R ) u(y)|x y|N d(y) xB

u(x) xB .

Fie B0 o bila si o functie armonic a n B0 astfel ncat U |B 0 |B 0 .Vom ar ata c a

U

n ( B0

\B )

(B0

B ) = B0 . (3.75)

Din faptul c a u este subarmonica si u = u pe B rezult a ca u u n B .Rezult a din denit ia lui U ca u U n . Pe de alta parte, U pe B 0.Deci u U pe B 0. Am obtinut ca u pe B 0, u este subarmonica nB0, iar este armonic a n B0. De aici rezult a ca

u n B0 \ B . (3.76)

8/7/2019 Curs EFM

64/142


Pe de alt a parte, U = u = 0 n B

si

U pe (B B0) .De aici rezult a ca

U n B0 B . (3.77)Din (3.76) si (3.77) obtinem (3.75).

Urm atorul rezultat este datorat lui Hopf [31] si a fost demonstrat n 1927.Teorema 13. ( Principiul de maxim pentru funct ii subarmonice ). Fie

u C () o funct ie subarmonic a astfel ncat u 0 pe . Atunci are locurm atoarea alternativ a:

(i) u 0 n sau

(ii) u < 0 n .

Demonstrat ie. Rat ion and prin reducere la absurd, presupunem c a exist a

x0

astfel nc at u(x0) = M := sup

u 0. Daca u M n atunci, dincontinuitatea lui u pana la frontier a si din u 0 pe , rezult a M = 0, adic a(i).

Presupunem acum c a u M n si alegem o bil a B astfel nc atx0 B si u Const. pe B . Fie u extensia armonica a lui u pe B dat a deformula lui Poisson. Asadar

u = 0 n B

u = u pe B .

De aici si din faptul ca u este subarmonica rezulta ca

u u n B . (3.78)Pe de alt a parte,

maxB

u = maxB

u = maxB

u M .

8/7/2019 Curs EFM

65/142


Deci, conform (3.78)M = u(x0) u(x0) M ,

de unde rezulta ca u(x0) = M . Cum u este armonic a n B , x0B , u(x0) =

M = sup B u, rezult a ca u M n B , conform principiului de maxim pentrufunctii armonice. Asadar

u|B = M = u|B ,

ceea ce constituie o contradict ie.

Folosind construct ia de mai sus, bazat a pe not iunea de functie continua

subarmonica, ne propunem sa demonstram n continuare existent a unei solut ii

pentru problema la limit a (3.71).

Teorema 14. Fie R N o mult ime deschis a, m arginit a, cu frontiera de

clas a C 2 si g : R o funct ie continu a. Atunci problema Dirichlet (3.71)are solut ie.

Demonstrat ie. Fie S g mult imea tuturor subsolut iilor (n sens clasic) pen-

tru problema (3.71), adic a

S g := {uC 2() C (); u 0 n si u g pe }.Denim

u(x) := supuS g

u(x) x. (3.79)

Observ am mai nt ai ca funct ia u este bine denita. Intr-adevar, sup n (3.79)

exist a si este nit, c aci orice subsolut ie este mai mic a decat orice supersolutie.

Pentru a demonstra teorema 14 vom demonstra mai nt ai ca u este funct ie

armonic a, apoi c a ea satisface condit ia la limit a din (3.71).

Lema 1. Funct ia u este armonic a n .

Demonstrat ia lemei . Fie x0 si (vn )S g astfel ncat vn (x0) u(x0)daca n . Evident, sirul ( vn ) este m arginit superior (de pild a, de oricesupersolut ie a problemei (3.71)). Mai mult, putem presupune c a sirul ( vn ) este

8/7/2019 Curs EFM

66/142


marginit inferior. Intr-adev ar, dac a nu ar asa, nlocuim vn prin max {vn , u},unde u S g este un element xat n mod arbitrar. Fie acum R > 0 astfelnc at B (x0, R). Notam cu V n extensia armonica a lui vn pe aceast a bila,

resp. V n este solut ia problemei

V n = 0 n B (x0, R )

V n = vn pe B (x0, R ) .(3.80)

Mai mult, reamintim c a formula lui Poisson ne da expresia explicit a a funct iei

V n :

V n (x) = R2

|x x0|2

RN B (x0 ,R ) vn (y)|x y|N d(y) .Deci mult imea de funct ii armonice {V n } este uniform m arginita. Asadar,trec and eventual la un subsir, putem presupune c a V n converge uniform pe

orice mult ime compacta continuta n B catre o funct ie armonic a v. Din V n S g si din denit ia lui u rezult a ca v u n B (x0, R ) si, n plus, vS g.

Arat am acum c a v = u n B := B (x0, R ). Presupunem, prin absurd, c a

v(x1) < u (x1), pentru un anume x1 B . Deci exista u S g astfel ncat

v(x1) < u (x1). Fie wn = max {u, V n}si W n extensia armonica a lui wn nraport cu B . Ca mai sus, putem presupune c a W n converge n B catre ofunct ie armonic a w. Deci, v w n B si v(x0) = w(x0). Aplic and acumprincipiul de maxim obtinem v = w n B , ceea ce contrazice alegerea lui u.

Vom ar ata n continuare c a u este o funct ie continua pan a la frontiera lui

si, n plus, u = g pe . Fixam x0 . Intruc at este de clasa C 2,

exist a o bila B = B (y, R ) exterioara lui astfel nc at B = {x0}. Fie

w(x) =R2N |x x0|2N x daca N 3ln |

x

x0

|R x daca N = 2 .Observ am ca funct ia bariera w este armonic a n si, n plus, w > 0 n

\ {x0}, w(x0) = 0.Lema 2. Pentru orice x0 avem

limxx0

u(x) = g(x0) .

8/7/2019 Curs EFM

67/142


Demonstrat ia lemei . Fie > 0 si M := g L . Din continuitatea lui grezult a ca exist a > 0 astfel ncat

|g(x) g(x0)| < x , |x x0| < . (3.81)Din denit ia lui w rezult a ca exist a un num ar natural k astfel ncat

kw(x) 2M x, |x x0| . (3.82)Aplicat iile kw(x) + g(x0) si kw(x) + g(x0) + sunt subsolutie, resp.supersolut ie, pentru problema (3.71). Deci, n particular,

kw(x) + g(x0) u(x) kw(x) + g(x0) + x.Cum w(x) 0 daca x x0 si > 0 a fost ales arbitrar, de aici rezult aconcluzia lemei.

Cu aceasta demonstrat ia teoremei 14 este ncheiat a.

Remarc am ca demonstrat ia r amane valabil a pentru orice domeniu ce ad-

mite funct ie bariera exterioara, n particular dac a este convex.

3.12 Principiul lui Dirichlet

Vom ar ata n aceast a sectiune c a unica solut ie a problemei Dirichlet este car-

acterizata de faptul c a minimizeaz a o anumit a funct ional a.

Fie R N o multime deschis a, marginita, cu frontiera neted a. Fix am

f C () si gC ( ). Fie problema Dirichlet

u = f n u = g pe .

(3.83)

Am demonstrat n sect iunea precedent a ca problema (3.83) admite o unic a

solutie clasic a u. Atas am problemei la limita (3.83) funct ionala

E (u) =12 | u|2 dx fudx ,

8/7/2019 Curs EFM

68/142


care se numeste funct ionala Euler-Lagrange corespunz atoare lui (3.83) saufunct ional a energetic a. Fie varietatea

D:= {uC 2() C 1(); u = g pe }.Consider am problema de minim

minvD

E (v) . (3.84)

Teorema 15. ( Principiul lui Dirichlet ). Presupunem c a u C 2()

C 1() este solut ie a problemei (3.83). Atunci u este si o solut ie a problemei

de minim (3.84), adic a

E (u) = minvD

E (v) .

Reciproc, dac a u Drealizeaz a minimul n (3.84) atunci u este solut ie a problemei la limit a (3.83).

Demonstrat ie. Presupunem mai nt ai ca u verica (3.83). Avem, conform

primei formule a lui Green,

0 =

(

u

f )(u

v) dx =

u

(u

v) dx

f

(u

v) dx

v

D.

Deci

| u|2 dx fudx = u v dx fvdx 12 | u|2 dx + 12 | v|2 dx fvdx v D,

ceea ce arat a ca

E (u) E (v) v D.Reciproc, e u solut ie a problemei de minim (3.84). Avem nevoie pen-

tru demonstrat ie de urm atorul rezultat auxiliar de except ional a important a,

cunoscut si sub numele de lema fundamentala a calculului variat ional .

Lema 3. Fie u : R o funct ie continu a cu proprietatea c a

udx = 0 C c () . (3.85)Atunci u = 0 n .

8/7/2019 Curs EFM

69/142

8/7/2019 Curs EFM

70/142


1. Demonstrati principiul lui Dirichlet pentru problema Neumann :e problema la limita

u = f n u

= g pe ,(3.86)

unde f C () si gC ( ) sunt funct ii date cu proprietatea c a f dx = g d. Fie funct ionalaE (u) =

1

2 |u

|2 dx

fudx

gud (x)

si clasa de funct ii

N := {uC 2() C 1();u

= g pe }.Aratat i ca:

(i) dac a u este solut ie clasic a a problemei (3.86) atunci

E (u) E (v) v N .

(ii) dac a u N si E (u) = min {E (v) ; v N}atunci u este solut ie a

problemei (3.86).

8/7/2019 Curs EFM

71/142

Chapter 4

Probleme la limita de tip

parabolicEvolution is the history of a system undergoing irreversible change.

A. Lotka (1956), [46] p.24

4.1 Generalitat i despre ecuat ia caldurii

Fie o multime deschis a din R N si 0 < T + . Vom studia n acest capitolsolutiile u = u(x, t ) : (0, T ) R ale ecuat iei omogene a c aldurii

u t (x, t ) u(x, t ) = 0 n (0, T ) (4.1)sau ale ecuat iei neomogene a c aldurii

u t (x, t ) u(x, t ) = f (x, t ) n (0, T ) . (4.2)Aceast a ecuat ie se ncadreaz a n cadrul problemelor de tip parabolic si, n

studiul acestor probleme, ne vom c alazi dup a urm atorul principiu de baz a:

orice armat ie despre functiile armonice are un analog (de obicei mai compli-cat) legat de solutiile ecuat iei caldurii.

Ecuat ia c aldurii (sau a difuziei), e ca este vorba de varianta sa omogen a

(4.1), e ca este vorba de forma neomogena (4.2), descrie variatia n timp a

densit at ii u(x, t ) la momentul de timp t si n punctul x a unei anumite

cantitati precum temperatura sau concentrat ia chimic a. Dac a atunci

70

8/7/2019 Curs EFM

72/142

8/7/2019 Curs EFM

73/142

8/7/2019 Curs EFM

74/142

CHAPTER 4. PROBLEME LA LIMIT A DE TIP PARABOLIC 73

Demonstrat ie. Presupunem ca u1 si u2 sunt solut ii ale problemei (4.5).Not am u := u1u2. Prin sc adere si t in and cont de liniaritatea acestei problemegasim

u t u = 0 n T u = 0 pe T .

(4.6)

Ramane sa demonstram ca u = 0. Atas am acestei probleme energia

E (t) = u2(x, t ) dx t[0, T ] .Remarc am ca aceast a funct ional a semnica tocmai norma n L2() a aplicatieiu(, t ). Continuam sa denumim aceasta funct ional a energie, desi nu are nicio semnicat ie zica n acest context. Avem, conform formulei lui Green si

condit iei omogene pe frontiera din (4.6)

E (t) = 2 uu t dx = 2 u u dx= 2 u u d | u|2 dx = 2 | u|2 dx 0 .

Rezult a ca funct ia E (t) este descresc atoare pe (0 , T ). Condit ia init ial a omogena

din (4.6) arata ca E (0) = 0. Asadar

E (t) E (0) = 0 t > 0 ,ceea ce conduce la E (t) = 0, pentru orice t(0, T ), caci E este nenegativa.

De aici rezult a ca u = 0 n T .

Fie acum

+ :=

{(x, t )

R 2; x

(0, 1) si t

(0,

)

}.

Consider am problema

u t = uxx n +

u(x, 0) = f (x) x(0, 1)

u(0, t ) = u(1, t ) = 0 t(0, ) .(4.7)

8/7/2019 Curs EFM

75/142


Pentru a rezolva problema (4.7) folosim metoda separ arii variabilelor si punem

u(x, t ) = X (x)T (t).

Rezult a ca

u(x, t ) =

n1an en

2 2 t sin nx. (4.8)

Exercit iu : gasit i coecient ii Fourier an .

Fie acum := (0 , 1) (, 0). Pun and = t n (4.7) obtinem ecuat ia

u t = uxx n +u(x, 0) = f (x) x(0, 1)

u(0, t ) = u(1, t ) = 0 t(0, ) ,(4.9)

cu solutia

u(x, t ) =n1

an en2 2 t sin nx. (4.10)

De aici rezult a proprietatea urm atoare a ecuatiei caldurii, care exprim a faptul

ca putem g asi o conditie init ial a pentru care solutia explodeaza napoi n timp

oricat de repede.

Propozit ia 4. (Instabilitateanapoin timp a ecuat iei caldurii) Pentru

orice numere pozitive T , M si , exist a f C ([0, 1]) cu f L = astfel ncat

problema la limita (4.9) are o solut ie u(x, t ) cu u(, T ) L M .Demonstrat ie. Alegem n0

Nastfel ncat n202T ln M si denimf (x) = sin n0x . Deci, aplicand eventual (4.10) sau prin observat ie directa,

deducem c a solut ia acestei probleme este dat a de

u(x, t ) = en20

2 t sin n0x .

Rezult a ca

u(, T ) L = en20

2 T M ,ceea ce ncheie demonstrat ia.

8/7/2019 Curs EFM

76/142

8/7/2019 Curs EFM

77/142


(ii)u t uxx = 0 n (0 , 1) (0, )u(x, 0) = sin x x(0, 1)

u(0, t ) = 0 , u(1, t ) = 1 t > 0 .

Gasit i n acest caz limt

u(x, t ).

2. Fie = (0 , a ) (0, b)R 2. Rezolvat i problema

u t u = 0 n (0, )u(x, y ; 0) = f (x, y)

(x, y)

ux (0, y; t) = ux (a, y ; t) = 0 y(0, b)

u(x, 0; t) = u(x, b; t) = 0 x(0, a ) .

R. umn (x, y ; t) = C mn cosmx

asin

nyb

e 2 [(m/a )2 +( n/b )2 ]t , m 0, n 1.3. Folosind metoda energetic a ar atat i ca problema

u t uxx = f (x, t ) daca (x, t )(0, 1) (0, )u(x, 0) = (x)

x

(0, 1)ux (0, t ) = g(t) , ux (1, t ) = h(t) t > 0

are cel mult o solut ie clasica.

4. Fie u(x, t ) solutia problemei Neumann

u t uxx = 0 dac a (x, t )(0, 1) (0, )u(x, 0) = f (x) x(0, 1)

ux (0, t ) = ux (1, t ) = 0

t > 0.

Folosing metoda energetic a demonstrati ca

1

0u2(x, t )dx

1

0f 2(x)dx t 0.

8/7/2019 Curs EFM

78/142

8/7/2019 Curs EFM

79/142


satisface estimarea

1

0u2(x, t )dx

1

0f 2(x)dx t 0.

8. Fie problema

u t = uxx + u daca (x, t )(0, 1) (0, )u(x, 0) = f (x) x(0, 1)

u(0, t ) = u(1, t ) = 0 t > 0.

Aratat i caddt

e2t 1

0u2(x, t )dx 0

si deducet i ca

1

0u2(x, t )dx e2t

1

0f 2(x)dx t 0.

Utilizat i aceast a inegalitate pentru a deduce o estimare a diferent ei a dou a

solutii n functie de diferent a valorilor initiale. Are problema de mai sus solut ie

unica pentru orice valoare init ial a f ?

Sol. Fie

E (t) = e2t 1

0u2(x, t )dx.

Aplicand formula de integrare prin p art i si folosind faptul ca u este solut ie,

obtinem

E (t) = 2e2t 1

0u2(x, t )dx + 2 e2t

1

0u(x, t )u t (x, t )dx =

2e2t 1

0u(u t u)dx = 2 e2t

1

0uu xx dx = 2e2t

1

0u2xdx 0.

Deci, pentru orice t > 0

E (t) E (0) = 1

0f 2(x)dx,

adic a

1

0u2(x, t )dx e2t

1

0f 2(x)dx.

8/7/2019 Curs EFM

80/142


9. Consider am ecuat ia c aldurii cu conditii periodice pe frontiera

u t = uxx daca (x, t )(1, 1) (0, )u(x, 0) = f (x) x(1, 1)u(1, t ) = u(1, t ), ux (1, t ) = ux (1, t ) t > 0,

unde f este o funct ie continua pe port iuni. Denim energia corespunz atoare

acestei probleme prin

E (t) = 1

1 u2

(x, t )dx

t 0.(i) Explicat i de ce nu este adevarat, n general, c a

limt

E (t) = 0 .

(ii) Presupunem c a f verica

1

1f (x)dx = 0 .

Aratat i ca

E (t) e22 t E (0) t 0.

4.3 Solut ia fundamentala pentru ecuat ia caldurii

Vom c auta o solut ie particular a a ecuat iei omogene a c aldurii

u t u = 0 n R N (0, ) (4.12)care sa dea posibilitatea exprim arii printr-o formul a integral a a solut iei prob-

lemei Cauchy cu valoare initial a.Observ am mai ntai ca dac a u(x, t ) este solut ie a problemei (4.12), atunci

v(x, t ) = u(x, 2t) este, de asemenea, solutie a aceleiasi probleme, pentru

orice num ar real . Intr-adevar,

vt (x, t ) = 2 u t (x, 2t)

8/7/2019 Curs EFM

81/142


sivx i (x, t ) = u x i (x,

2t) .

Deci

vt (x, t ) v(x, t ) = 2 u t (x, 2t) u(x, 2t) = 0 .Din acest motiv caut am o solut ie a ecuat iei (4.12) folosind metoda separ arii

variabilelor si scriind aceast a solut ie sub forma

u(x, t ) = v |x|2t

w(t) (x, t )R N (0, ) .

Avem

u t = v |x|2

tw (t) |

x|2t2

v |x|2t

w(t) (4.13)

si

ux i =2x i

tv |x|2

tw(t) .

Deci

ux i x i =4x2it2

v |x|2t

w(t) +2t

v |x|2t

w(t) . (4.14)

Din (4.13) si (4.14) obtinem

u t u = v |x|2t

w (t)w(t)

t4|x|2

tv |x|2

t+ |x|2

tv |x|2

t+ 2 N v |x|2

t.

(4.15)

Alegand v astfel ncat 4v + v = 0 g asim v(z) = ez/ 4. Folosind acum (4.15)obtinem ecuat ia satisf acut a de w:

w (t) +N 2

w(t)t

= 0 .

Un calcul elementar conduce la w(t) = a t N/ 2, aR . Tin and acum cont de

expresiile gasite pentru v si w obt inem o solut ie a ecuat iei (4.12) de forma

u(x, t ) =a

tN/ 2e

| x | 24t + b a, b

R .

8/7/2019 Curs EFM

82/142


Denit ia 9. Funct ia

E (x, t ) =

1(4t )N/ 2

e| x | 2

4t (x, t )R N (0, )

0 (x, t )R N (, 0]

se numeste solut ie fundamental a a ecuat iei c aldurii.

Aceast a funct ie satisface

Propozit ia 6. Avem, pentru orice t > 0,

R N E (x, t ) dx = 1 .Demonstrat ie. Aplicand formula lui Fubini si utiliz and schimbarea de

variabila avem

R N E (x, t ) dx = 1(4t )N/ 2 R N e| x |2

4t dx =

1(4t )N/ 2

N

i=1 R ex 2i4t dx i =

1N/ 2

N

i=1 R ez2i dzi = 1 .

Exercit ii . 1. Rezolvat i ecuat ia c aldurii cu constant a disipativ a

u t uxx + au = 0 ( x, t )R (0, )u(x, 0) = g(x) x

R ,

unde a > 0 este o constanta.

Ind. Facet i schimbarea de variabil a u(x, t ) = eat v(x, t ) si deduceti

ecuat ia satisf acut a de v.2. Rezolvat i ecuat ia c aldurii cu variabila disipativ a

u t uxx + at 2u = 0 ( x, t )R (0, )u(x, 0) = g(x) x

R ,


8/7/2019 Curs EFM

83/142


Ind. Solutiile ecuat iei diferent iale wt + at2

w = 0 sunt de forma Ceat 3 / 3

.Acest rezultat sugereaz a sa se efectueze schimbarea de variabil a u(x, t ) =

eat 3 / 3 v(x, t ).3. Rezolvat i ecuat ia c aldurii cu convect ie

u t uxx + au x = 0 ( x, t )R (0, )u(x, 0) = g(x) x

R ,


Ind. Facet i substitut ia y = x at .4. Fie > 0. Consider am ecuat iau t = uxx + uu x (x, t )

R R .Gasit i toate solutiile marginite de forma u(x, t ) = U (x ct), cR .

5. Fie > 0. Consider am ecuat ia

u t = uxx + u(1 u) (x, t )R R .Facet i substitut ia u(x, t ) = U (x

ct), c

R si efectuat i calculele. In particular,

gasit i toate solutiile marginite de aceasta forma.

4.4 Problema Cauchy pentru ecuat ia omogena a caldurii

Pentru g : R N R consider am problema Cauchyu t u = 0 n R N (0, )u(x, 0) = g(x) x

R N .(4.16)

Am vazut n sectiunea anterioar a ca funct ia E (x, t ) este o solut ie a ecuat ieiomogene a caldurii (4.12). Ne punem acum problema g asirii unei funct ii (care

va depinde, n mod evident, de g) care sa verice problema cu condit ie init ial a

(4.16).

8/7/2019 Curs EFM

84/142

8/7/2019 Curs EFM

85/142

8/7/2019 Curs EFM

86/142

8/7/2019 Curs EFM

87/142


(iv) Derivat i n raport cu x funct ia v(x2

/t ) si aleget i constanta C 1 pentrua obtine solut ia fundamental a a ecuat iei caldurii n dimensiune 1.

5. Utiliz and tehnicile folosite n aceast a sectiune, g asit i o formul a explicit a

pentru solutia ecuat iei neomogene a c aldurii cu conditie init ial a

u t u + cu = f n R N (0, )u = g n R N {t = 0}.

4.5 Problema Cauchy pentru ecuat ia neomogena a

c aldurii. Principiul lui Duhamel

Fie problema Cauchy

u t u = 0 n R N (0, )u(x, 0) = g(x) x

R N .

Reamintim ca funct ia

u(x, t ) :=

R

N E (x

y, t )g(y) dy =

1

(4t )N/ 2

R

N e

| x y | 24t g(y) dy

este o solut ie a acestei probleme cu condit ie init ial a.

Vom c auta s a adaptam tehnicile de demonstrat ie pentru a gasi o solutie a

problemei neomogene

u t u = f n R N (0, )u(x, 0) = 0 x

R N .(4.24)

Pornim de la observat ia c a nu numai E (x y, t ) verica ecuatia caldurii, ci sifunct ia

R N (s, ) (x, t ) E (x y, t s) ,unde s > 0 este un num ar xat n mod arbitrar, iar y

R N . Fie aplicat ia

u(x, t ; s) := R N E (x y, t s)f (y, s ) dy , (4.25)

8/7/2019 Curs EFM

88/142


care veric a problema omogenau t (x, t ; s) u(x, t ; s) = 0 n R N (s, )u(x, s ; s) = f (x, s ) x

R N .(4.26)

Remarc am ca funct ia u denit a prin (4.25) nu este solut ie a problemei (4.24).

Cu toate acestea, prin integrare n raport cu s, se poate construi o solutie a

problemei neomogene (4.24) pornind de la (4.25). Acesta este principiul lui

Duhamel . Prin urmare, dac a u(x, t ; s) semnic a funct ia denita prin (4.25),

e

u(x, t ) := t

0u(x, t ; s) ds . (4.27)

Deci, din (4.25) si (4.27),

u(x, t ) = t

0 R N E (x y, t s)f (y, s ) dy ds =

t

0

1(4 (t s)) N/ 2 R N e

| x y | 24( t s ) f (y, s ) dyds.

(4.28)

Are loc urm atorul rezultat.

Teorema 18. Fie f C 2,1c (R N [0, )) si e u denit a prin relat ia (4.28).

Atunci (i) uC

2,1(R N (0, )) .(ii) u t (x, t ) u(x, t ) = f (x, t ), pentru orice (x, t )R N (0, ).(iii) Pentru orice x0

R N avem

lim(x,t )(x0 ,0)

u(x, t ) = 0 .

Demonstrat ie. Funct ia E (x, t ) prezinta o singularitate n punctul ( x, t ) =

(0, 0), deci trebuie evitat a o derivare directa sub semnul integral. Folosind ns a

o schimbare de variabila n (4.28) obtinem

u(x, t ) = t

0 R N E (y, s )f (x y, t s) dyds.Utiliz and acum ipoteza f C

2,1c (R N [0, )) precum si faptul c a funct ia

E (y, s ) este neteda n vecin atatea lui s = t > 0 avem

u t (x, t ) = t

0 R N E (y, s )f t (xy, t s) dyds + R N E (y, t )f (xy, 0) dy (4.29)

8/7/2019 Curs EFM

89/142


siD 2u(x, t ) =

t

0 R N E (y, s )D 2x f (x y, t s) dyds. (4.30)Din (4.29) si (4.30) deducem ca u t , D 2uC (

R N (0, )) si, n plus,u t (x, t ) u(x, t ) =

t

0 R N E (y, s ) t x f (x y, t s) dy ds + R N E (y, t )f (x y, 0) dy =

t

R N E (y, s ) s y f (x y, t s) dy ds+

0 R N

E (y, s )

s y f (x

y, t

s) dy ds +

R N

E (y, t )f (x

y, 0) dy =:

A + B + K .(4.31)

Folosind integrarea prin p art i obt inem

A = t

R N s y E (y, s ) f (x y, t s) dy ds+ R N E (y, )f (x y, t ) dy R N E (y, t )f (x y, 0) dy = R N E

Curs EFM

Documents

Transcript of Curs EFM