Equazioni differenziali alle derivate parziali/Le soluzioni dell'equazione di Poisson

Abbiamo visto che le soluzioni fondamentali del laplaciano possono essere scritte nella forma:

$\mathrm{\Phi }(x)=\{\begin{array}{c}-\frac{1}{2\pi }\log (\mid x\mid ),n=2,x\ne 0\\ \frac{1}{\underset{{\omega }_n}{n\alpha (n)}(n-1)}\frac{1}{\mid x{\mid }^{n-1}},n\ge 3,x\ne 0\end{array}$

Esse sono chiaramente funzioni armoniche in ${ℝ}^n$ e sono funzioni radiali. Si è anche osservato che $\mathrm{\Phi }(x-y)$, $\mathrm{\forall }y$ fissato ma arbitrario, è una funzione armonica in ${ℝ}^n\setminus \left\{y\right\}$. Allo stesso modo, anche le funzioni $c_1\mathrm{\Phi }(x-y_1)+c_2\mathrm{\Phi }(x-y_2)$ sarà armonica in ${ℝ}^n\setminus \{y_1,y_2\}$ e similmente per una qualsiasi combinazione lineare di funzioni armoniche fondamentale. Ci si può chiedere che cosa accade quando si passa al continuo, ovvero se anche

$\underset{{ℝ}^n}{\int }\rho (y)\mathrm{\Phi }(x-y)dy$

È una funzione armonica. Innanzitutto si nota che essa, in $n=3$ dove assume la forma $\underset{{ℝ}^3}{\int }\frac{\rho (y)}{4\pi \mid x-y\mid }dy$, rappresenta la forma di un potenziale elettrostatico/gravitazionale di una distribuzione di massa/carica $\rho (y)$. In generale essa però non è una funzione armonica, ma soddisferà l'equazione di Poisson come afferma il seguente teorema.

Teorema

Sia $g\in C_0^2({ℝ}^n)$ e sia

$u(x)=\underset{{ℝ}^n}{\int }\mathrm{\Phi }(x-y)g(y)dy$

Allora:

• $u(x)\in C^2({ℝ}^n)$
• $u(x)$ risolve l'equazione di Poisson $-\mathrm{\Delta }u=g$

Premettiamo alla dimostrazione del teorema il seguente importante lemma (2):

Dimostrazione

Si osserva che l'integrale di cui parla il lemma può essere riscritto dividendo l'insieme di integrazione, come segue:

$\underset{{ℝ}^n}{\int }\mathrm{\Phi }(x)\mathrm{\Delta }g(x)dx=\underset{B(0,\delta )}{\int }\mathrm{\Phi }(x)\mathrm{\Delta }g(x)dx+\underset{{ℝ}^n\setminus B(0,\delta )}{\int }\mathrm{\Phi }(x)\mathrm{\Delta }g(x)dx=I+J$

Calcoliamo l'integrale $I(\delta )$: se $n=2$ si ha che $\mathrm{\Phi }(x)=-\frac{1}{2\pi }\log (\mid x\mid )$ e quindi:

$|\underset{B(0,\delta )}{\int }\frac{1}{2\pi }\log (\mid x\mid )\mathrm{\Delta }g(x)dx|\le c\mid \mathrm{\Delta }g{\mid }_{L^{\mathrm{\infty }}}\underset{B(0,\delta )}{\int }\log (\mid x\mid )dx$

$\le c\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\theta \underset{0}{\overset{\delta }{\int }}\log (r)rdr\le c\log (\delta ){\delta }^2\underset{\delta \to 0}{\to }0$

Se $n\ge 3$ invece si ha che:

$\left|\underset{B(0,\delta )}{\int }\frac{1}{n\alpha (n)(n-2)}\frac{1}{\mid x{\mid }^{n-2}}\mathrm{\Delta }gdx\right|\le c\mid \mathrm{\Delta }g\mid \underset{0}{\overset{\delta }{\int }}\frac{r^{n-1}}{r^{n-2}}dr\le c{\delta }^2\underset{\delta \to 0}{\to }0$

Si ha quindi che $\mathrm{\forall }n$, $I(\delta )\underset{\delta \to 0}{\to }0$ e pertanto l'unico contributo al calcolo dell'integrale che stiamo svolgendo sarà dato da $J(\delta )$. Per $J(\delta )$ si ha che, utilizzando la seconda formula di Green, compariranno dei termini di bordo a $+\mathrm{\infty }$ che però si annulleranno perché si stanno considerando funzioni armoniche e funzioni a supporto compatto. Pertanto si ha:

$\underset{{ℝ}^n\setminus B(0,\delta )}{\int }\mathrm{\Phi }(x)\mathrm{\Delta }g(x)dx=$

$=\underset{=0}{\underbrace{\underset{{ℝ}^n\setminus B(0,\delta )}{\int }\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }(x)g(x)dx}}-\underset{\partial ({ℝ}^n\setminus B(0,\delta ))}{\int }\left(\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial \hat{n}}\right)g(x)dx+\underset{\partial ({ℝ}^n\setminus B(0,\delta ))}{\int }\mathrm{\Phi }(x)\frac{\partial g}{\partial \hat{n}}dx$

Chiamiamo rispettivamente $J_1,J_2$ i due addendi in cui è stato scomposto $J(\delta )$. Calcoliamo $J_1$: per farlo è necessario ricavare la derivata normale di $\mathrm{\Phi }(x)$:

$\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial \hat{n}}=\frac{\mid x{\mid }^2}{n\alpha (n)\mid x{\mid }^{n+1}}=\frac{1}{n\alpha (n)\mid x{\mid }^{n-1}}$

Da cui segue che:

$J_1=-\frac{1}{n\alpha (n){\delta }^{n-1}}\underset{\partial B(0,\delta )}{\int }g(x)dx\underset{\delta \to 0}{\to }-g(0)$

Per quanto riguarda il contributo di $J_2$ invece si ha che:

$J_2=\underset{\partial B(0,\delta )}{\int }\mathrm{\Phi }\frac{\partial g}{\partial \hat{n}}d\sigma \le \frac{c}{{\delta }^{n-2}}\left|\frac{\partial g}{\partial \hat{n}}\right|\underset{\partial B(0,\delta )}{\int }d\sigma \le \frac{c{\delta }^{n-1}}{{\delta }^{n-2}}\underset{\delta \to 0}{\to }0$

Si conclude quindi che per $\delta \to 0$ si ha:

$\underset{{ℝ}^n}{\int }\mathrm{\Phi }(x)\mathrm{\Delta }g(x)dx=-g(0)$

La proprietà appena dimostrata vale anche per traslazioni, ovvero:

$\underset{{ℝ}^n}{\int }\mathrm{\Phi }(x-y)g(y)dy=-g(x)$

Sfruttando questa proprietà è possibile dimostrare il teorema.

Per dimostrare che $u\in C^2({ℝ}^n)$ si procede in modo analogo a quanto fatto per provare che $u_{ϵ}$ usata nel teorema di Liouville era $C^{\mathrm{\infty }}$. Proviamo quindi che $u(x)$ risolve l'equazione di Poisson. Abbiamo che:

${\mathrm{\Delta }}_{x}u={\mathrm{\Delta }}_x\underset{{ℝ}^n}{\int }\mathrm{\Phi }(x-y)g(y)dy=\underset{{ℝ}^n}{\int }\mathrm{\Phi }(y){\mathrm{\Delta }}_{x}f(x-y)dy=-f(x)$

Quindi

$-\mathrm{\Delta }u=f$

Ovvero, $u(x)$ risolve l'equazione di Poisson.

Si è messo in luce un comportamento piuttosto singolare e importante delle soluzioni fondamentali del laplaciano. Infatti si è notato come, nel passaggio al continuo, esse risolvano l'equazione di Poisson. Ci si può ora chiedere, e sarà oggetto del prossimo modulo la risposta a questa domanda, se le soluzioni trovate ora per l'equazione di Poisson siano uniche o se si possano avere altre soluzioni.