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

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

$\Phi (x)={\begin{cases}-{\frac {1}{2\pi }}\log(\mid x\mid ),\;n=2,x\neq 0\\{\frac {1}{{\underset {\omega _{n}}{n\alpha (n)}}(n-1)}}{\frac {1}{\mid x\mid ^{n-1}}},\;n\geq 3,x\neq 0\end{cases}}$

Esse sono chiaramente funzioni armoniche in ${\mathbb {R}}^{n}$ e sono funzioni radiali. Si è anche osservato che $\Phi (x-y)$, $\forall y$ fissato ma arbitrario, è una funzione armonica in $\mathbb {R} ^{n}\setminus \left\lbrace y\right\rbrace$. Allo stesso modo, anche le funzioni $c_{1}\Phi (x-y_{1})+c_{2}\Phi (x-y_{2})$ sarà armonica in $\mathbb {R} ^{n}\setminus \left\lbrace y_{1},y_{2}\right\rbrace$ 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

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

È una funzione armonica. Innanzitutto si nota che essa, in $n=3$ dove assume la forma $\int _{\mathbb {R} ^{3}}{\frac {\rho (y)}{4\pi \mid x-y\mid }}dy$, 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 $g\in C_{0}^{2}(\mathbb {R} ^{n})$ e sia

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

Allora:

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

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

Sia $g\in C_{0}^{2}(\mathbb {R} ^{n})$, allora $\forall \Phi \in C_{0}^{\infty }(\mathbb {R} ^{n})$ si ha che:

$\int _{\mathbb {R} ^{n}}\Phi (y)\Delta g(y)dy=-g(0)$

Dimostrazione

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

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

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

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

$\leq c\int _{0}^{2\pi }d\theta \int _{0}^{\delta }\log(r)rdr\leq c\log(\delta )\delta ^{2}{\underset {\delta \rightarrow 0}{\rightarrow }}0$

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

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

Si ha quindi che $\forall n$, $I(\delta ){\underset {\delta \rightarrow 0}{\rightarrow }}0$ 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 $+\infty$ che però si annulleranno perché si stanno considerando funzioni armoniche e funzioni a supporto compatto. Pertanto si ha:

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

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

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 $\Phi (x)$:

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

Da cui segue che:

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

Per quanto riguarda il contributo di $J_{2}$ invece si ha che:

$J_{2}=\int _{\partial B(0,\delta )}\Phi {\frac {\partial g}{\partial {\hat {n}}}}d\sigma \leq {\frac {c}{\delta ^{n-2}}}\left|{\frac {\partial g}{\partial {\hat {n}}}}\right|\int _{\partial B(0,\delta )}d\sigma \leq {\frac {c\delta ^{n-1}}{\delta ^{n-2}}}{\underset {\delta \rightarrow 0}{\rightarrow }}0$

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

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

La proprietà appena dimostrata vale anche per traslazioni, ovvero:

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

Sfruttando questa proprietà è possibile dimostrare il teorema.

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

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

Quindi

$-\Delta u=f$

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.