Funciones Armónicas PDF

1 INTRODUCCIÓN Contenido 1 Introducción 1 2 Funciones armónicas...

1 INTRODUCCIÓN Contenido 1 Introducción 1 2 Funciones armónicas 2 2.1 Coordinadas polares......................................... 2 2.2 Propiedades de funciones armónicas................................ 3 3 Cáculo vectorial y las identidades de Green 8 4 Funciones de Green 9 4.1 La solución fundamental de la ecuación de Laplace........................ 9 4.2 La función de Green......................................... 13 4.3 Función de Green en el semiespacio................................. 14 4.4 La función de Green en un disco.................................. 15 5 El principio de Dirichlet 16 6 Métodos espectrales 20 6.1 Métodos espectrales en (0, π).................................... 20 6.2 Métodos espectrales en (0, π)2.................................... 23 1 Introducción Sea u : Ω ⊂ Rn → R una función dos veces diferenciable, donde Ω es un conjunto abierto con contorno suave. Se define el laplaciano de u, ∆u(x), por n X ∂2u ∆u(x) = (x). i=1 ∂x2i Por ejemplo, si Ω = R2 , u(x, y) = x4 − 2xy + 4y 2 , pues ∂2 4 2 2 ∂2 x4 − 2xy + 4y 2

∆u(x, y) = 2 x − 2x y + 4y + 2 ∂x ∂y (1) = 4x3 + 4y + 0 + (0 + 0 + 8) = 4x3 + 4y + 8.
El laplaciano es un operador lineal, si u, v ∈ C 2 (Ω), a, b ∈ R, ∆(au + bv) = a∆u + b∆v. El laplaciano está relacionado con la electrostática. Si Ω ⊂ Rn es un cuerpo conductor uniforme, sea E : Ω → Rn el campo eléctrico en Ω. Nota, E es un campo vectorial. En la electrostática, bajo ciertas condiciones, existe un potencial eléctrico, u : Ω → R tal que E(x) = −∇u(x). Si f : Ω → R representa la densidad de carga eléctrica en el cuerpo, u y f están relacionadas por ∆u(x) = f (x). La densidad f suele ser conocida, mientras el potencial eléctrico u y campo eléctrico E son desconocidos en Ω. No obstante, el valor del potencial en la frontera del cuerpo suele ser conocido. Es decir, hay una función Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  2 FUNCIONES ARMÓNICAS u0 : ∂Ω → R y se sabe que u(x) = u0 (x) para todo x ∈ ∂Ω. Ası́, obtenemos una EDP para el potencial eléctrico: Encontrar u ∈ C 2 (Ω) tal que ∆u(x) = f (x) (x ∈ Ω), (2) u(x) = u0 (x) (x ∈ ∂Ω), donde las funciones f : Ω → R y u0 : ∂Ω → R son conocidas. Se llama la ecuación de Poisson. Hay un caso especial en el que f (x) = 0, ∆u(x) = 0 (x ∈ Ω), (3) u(x) = u0 (x) (x ∈ ∂Ω), que se llama la ecuación de Laplace. Las funciones u ∈ C 2 (Ω) que satisfacen ∆u(x) = 0 son funciones armónicas. La condición de frontera, u(x) = u0 (x) (x ∈ ∂Ω), (4) se llama una condición de Dirichlet - el valor de u se fija en el contorno. También existen otros tipos de condiciones de frontera. Las más encontradas son condiciones de Neumann, ∂u ν(x) · ∇u(x) = (x) = g(x)(x ∈ ∂Ω), (5) ∂ν que, en el caso de g(x) = 0, corresponden a un aislante perfecto, y condiciones de Robin ∂u (x) + αu(x) = g(x)(x ∈ ∂Ω). (6) ∂ν Vamos a considerar mayormente condiciones de Dirichlet en este tema. 2 Funciones armónicas En esta sección, vamos a estudiar las propiedades de funciones armónicas, es decir, funciones u ∈ C 2 (Ω), donde Ω ⊂ Rn es un dominio abierto, que satisfacen ∆u(x) = 0. Como el laplaciano admite una repre- sentación elegante en coordinadas polares, nos resultará útil emplearlas a lo largo de este tema. 2.1 Coordinadas polares Sea (x0 , y0 ) ∈ R2 un punto 2 p fijo. El sistema de coordinadas polares describe (x, y) ∈ R por (r, yθ)
∈ 2 2 [0, ∞) × [0, 2π), donde r = (x − x0 ) + (y − y0 ) es la distancia entre (x, y) y (x0 , y0 ), y θ = arctan x es el ángulo entre (x, y) y (x0 , y0 ). r = 0 corresponde a (x0 , y0 ), sea lo que sea el ángulo θ. Si u ∈ C 2 (Ω), (x0 , y0 ) ∈ Ω, se puede representar u(x, y) = u(r, θ) en coordinadas polares. En este caso, u(r, θ) es 2π-periódica en θ, y es una función en C 2 para r > 0 y todo θ. El laplaciano en coordinadas polares es 1 ∂2u   1 ∂ ∂u ∆u(x, y) = r (r, θ) + 2 2 (r, θ). r ∂r ∂r r ∂θ Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  2 FUNCIONES ARMÓNICAS Integrales sobre el abierto BR (x0 ) y la superficie ∂BR (x0 ) son sencillas en coordinadas polares centradas en x0 , Z Z R Z 2π u(x) dx = u(r, θ)r dθ dr, BR (x0 ) 0 0 Z Z 2π (7) u(x) dS(x) =R u(R, θ) dθ. ∂BR (x0 ) 0 Además, con un cambio de variable, se obtiene Z Z u(y)dy =R2 u(x + Ry) dy, BR (x) B1 (0) Z Z (8) u(y) dS(y) =R u(x + Ry) dS(y). ∂BR (x) ∂B1 (0) 2.2 Propiedades de funciones armónicas Teorema 2.1 (El teorema de la media aritmética I). Sea Ω ⊂ R2 y sea u ∈ C 2 (Ω) una función armónica. Sea x ∈ Ω y R > 0 tales que BR (x) ⊂ Ω. Entonces, Z 1 u(x) = u(y) dS(y). 2πR ∂BR (x) Demostración. Empezamos con el cambio de variable, Z Z 1 1 u(y) dS(y) = u(x + Ry) dS(y). 2πR ∂BR (x) 2π ∂B1 (0) Consideramos la derivada con respecto a R, Z d 1 u(y) dS(y) dR 2πR ∂BR (x) Z d 1 = u(x + Ry) dS(y) dR 2π ∂B1 (0) Z 1 ∂ = (u(x + Ry)) dS(y) (9) 2π ∂B1 (0) ∂R Z 1 = (∇u)(x + Ry) · y dS(y) 2π ∂B1 (0) Z 1 = (∇u)(x + Ry) · ν(y) dS(y), 2π ∂B1 (0) recordando que en B1 (0), ν(y) = y. Utilizamos el teorema de la divergencia, Z 1 = divy ((∇u)(x + Ry)) dy 2π B1 (0) Z (10) 1 = R(∆u)(x + Ry) dy = 0, 2π B1 (0) Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  2 FUNCIONES ARMÓNICAS como u es armónica. Entonces, Z 1 u(y) dS(y) 2πR ∂BR (x) es constante en R. Identificamos su valor por su limite en R = 0, Z 1 lim+ u(y) dS(y) R→0 2πR ∂BR (x) Z 1 = lim+ u(x + Ry) dS(y) R→0 2π ∂B1 (0) Z (11) 1 = u(x + 0 × y) dS(y) 2π ∂B1 (0) |∂B1 (0)| = u(x) = u(x). 2π Entonces, concluimos que Z 1 u(x) = u(y) dS(y). 2πR ∂BR (x) La cantidad Z 1 u(y) dS(y) 2πR ∂BR (x) corresponde a la media aritmética de u sobre la superficie ∂BR (x), con perı́metro 2πR. También, existe una versión del teorema sobre el abierto BR (x). Teorema 2.2 (El teorema de la media aritmética II). Sean Ω ⊂ R2 y sea u ∈ C 2 (Ω) una función armónica. Sea x ∈ Ω y R > 0 tales que BR (x) ⊂ Ω. Entonces, Z 1 u(x) = u(y) dy. πR2 BR (x) Demostración. Utilizamos coordinadas polares centradas en x. Por el teorema de la media aritmética I, sabemos que, si r ≤ R, Z Z 2π 1 1 u(x) = u(y) dS(y) = u(r, θ) dθ. 2πr ∂Br (x) 2π 0 Multiplicamos ambos lados por r e integramos, Z R Z r Z 2π 1 ⇒ ru(x) dr = ru(r, θ) dθ dr 0 0 2π 0 Z r Z 2π R2 1 u(x) = ru(r, θ) dθ dr 2 2π 0 0 Z r Z 2π (12) 1 ⇒ u(x) = 2 ru(r, θ) dθ dr πR 0 0 Z 1 = 2 u(y) dy. πR BR (x) Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  2 FUNCIONES ARMÓNICAS Con el teorema de la media aritmética, podemos obtener otros resultados sobre funciones armónicas. Teorema 2.3 (El principio fuerte del máximo). Sea Ω ⊂ R2 un dominio abierto y conexo, y sea u ∈ C 2 (Ω) una función armónica. Entonces, si u tiene un máximo en Ω, u es constante. Demostración. Recordamos que Ω es conexo si U ⊂ Ω es simultáneamente abierto y cerrado en Ω, pues U = ∅ o U = Ω. Suponemos que u tiene un máximo en Ω. Es decir, existe x0 ∈ Ω y M ∈ R tal que u(x0 ) = M y u(x) ≤ M para todo x ∈ Ω. Definimos el conjunto U = {x ∈ Ω : u(x) = M }. Por suposición, U ̸= ∅. Como u es continua, es inmediata que U es cerrada en Ω. Ahora, sea x ∈ U. Sea R > 0 tal que BR (x) ⊂ Ω. Para todo y ∈ BR (x), u(y) ≤ u(x) = M. Por el teorema de la media aritmética, Z 1 u(x) = 2 u(y) dy πR BR (x) Z (13) 1 ⇒0= 2 u(y) − u(x) dy. πR BR (x) Observamos que el integrando satisface u(y) − u(x) ≤ 0, mientras la integral es igual a 0. Entonces, u(y) = u(x) = M para todo y ∈ BR (x). Es decir, si x ∈ U , existe R > 0 tal que y ∈ U para todo y ∈ BR (x), entonces U es abierta. Como U es simultáneamente abierta y cerrada, y Ω es conexo, pues U = ∅ o U = Ω. Por suposición, U ̸= ∅, entonces U = {x ∈ Ω : u(x) = M } = Ω, y u es constante en Ω. Teorema 2.4 (El principio débil del máximo). Sea Ω ⊂ R2 un conjunto abierto, conexo y acotado. Sea u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) una función armónica. Entonces max u(x) = max u(x). x∈∂Ω x∈Ω̄ Demostración. Por suposición, Ω̄ es compacto, entonces max u(x) existe, porque u es continua en Ω̄. Sea x∈Ω̄ x0 ∈ Ω̄ tal que u(x0 ) = max u(x). Si x0 ∈ ∂Ω, claramente max u(x) = max u(x). Por otro lado, si x0 ∈ Ω, x∈Ω̄ x∈∂Ω x∈Ω̄ u(x0 ) = max u(x), entonces, por el principio fuerte del máximo, u(x) = u(x0 ) para todo x ∈ Ω. Como x∈Ω u ∈ C(Ω̄), también implica que u(x) = M para todo x ∈ Ω̄, entonces max u(x) = max u(x). x∈∂Ω x∈Ω̄ Se puede utilizar el principio débil del máximo para demostrar unicidad de soluciones de la ecuación de Poisson. Teorema 2.5 (Unicidad de soluciones de la ecuación de Poisson). Sea Ω ⊂ R2 un conjunto abierto, conexo y acotado. Sea f ∈ C(Ω) y u0 ∈ C(∂Ω). Entonces, las soluciones u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) de ∆u(x) =f (x) (x ∈ Ω), (14) u(x) =u0 (x) (x ∈ ∂Ω) son únicas. Es decir, si u1 , u2 ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) satisfacen ambas ecuaciones arriba, pues u1 = u2. Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  2 FUNCIONES ARMÓNICAS Demostración. Supongamos que existen dos soluciones u1 , u2 , y definimos u(x) = u1 (x) − u2 (x). Es inmedi- ato que u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄). Además, su laplaciano satisface ∆u(x) = ∆u1 (x) − ∆u2 (x) = f (x) − f (x) = 0. (15) Es decir, u es armónica. También, si x ∈ ∂Ω, u(x) = u1 (x) − u2 (x) = u0 (x) − u0 (x) = 0. Podemos aplicar el principio débil del máximo, y obtenemos max u(x) = max u(x) = 0. x∈Ω̄ x∈∂Ω Entonces, u1 (x) − u2 (x) = u(x) ≤ 0 para todo x ∈ Ω̄. De forma parecida, intercambiando los papeles de u1 y u2 , se obtiene que u2 (x) − u1 (x) ≤ 0. Entonces 0 ≤ u1 (x) − u2 (x) ≤ 0, entonces u1 (x) = u2 (x) para todo x ∈ Ω̄, y concluimos que las soluciones son únicas. Proposición 2.6. Sea Ω ⊂ R2 abierto y u ∈ C 2 (Ω) armónica. Entonces u ∈ C ∞ (Ω). Demostración. Sean ϵ > 0, n ∈ N y defina ηϵ : R → R por ηϵ (r) = max(ϵ2 − r2 , 0)n+1 , Se puede verificar que η ∈ C n (R), ηϵ (r) > 0 si r < ϵ y ηϵ (r) = 0 si r ≥ ϵ. Si x ∈ Ω es tal que Bϵ (x) ⊂ Ω, definimos Z uϵ (x) = u(y)η(|x − y|) dy. (16) Ω Observamos que, como η ∈ C n , uϵ ∈ C n también. Consideramos uϵ en coordinadas polares centradas en x y el teorema de la media aritmética. Z uϵ (x) = u(y)η(|x − y|) dy ZΩ = u(y)η(|x − y|) dy Bϵ (x) Z ϵZ 2π = ru(r, θ)η(r) dθ dr 0 0 Z ϵ Z 2π = η(r)r u(r, θ) dθ dr 0 0 (17) Z ϵ Z 2π = η(r)r u(r, θ) dθ dr 0 0 Z ϵ Z = η(r) u(y) dS(y) dr 0 ∂Br (x) Z ϵ = η(r)u(x) dr 0 =Cu(x), Rϵ donde C = 0 η(r) dr > 0. Entonces, uϵ (x) = Cu(x), y como uϵ es una función en C n , pues u ∈ C n en x. Como Ω es abierta y ϵ arbitraria, u ∈ C n (Ω). Finalmente, como n era arbitraria, u ∈ C ∞ (Ω). Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  2 FUNCIONES ARMÓNICAS Proposición 2.7. Sea u ∈ C 2 (R2 ) una función armónica. Si existe M ∈ R tal que |u(x)| ≤ M para todo x ∈ R2 , u es constante. Demostración. Sea x ∈ R2 , y sea R1 > |x|. Defina R2 = R1 − |x|. Ası́, como se observa en la figura, BR2 (x) ⊂ BR1 (0). Queremos demostrar que u(0) = u(x). Utilizamos el teorema de la media aritmética, R1 0 x R2 Z Z 1 1 u(0) − u(x) = u(y) dy − u(y) dy πR12 BR1 (0) πR22 BR2 (x) Z Z   (18) 1 1 1 1 = u(y) dy + − 2 u(y) dy. BR1 (0)\BR2 (x) πR12 π BR2 (x) R12 R2 Queremos demostrar que ambas integrales tienden a 0 cuando R1 → ∞ para concluir que u(0) − u(x) = 0. |x| R2 Empezamos con la observación que, como |x| + R2 = R1 , pues R 1 +R 1 = 1, entonces cuando R1 → ∞, se obtiene R2 |x| lim = lim 1 − = 1. R1 →∞ R1 R1 →∞ R1 Ahora, consideramos la primera integral, recordando que u está acotada, Z 1 u(y) dy BR1 (0)\BR2 (x) πR12 Z 1 ≤ |u(y)| dy BR1 (0)\BR2 (x) πR12 (19) M |BR1 (0) \ BR2 (x)| ≤ πR12 2 ! π(R12 − R22 )  R2 =M =M 1− → 0, πR12 R1 Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  3 CÁCULO VECTORIAL Y LAS IDENTIDADES DE GREEN R2 como R1 → 1. Ahora, consideramos la segunda integral, Z   1 1 1 − u(y) dy π BR2 (x) R12 R22   M |BR2 (x)| 1 1 ≤ − 2 π R22 R 2   1 (20) M πR2 1 1 = 2 − 2 π R2 R1  2 ! R2 =M 1 − → 0. R1 Recordamos la definición de R2 , Combinando los resultados, obtenemos Z Z   1 1 1 1 |u(0) − u(x)| ≤ u(y) dy + − 2 u(y) dy → 0, (21) BR1 (0)\BR2 (x) πR12 π BR2 (x) R12 R2 entonces u(0) − u(x) = 0, y u(x) = u(0). Como x ∈ R era arbitrario, u(x) es constante en R2. Corolario 2.8. Sea f ∈ C(R2 ). Si u1 , u2 ∈ C 2 (R2 ) son acotadas y ∆u1 (x) = ∆u2 (x) = f (x) para todo x ∈ R2 , existe c ∈ R tal que u1 (x) = u2 (x) + c para x ∈ R2. Demostración. Sea u(x) = u1 (x) − u2 (x). Es inmediato que u ∈ C 2 (R2 ) y u es acotada. Además, ∆u(x) = ∆u1 (x) − ∆u2 (x) = f (x) − f (x) = 0. Entonces, por el teorema anterior, u(x) = c para alguna constante c ∈ R. Entonces, u1 (x) = u2 (x) + c. 3 Cáculo vectorial y las identidades de Green Recordamos los siguientes resultados y definiciones. Si U ⊂ R2 es un abierto con contorno suave, se puede definir el vector unitario perpendicular a la superficie, ν : ∂U → R2. Si f : Ū → R es diferenciable, definimos ∂f (x) = ν(x) · ∇f (x) ∂ν para x ∈ ∂U. Es el componente del gradiente en la dirección ortogonal a la superficie. Si v ∈ C 1 (Ω̄)2 es un campo vectorial, el teorema de la divergencia es Z Z div(v(x)) dx = v(x) · ν(x) dS(x). U ∂U Si u ∈ C 2 (Ω), la divergencia del gradiente de u es su laplaciano, div(∇u(x)) = ∆u(x). Si u es un campo escalar y v un campo vectorial, div(u(x)v(x)) = ∇u(x) · v(x) + u(x)div(v(x)) Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  4 FUNCIONES DE GREEN En el caso especial, cuando v(x) = ∇v(x) para v ∈ C 2 (Ω), div(u(x)∇v(x)) = ∇u(x) · ∇v(x) + u(x)∆v(x). Aplicando el teorema de la divergencia, Z Z Z Z ∂v ∇u(x)·∇v(x)+u(x)∆v(x) dx = div(u(x)∇v(x)) dx = u(x)∇v(x)·ν(x) dS(x) = u(x) (x) dS(x) Ω Ω ∂Ω ∂Ω ∂ν Se suele escribir Z Z Z ∂v u(x)∆v(x) dx = u(x) (x) dS(x) − ∇u(x) · ∇v(x) dx Ω ∂Ω ∂ν Ω Lema 3.1 (Las identidades de Green). Sea Ω ⊂ R2 suave y acotada, y f, g ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω̄). Entonces Z Z ∂g ∂f f (x)∆g(x) − g(x)∆f (x) dx = f (x) (x) − g(x) (x) dS(x). (22) Ω ∂Ω ∂ν ∂ν Demostración. Usamos integración por partes, Z Z Z ∂g f (x)∆g(x) dx = f (x) (x) dS(x) − ∇f (x) · ∇g(x) dx. Ω ∂Ω ∂ν Ω De forma parecida, Z Z Z ∂f g(x)∆f (x) dx = g(x) (x) dS(x) − ∇f (x) · ∇g(x) dx. Ω ∂Ω ∂ν Ω Restando las dos ecuaciones, se obtiene el resultado, Z Z f (x)∆g(x) dx − g(x)∆f (x) dx Ω Ω Z Z  Z Z  ∂g ∂f = f (x) (x) dS(x) − ∇f (x) · ∇g(x) dx. − g(x) (x) dS(x) − ∇f (x) · ∇g(x) dx. ∂ν ∂ν Z ∂Ω Ω ∂Ω Ω ∂g ∂f = f (x) (x) − g(x) (x) dS(x). ∂Ω ∂ν ∂ν (23) 4 Funciones de Green 4.1 La solución fundamental de la ecuación de Laplace Recordamos que, en dos dimensiones, el laplaciano en coordinadas polares es 1 ∂2u   1 ∂ ∂u ∆u(r, θ) = r (r, θ) + 2 2 (r, θ). r ∂r ∂r r ∂θ Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  4 FUNCIONES DE GREEN Buscamos una solución de la ecuación de Laplace, ∆u(x) = 0, que solamente dependa de r. Si u(r, θ) = g(r), tenemos 1 d 0 =∆g(r) = (rg ′ (r)) r dr d ⇒0= (rg ′ (r)) dr ⇒ C1 =rg ′ (r) (24) C1 ⇒ =g ′ (r) r ⇒ g(r) =C1 ln(r) + C2. 1 Por motivos que serán más claros adelante, elegimos C2 = 0 y C1 = 2π. Ası́, definimos la solución funda- mental del laplaciano en R2 , Γ : R2 \ {0} → R, 1 Γ(x) = ln(|x|). 2π Observamos que Γ no está bien definida cuando x = 0. No obstante, Γ ∈ C ∞ (R2 \ {0}). Por su construcción, ∆Γ(x) = 0 para x ̸= 0. La solución fundamental tiene una propiedad curiosa y útil para entender la ecuación de Poisson - se puede expresar una función u ∈ C 2 (Ω) por integrales que contienen el laplaciano de u y sus valores en el contorno. Teorema 4.1. Sea Ω ⊂ R2 un conjunto abierto, acotado y suave. Sea u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω̄). Entonces, Z Z ∂Γ ∂u u(x) = Γ(x − y)∆u(y) dy + (x − y)u(y)′ (y)Γ(x − y) dS(y) Ω ∂Ω ∂νy ∂ν Demostración. Queremos demostrar que Z Z ∂Γ ∂u u(x) = Γ(x − y)∆u(y) dy + (x − y)u(y)′ (y)Γ(x − y) dS(y). (25) Ω ∂Ω ∂νy ∂ν La complicación principal viene de la singularidad en Γ - no está bien definida cuando x = 0. Para gestionar la singularidad, vamos a quitar de Ω un disco de radio ϵ, y considerar el limite cuando ϵ → 0+. Definimos Bϵ = Bϵ (x), Ωϵ = Ω \ Bϵ. Se ilustra la geometrı́a en la Figura 1. La observación clave es que, si g ∈ C(Ω), Z Z g(y) dy = lim+ g(y) dy. Ω ϵ→0 Ωϵ Empezamos con la integral Z Γ(x − y)∆u(y) dy. Ωϵ Como x ̸∈ Ωϵ y ∆Γ(x − y) = 0 para y ̸= x, Z Z Γ(x − y)∆u(y) dy = Γ(x − y)∆u(y) − u(y)∆y Γ(x − y) dy. (26) Ωϵ Ωϵ Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  4 FUNCIONES DE GREEN ν(y) ∂Bϵ ϵ ν(y) ∂Ω Ω \ Bϵ x Figura 1: La geometria de Ω \ Bϵ. Vemos que el contorno tiene dos componentes, ∂Bϵ y ∂Ω De ahı́, empleamos las identidades de Green, observando que ∂Ωϵ = ∂Ω ∪ ∂Bϵ , Z ∂u ∂Γ = Γ(x − y) (y) − u(y) (x − y) dS(y) ∂Ωϵ ∂ν ∂νy Z ∂u ∂Γ = Γ(x − y) (y) − u(y) (x − y) dS(y) (27) ∂Ω ∂ν ∂νy Z ∂u ∂Γ + Γ(x − y) (y) − u(y) (x − y) dS(y). ∂Bϵ ∂ν ∂νy Necesitamos tener cuidado - el vector unitario perpendicular a la superficie de ∂Bϵ va hacia dentro del disco, observando la Figura 1. No tenemos que manipular las integrales sobre ∂Ω, ya que no dependen de ϵ. Consideramos cada parte de las integrales sobre ∂Bϵ por separadas. Empezamos con Z ∂u Γ(x − y) (y) dS(y). ∂Bϵ ∂ν Como u ∈ C 1 (Ω̄), ∂u ∂ν (y) ≤ |∇u(y)| < M para todo y ∈ Ω. Además, si y ∈ ∂Bϵ , por definición, |y − x| = ϵ, 1 y Γ(x − y) = 2π ln(ϵ). Entonces, podemos estimar la integral por Z ∂u Γ(x − y) (y) dS(y) ∂Bϵ ∂ν Z ∂u ≤ Γ(x − y) (y) dS(y) ∂Bϵ ∂ν Z ≤M |Γ(x − y)| dS(y) (28) ∂Bϵ Z M = | ln(ϵ)| dS(y) 4π ∂Bϵ M = ϵ| ln(ϵ)|. 4π Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  4 FUNCIONES DE GREEN Entonces, Z ∂u M lim sup Γ(x − y) (y) dS(y) ≤ lim sup ϵ| ln(ϵ)| = 0, ϵ→0+ ∂Bϵ ∂ν ϵ→0+ 4π y concluimos que Z ∂u lim+ Γ(x − y) (y) dS(y) = 0. ϵ→0 ∂Bϵ ∂ν Ahora, consideramos la integral Z ∂Γ u(y) (x − y) dS(y). ∂Bϵ ∂νy ∂Γ Como primer paso, necesitamos entender ∂ν (x − y) = ν(y) · ∇Γ(x − y). El gradiente de Γ es 1 1 1 y−x ∇y Γ(x − y) = ∇y ln(|x − y|) = ∇y ln(|x − y|2 ) =. 2π 4π 2π |x − y|2 y−x El vector unitario perpendicular a la superficie satisface ν(y) = − |x−y|. Entonces,   ∂Γ 1 y−x y−x 1 1 1 (x − y) = ν(y) · ∇Γ(x − y) = · − =− =−. ∂νy 2π |x − y|2 |x − y| 2π |x − y| 2πϵ Volviendo a la integral, Z ∂Γ u(y) (x − y) dS(y) ∂Bϵ ∂νy Z (29) 1 =− u(y) dS(y). 2πϵ ∂Bϵ Observamos que 2πϵ = |∂Bϵ |, entonces la integral corresponde a la negativa de la media aritmética de u sobre ∂Bϵ. Como u es continua, y los puntos en ∂Bϵ tienden a 0 uniformemente cuando ϵ → 0, tenemos Z 1 lim+ − u(y) dS(y) = u(x). (30) ϵ→0 2πϵ ∂Bϵ Ahora, podemos calcular el limite original para demostrar el teorema. Recordando que Z Z ∂u ∂Γ Γ(x − y)∆u(y) dy = Γ(x − y) (y) − u(y) (x − y) dS(y) Ωϵ ∂Ω ∂ν ∂ν y Z ∂u ∂Γ + Γ(x − y) (y) − u(y) (x − y) dS(y), ∂Bϵ ∂ν ∂ν y Z Z ∂u ∂Γ lim Γ(x − y)∆u(y) dy = Γ(y) (x − y) − u(y) (x − y) dS(y) ϵ→0+ Ωϵ ∂Ω ∂ν ∂ν y Z (31) ∂u ∂Γ + lim Γ(x − y) (y) − u(y) (x − y) dS(y), ϵ→0+ ∂Bϵ ∂ν ∂νy Z Z ∂u ∂Γ ⇒ Γ(x − y)∆u(y) dy = Γ(x − y) (y) − u(y) (x − y) dS(y) + 0 − (−u(x)) Ω ∂ν ∂ν Z∂Ω Z ∂Γ ∂u ⇒ u(x) = Γ(x − y)∆u(y) dy + u(y) (x − y) − Γ(x − y) (y) dS(y). Ω ∂Ω ∂ν ∂ν Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  4 FUNCIONES DE GREEN 4.2 La función de Green Si queremos resolver el problema de Poisson, ∆u(x) = f (x)∀x ∈ Ω (32) u(x) = u0 (x)∀x ∈ ∂Ω, el resultado anterior casi nos aporta la solución: Si Z Z ∂u ∂Γ u(x) = Γ(x − y)∆u(y) dy − Γ(x − y) (y) − (x − y)u(y) dS(y) ∂ν ∂νy ZΩ Z ∂Ω (33) ∂u ∂Γ = Γ(x − y)f (y) dy − Γ(x − y) (y) − (x − y)u0 (y) dS(y) Ω ∂Ω ∂ν ∂νy El problema es la integral Z ∂u Γ(x − y) (y) dS(y). ∂Ω ∂ν Como las soluciones de la ecuación de Poisson son únicas, la derivada normal en el contorno no puede tener cualquier valor: está determinada por f y u0 , pero a la vez es desconocida. Con un “ajuste” de Γ, podemos intentar evitar este problema. Supongamos que existe, para cada x ∈ Ω, una función Hx ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω̄) tal que ∆Hx (y) =0 ∀x, y ∈ Ω (34) Hx (y) =Γ(x − y) ∀x ∈ Ω, ∀y ∈ ∂Ω. Si H es suave, por las identidades de Green, Z Z Hx (y)∆u(y) dy = Hx (y)∆u(y) − ∆y Hx (y)u(y) dy Ω ZΩ ∂u ∂Hx = Hx (y) (y) − u(y) (y) dS(y) (35) ∂Ω ∂ν ∂ν Z ∂u ∂Hx = Γ(x − y) (y) − u(y) (y) dS(y) ∂Ω ∂ν ∂ν Con Hx a mano, se define G(x, y) = Γ(x − y) − Hx (y). Ası́, empleamos G en las identidades de Green, recordando la representación de u que obtuvimos en el Teorema 4.1, y tenemos Z Z ∆u(y)G(x, y) dy = ∆u(y) (G(x − y) − Hx (y)) dy Ω Ω Z ∂u ∂Γ =u(x) − (y)Γ(x − y) − (x − y)u(y) dS(y) ∂Ω ∂ν ∂νy Z ∂u ∂Hx − Γ(x − y) (y) − u(y) (y) dS(y) (36) ∂Ω ∂ν ∂ν Z ∂Γ ∂Hx =u(x) + (x − y)u(y) − u(y) (y) dS(y) ∂Ω ∂ν y ∂ν Z ∂G =u(x) + (x, y)u(y) dS(y). ∂Ω ∂νy Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  4 FUNCIONES DE GREEN Es decir, Z Z ∂G u(x) = G(x, y)∆y u(y) dy + u(y) (x, y) dS(y) Ω ∂Ω ∂νy Por lo cual, si u satisface la ecuación de Poisson, ∆u(x) =f (x)∀x ∈ Ω (37) u(x) =u0 (x)∀x ∈ ∂Ω, tenemos Z Z ∂G u(x) = G(x, y)f (y) dy + u0 (y) (x, y) dS(y) Ω ∂Ω ∂νy La función G se llama la función de Green. Las funciones de Green del laplaciano con condición de Dirichlet satisfacen las dos condiciones: ˆ ∆y G(x, y) = δ(x − y) ∀x, y ∈ Ω, ˆ G(x, y) = 0 ∀x ∈ Ω, y ∈ ∂Ω. La función δ de Dirac, la cual no es una “función” en el sentido clásico, se define por su efecto dentro de integrales: Si u ∈ C(Ω) y x ∈ Ω, Z u(y)δ(x − y) dy. Ω Entonces, la primera condición se puede escribir equivalentemente, Z u(y)∆y G(x, y) dy = u(x). Ω Generalmente, es muy difı́cil encontrarlas. Hay dos situaciones en las que sı́ se pueden encontrar. La idea es construir Hx (y) = Γ(ξx − y), donde ξx es un punto fuera del dominio. En este caso, ∆y Hx (y) = 0 está garantizado - la singularidad está fuera del dominio. Hay que elegir correctamente la ξx para que Hx (y) cumpla la condición del contorno. 4.3 Función de Green en el semiespacio Consideramos el semiespacio Ω = {(x1 , x2 ) : x1 > 0, x2 ∈ R} ⊂ R2. Queremos encontrar la función de Green que corresponde a Ω. Sabemos que G(x, y) = Γ(x − y) − Hx (y), donde ∆Hx (y) = 0 ∀x, y ∈ Ω y Hx (y) = Γ(x − y) para todo x ∈ Ω y todo y ∈ ∂Ω Empezamos con la observación que, si ξ ∈ R2 \ Ω, la función y 7→ Γ(ξ − y) es suave en Ω - G es singular donde ξ − y = 0, y como y ∈ Ω, ξ ̸∈ Ω, y ̸= ξ en Ω. La idea es encontrar para cada x ∈ Ω un punto ξx ∈ R2 \ Ω tal que |x − y| = |ξx − y| para todo y ∈ ∂Ω. 1 1 En este caso, Hx (y) := Γ(ξx − y) = 4π ln(|ξx − y|2 ) = 4π ln(|x − y|) = Γ(x − y). Como G es C 2 en R2 \ {0}, 2 si ξx ∈ R \ Ω, ∆Γ(ξx − y) = 0 para todo y ∈ Ω y x ∈ Ω. La elección sencilla es si x = (x1 , x2 ), ξx = (−x1 , x2 ). Es inmediato que si x ∈ Ω, ξx ̸∈ Ω. Por otro lado, ∂Ω = {(0, x2 ) : x2 ∈ R}, entonces si y = (0, y2 ) ∈ R2 , |ξx − y|2 =(−x1 )2 + (x2 − y2 )2 = x21 + (x2 − y2 )2 = |x − y|2 , (38) Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  4 FUNCIONES DE GREEN por lo cual, si y ∈ ∂Ω, Γ(x − y) = Γ(ξx − y) = Hx (y). La función Hx (y) = Γ(ξx − y), y G(x, y) = Γ(x − y) − Γ(ξx − y). Explı́citamente, si x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ), 1 1 ln (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 − ln (−x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2

G(x, y) = 4π  4π (39) 1 (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 = ln. 4π (−x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 Para utilizar la representación integral de la solución, necesitamos evaluar ∂G ∂ν (x, y). Observamos que ∂G ν(y) = (1, 0) en ∂Ω = {0} × R, entonces ν(y) · ∇G(x, y) = ∂y 1 (x, y) Se evalua ası́:   ∂G ∂ 1 1 ln (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 − ln (−x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2

(x, y) = ∂y1 ∂y1 4π 4π (40) 1 y1 − x1 1 y1 + x1 = −. 2π (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 2π (−x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 ∂G Solo estamos interesado en ∂y1 (x, y) cuando y ∈ ∂Ω, es decir, y1 = 0, entonces se obtiene ∂G 1 −x1 1 x1 −x1 (x, y) = − =. ∂y1 2π (x1 )2 + (x2 − y2 )2 2π (−x1 )2 + (x2 − y2 )2 π(x21 + (x2 − y2 )2 ) Entonces, la representación integral de la solución del problema de Poisson es Z ∞Z ∞ (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2   1 u(x1 , x2 ) = ln f (y1 , y2 ) dy1 dy2 0 −∞ 4π (−x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 Z ∞ (41) −x1 + 2 + (x − y )2 ) u0 (y2 ) dy2 −∞ π(x 1 2 2 4.4 La función de Green en un disco Consideramos el dominio Ω = {x ∈ R2 : |x| < 1}. Volvemos a buscar la función de Green in Ω, es decir, una función G(x, y) = Γ(x − y) − Hx (y), donde 1. ∆Hx (y) = 0 para todos x ∈ Ω, y ∈ Ω 2. Hx (y) = Γ(x − y) para todo x ∈ Ω y todo y ∈ ∂Ω. La idea es parecida al caso del semiespacio, queremos escribir Hx (y) en terminos de Γ(ξx − y), donde ξx ∈ R2 \ Ω. En el disco, para cualquier x ∈ Ω, generalmente no existe ξx tal que |x − y| = |ξx − y| para todo y ∈ ∂Ω. No obstante, podemos encontrar ξx tal que |x − y| = A|ξx − y|, 1 para una constante A que dependerá de x. Elegimos ξx = |x|2 x, entonces, si y ∈ ∂Ω o, equivalentemente, |y| = 1, 1 2 |ξx − y|2 = 2 − (x · y) + 1 |x| |x|2 1 = 2 1 − 2(x · y) + |x|2
(42) |x| 1 = 2 |x − y|2. |x| Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  5 EL PRINCIPIO DE DIRICHLET 1 Como |x| < 1, |ξx | = |x| > 1, y ξx ∈ R2 \Ω. En particular, para todo y ∈ Ω̄ y cada x ∈ Ω, ∆y Γ(ξx −y) = 0, y no hay singularidades. Por otro lado, si x ∈ Ω y y ∈ ∂Ω, 1 ln |ξx − y|2
Γ(ξx − y) = 4π  |x − y|2  1 = ln 4π |x|2 (43) 1 1 = ln(|x − y|2 ) − ln(|x|2 ) 4π 4π 1 =Γ(x − y) − ln(|x|2 ) 4π Necesitamos que Hx (y) = 0 cuando y ∈ ∂Ω y x ∈ Ω, entonces podemos considerar 1 Hx (y) = Γ(ξx − y) + ln(|x|2 ). 4π Observamos que 1 ∆y Hx (y) = ∆y Γ(ξx − y) + ∆y ln(|x|2 ) = 0 + 0, 4π donde el primer término es cero porque G es ármonica mientras y ̸= ξx y el segundo término es cero porque no depende de y. Combinando los resultados, se obtiene la función de Green para el disco, que satisface   1 1 G(x, y) = Γ(x − y) − G x − y − ln(|x|2 ). |x|2 4π 5 El principio de Dirichlet Ahora, vamos a volver a utilizar las herramientas del cálculo de variaciones para la ecuación de Poisson. Recordamos la ecuación de Euler-Lagrange, si u ∈ C 1 [a, b], con condición de contorno, es minimizador de un funcional F de forma Z b F(u) = W (u′ (x), u(x), x) dx, a pues u satisface una EDO de segundo orden. En esta sección, vamos a ver que hay un propiedad parecida para las soluciones de la ecuación de Poisson. Empezamos con una definición. Definición 5.1. Sea Ω ⊂ Rn un dominio acotado, abierto y suave. Se define C01 (Ω) = {φ ∈ C 1 (Ω̄) : φ(x) = 0∀x ∈ ∂Ω}. Proposición 5.2. Sea u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω̄) una función que satisface ∆u(x) = f (x) para todo x ∈ Ω, donde f ∈ C(Ω) es integrable. Entonces, si φ ∈ C01 (Ω), Z ∇u(x) · ∇φ(x) + f (x)φ(x) dx = 0. Ω Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  5 EL PRINCIPIO DE DIRICHLET Demostración. Supongamos que u satisface la ecuación, y sea φ ∈ C01 (Ω). Entonces, ∆u(x)φ(x) =f (x)φ(x) Z Z ⇒ ∆u(x)φ(x) dx = f (x)φ(x) dx Ω (44) Z ZΩ ⇒ (div ∇u(x)) φ(x) dx = f (x)φ(x) dx. Ω Ω n Recordamos la formula de integración por partes en R , Z Z Z div v(x)g(x) dx = v(x) · ν(x)g(x) dS(x) − v(x) · ∇g(x) dx, Ω ∂Ω Ω y tenemos Z Z Z ∂u (x)φ(x) dS(x) − ∇u(x) · ∇φ(x) dx = f (x)φ(x) dx ∂Ω ∂ν ZΩ ZΩ ⇒− ∇u(x) · ∇φ(x) dx = f (x)φ(x) dx (45) Ω Ω Z ∇u(x) · ∇φ(x) + f (x)φ(x) dx =0, Ω como φ(x) = 0 para x ∈ ∂Ω. La ecuación Z ∇u(x) · ∇φ(x) + f (x)φ(x) dx = 0 Ω para todo φ ∈ C01 (Ω) se llama la formulación débil de la ecuación de Poisson, y si u satisface la formulación débil, se dice que u es una solución débil o solución en el sentido débil. La proposición anterior demuestra que soluciones “clásicas” - también se llaman soluciones fuertes - de la ecuación de Poisson son soluciones en el sentido débil. No obstante, vemos que la formulación débil solo requiere que ∇u(x) existe, la segunda derivada de u no tiene papel. De hecho, como integrales no “ven” el comportamiento sobre conjuntos de medida cero (es decir, sobre conjuntos cuyas áreas son iguales a cero, puntos y lı́neas, etc.), solo requiere que ∇u(x) está bien definida sobre un subconjunto U ⊂ Ω tal que |Ω \ U | = 0. Por ejemplo, ∇u(x) puede no existir en un conjunto finito de puntos aislados. Proposición 5.3 (El principio de Dirichlet - Formulación débil). Sean f : Ω → R integrable y acotada y u ∈ C 1 (Ω̄) una solución débil de la ecuación de Poisson, es decir, Z ∇u(x) · ∇φ(x) + f (x)φ(x) dx = 0 (46) Ω para todo φ ∈ C01 (Ω). Defina V = {v ∈ C 1 (Ω̄) : v(x) = u(x)∀x ∈ ∂Ω} y sea F : V → R Z 1 F (v) = |∇v(x)|2 + v(x)f (x) dx. Ω 2 Entonces u es el minimizador global y único de F. Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  5 EL PRINCIPIO DE DIRICHLET Demostración. Sea v ∈ V y defina φ(x) = v(x) − u(x). Es inmediato que φ ∈ C01 (Ω). Entonces, F (v) =F (u + (v − u)) =F (u + φ) Z 1 = |∇u(x) + ∇φ(x)|2 + (u(x) + φ(x))f (x) dx Ω 2 Z 1 |∇u(x)|2 + 2∇u(x) · ∇φ(x) + |∇φ(x)|2 + u(x)f (x) + φ(x)f (x) dx
= 2 ZΩ (47) 1 1 = |∇u(x)|2 + u(x)f (x) + ∇u(x) · ∇φ(x) + f (x)φ(x) + |∇φ(x)|2 dx Ω 2 2 Z 1 =F (u) + 0 + |∇φ(x)|2 dx 2 Ω Z 1 =F (u) + |∇u(x) − ∇v(x)|2 dx. 2 Ω De aquı́, es claro que F (v) ≥ F (u). Además, si F (v) = F (u), es necesario que Z |∇u(x) − ∇v(x)|2 dx = 0, Ω entonces ∇u(x) = ∇v(x). Solo puede ser el caso si u(x) = v(x) + c en cada componente conexo de Ω. No obstante, por el condición de contorno, u(x) = v(x) para x ∈ ∂Ω, es necesario que c = 0. Entonces, si u ̸= v idénticamente, F (v) > F (u), demostrando que u es minimizador único y global de F. Corolario 5.4 (El principio de Dirichlet - Formulación fuerte). Si u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω̄) es una solución fuerte de la ecuación de Poisson, ∆u(x) = f (x) para f ∈ C(Ω), u es minimizador global y único de F : V → R, dada en la proposición anterior. Demostración. Si u es una solución fuerte de la ecuación de Poisson, también es una solución débil, entonces el resultado se mantiene por la proposición anterior. También, podemos demostrar que soluciones débiles son únicas. Corolario 5.5. Sea Ω ⊂ R2 un dominio acotado, abierto y suave y sea f : Ω → R una función acotada e integrable. Las soluciones débiles u ∈ C 1 (Ω̄) de la ecuación de Poisson, Z ∇u(x) · ∇φ(x) + f (x)φ(x) dx = 0 Ω para todo φ ∈ C01 (Ω), con condición de contorno u(x) = u0 (x)∀x ∈ ∂Ω son únicas. Demostración. Si u es solución débil de la ecuación de Poisson, es el minimizador global y único de F sobre funciones en C 1 (Ω̄) con su propia condición de contorno. Como el minimizador es único, las soluciones débiles también lo son. Pirineos, 55 - 28040 Madrid - Tel. 91 444 51 61 www.cunef.edu  5 EL PRINCIPIO DE DIRICHLET Alternativamente, podemos demostrar el resultado más directamente: Demostración. Supongamos que tenemos dos soluciones, u, v. Entonces u(x) − v(x) = u0 (x) − u0 (x) = 0 en ∂Ω. Además, si φ ∈ C01 (Ω), Z  Z  0= ∇u(x) · ∇φ(x) + f (x)φ(x) dx + ∇v(x) · ∇φ(x) + f (x)φ(x) dx Z Ω Ω (48) = (∇u(x) − ∇v(x)) · ∇φ(x) dx. Ω Elegimos φ = u − v. Como u, v ∈ C 1 (Ω̄) y u = v en ∂Ω, φ ∈ C01 (Ω), entonces Z 0= (∇u(x) − ∇v(x)) · ∇φ(x) dx Ω Z = (∇u(x) − ∇v(x)) · (∇u(x) − ∇v(x)) dx (49) ZΩ = |∇u(x) − ∇v(x)|2 dx. Ω Como el integrando es continuo y no negativo y la integral es igual a cero, tiene que ser que |∇u(x)−∇v(x)|2 = 0 para todo x ∈ Ω. Entonces, ∇u(x) − ∇v(x) = 0, y u(x) = v(x) + C en cada componente conexo de Ω. Como u y v son iguales en el contorno, C = 0, entonces u = v. Ahora, consideramos un caso sencillo de una función que satisface la ecuación de Poisson en el sentido débil, pero no en el sentido fuerte. Ejemplo 5.6. Sea Ω = (−1, 1)2 y sea u : Ω → R,  0 x