4.5 La funzione di Green
4.5.2 La funzione di Neumann
Possiamo ricavare una formula di rappresentazione anche per la soluzione dei problemi di Neumann o di Robin. Per esempio, sia u una soluzione regolare del
problema
Δu = f in Ω
∂νu = h su ∂Ω, (4.44) dove f e h devono soddisfare le condizioni di compatibilit`a
∂Ω h (σ) dσ= Ω f (y) dy, (4.45) e ricordando che u `e univocamente determinata a meno di costanti additive. Dal Teorema 4.9 possiamo scrivere
u (x) =− Ω Φ (x− y) f (y) dy+ + ∂Ω h (σ) Φ (x − σ) dσ− ∂Ω u (σ) ∂νσΦ (x− σ) dσ. (4.46)
Questa volta non abbiamo informazioni sul valore di u su ∂Ω e perci`o occorre liberarsi del secondo integrale. Imitando il procedimento seguito per il problema di Dirichlet, cerchiamo di trovare un analogo della funzione di Green, cio`e una funzione N = N (x, y) data da
4.5 La funzione di Green 145
dove, per x fissato, ψ `e soluzione di
Δyψ = 0 in Ω
∂νσψ (x,σ) = ∂νσΦ (x− σ) su ∂Ω,
per avere ∂νσN (x,σ) = 0 su ∂Ω. Ma questo problema di Neumann non ha soluzione in quanto la condizione di compatibilit`a
∂Ω
∂νσΦ (x− σ) dσ = 0
non `e soddisfatta. Infatti, ponendo u≡ 1 in (4.32), otteniamo
∂Ω
∂νσΦ (x− σ) dσ = −1. (4.47) Tenendo conto della (4.47), chiediamo invece che ψ sia soluzione del problema
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ Δyψ = 0 in Ω ∂νσψ (x,σ) = ∂νσΦ (x− σ) + 1 |∂Ω| su ∂Ω. (4.48) In questo modo si ha ∂Ω ! ∂νσΦ (x− σ) + 1 |∂Ω| " dσ = 0
e il problema (4.48) `e risolubile. Osserviamo che, con questa scelta di ψ, abbiamo ∂νσN (x,σ) = − 1
|∂Ω| su ∂Ω. (4.49) Applichiamo ora la formula (1.13) a u e ψ (x,·); otteniamo:
0 =− ∂Ω ψ (x,σ) ∂νσu (σ) dσ+ ∂Ω h (σ) ∂νσψ (σ) dσ + Ω
ψ (y) f (y) dy. (4.50) Sommando la (4.50) alla (4.46) ed usando la (4.49) troviamo infine:
Teorema 4.12.Sia Ω un dominio regolare e u una soluzione regolare di (4.44). Allora: u (x)− 1 |∂Ω| ∂Ω u (σ) dσ = ∂Ω h (σ) N (x, σ) dσ − Ω f (y) N (x, y) dy. Pertanto, anche la soluzione del problema di Neumann (4.44) pu`o essere scritta come somma di due potenziali, a meno della costante additiva c =
1 |∂Ω|
∂Ωu (σ) dσ, il valor medio di u in Ω.
La funzione N si chiama funzione di Neumann (o anche funzione di Green per il problema di Neumann) ed `e definita a meno di una costante additiva.
4.6 Esercizi ed applicazioni
4.6.1 Esercizi
E. 4.1.(Funzioni armoniche). Sia u una funzione armonica in un domino Ω⊆ Rn;
dimostrare che le derivate di qualunque ordine di u sono armoniche in Ω.
E. 4.2.Risolvere, usando il metodo di separazione delle variabili, il seguente problema non omogeneo
Δu = f in BR⊂ R2
u = 0 su ∂BR.
E. 4.3.Risolvere il problema non omogeneo con condizioni non omogenee
Δu (x, y) = y in B1⊂ R2
u = 1 su ∂B1.
E. 4.4.(Principio di riflessione). Sia B+1 = (x, y)∈ R2: x2+ y2 < 1, y > 0 e
sia u∈ C2B+ 1
∩ CB+1
armonica in B1+e tale che u (x, 0) = 0. Dimostrare che la funzione
U (x, y) =
u (x, y) y≥ 0 −u (x, −y) y < 0,
ottenuta per riflessione dispari rispetto a y da u, `e armonica in tutto B1.
E. 4.5.(Funzioni sub e superarmoniche). Diciamo che una funzione u ∈ C2(Ω),
Ω⊆ Rn `e subarmonica (risp. superarmonica) in Ω se Δu≥ 0 (Δu ≤ 0) in Ω.
Per n = 2 mostrare che:
a) Se u `e subarmonica12, allora, per ogni B
R(x)⊂⊂ Ω, u (x)≤ 1 πR2 BR(x) u (y) dy e u (x)≤ 1 2πR ∂BR(x) u (y) dy. b) Se u `e subarmonica (superarmonica) e inoltre u ∈ CΩ, il massimo (minimo) di u `e assunto solo in un punto di ∂Ω, a meno che u sia costante.
c) Se u `e armonica in Ω allora u2 `e subarmonica.
d) Sia u subarmonica in Ω, consideriamo una funzione F : R → R, con F ∈ C2(R). Sotto quali condizioni su F la funzione composta F ◦ u `e subarmonica? E. 4.6.(Problema di torsione). Sia Ω ⊂ R2 un dominio limitato e v∈ C2(Ω)∩
C1Ωla soluzione del problema
vxx+ vyy=−2 in Ω
v = 0 su ∂Ω. (4.51)
Mostrare che u =|∇v|2assume il suo massimo su ∂Ω.
12Se u fosse superarmonica, il segno nelle disuguaglianze andrebbe invertito, infatti
4.6 Esercizi ed applicazioni 147
4.6.2 Soluzioni
S. 4.1.Una funzione u `e armonica in un dominio Ω se ha due derivate continue e inoltre Δu = 0 in Ω. Inoltre, possiede la propriet`a di media e dal Teorema 4.3, u `
e di classe C∞(Ω). Basta mostrare allora che se u `e armonica, allora w = ∂u
∂xi
`
e armonica (perch´e?). Infatti
Δw = Δ∂u ∂xi
= ∂Δu ∂xi
= 0, poich´e vale il Teorema di Schwarz.
S. 4.2.Data la simmetria del problema e del dominio, usiamo le coordinate polari nel piano e supponiamo che f = f (r, θ) si possa sviluppare in serie di Fourier di soli seni rispetto a θ, in [0, 2π]:
f (r, θ) =
∞
m=1
fm(r) sin mθ.
Scriviamo la candidata soluzione nella forma u (r, θ) =
∞
m=1
um(r) sin mθ,
dove occorre determinare i coefficienti um(r). Sostituiamo nell’equazione di La-
place (4.11), riscritta usando le coordinate polari (pag. 430). Si trova:
∞ m=1 umsin mθ (r) +1 ru (r) sin mθ + 1 r2um(r) ∂2sin mθ ∂θ2 + = ∞ m=1 fm(r) sin mθ
e i coefficienti umsi determinano dunque risolvendo le infinite equazioni ordinarie
um(r) +1 ru (r)−m2 r2 um(r) = fm(r) m≥ 1, (4.52) con le condizioni um(R) = 0, um limitata in [0, 1] .
S. 4.3.Sfruttiamo la linearit`a del problema per suddividerlo nei due problemi seguenti: Δw (x, y) = y in B1 w = 0 su ∂B1 Δz (x, y) = 0 in B1 z = 1 su ∂B1.
Evidentemente si ha z = 1 in B1. Per risolvere il primo problema, sfruttiamo la soluzione dell’Esercizio 4.2 osservando che la forzante esterna nella forma y =
r sin θ `e gi`a sviluppata in serie di Fourier di soli seni rispetto a θ, in [0, 2π]. In particolare, cerchiamo una soluzione del tipo:
w(r, θ) =
∞
m=1
wm(r) sin mθ
e, sostituendo nelle condizioni (4.52), troviamo13:
w1+ w1/r− w1/r2= r wm+ wm/r− m2w m/r2= 0 per m > 1, (4.53) con le condizioni wm(1) = 0 e wmlimitata in (0, 1) per ogni m≥ 1.
Risolviamo la prima delle (4.53) con la sostituzione t = log r, che la trasforma nell’equazione a coefficienti costanti v− v = e3t, la cui soluzione generale `e
v(t) = c1et+ c 2e−t+
1 8e
3t.
Ritornando alla variabile r si ha:
w1(r) = c1r + c21 r +
1 8r
3.
La condizione di limitatezza richiede c2 = 0, mentre da w1(1) = 0 deduciamo c1= 1/8.
Con il medesimo procedimento si ha subito che le altre wm, m > 1, hanno solo
la soluzione nulla.
Dunque, abbiamo ottenuto:
w(r, θ) = r 8(r
2− 1) sin θ
e la soluzione del problema iniziale, usando le coordinate cartesiane, risulta u(x, y) = y
8(x
2+ y2− 1) + 1.
S. 4.4.Sia v la soluzione del problema Δv = 0 in B1tale che v = U su ∂B1. Questa funzione esiste, `e unica e pu`o essere scritta esplicitamente usando la formula di Poisson 4.10.
Consideriamo la funzione v(x,−y), che `e armonica in B1 e su ∂B1 assume i valori di v cambiati di segno.
Poniamo, quindi, w (x, y) = v (x, y) + v (x,−y); per il principio del massimo w≡ 0, infatti w risolve il problema
Δw(x, y) = 0 in B1 w = 0 su ∂B1.
4.6 Esercizi ed applicazioni 149
Quindi v(x, y) = −v(x, −y) ovvero v `e dispari rispetto a y, ed, in particolare v(x, 0) = 0; dunque, v risolve
Δv(x, y) = 0 in B1+ v = u su ∂B+1.
Siccome u risolve lo stesso problema, per unicit`a troviamo che v = u = U in B1. Inoltre, poich´e sia v sia U sono funzioni dispari rispetto a y, abbiamo che v = U in B1e dunque ΔU = 0 in B1.
S. 4.5.Cominciamo dalla seconda formula; poniamo, per r≤ R, g (r) = 1
2πr
∂Br(x)
u (σ) dσ.
Con un cambiamento di variabili, e poi derivando, riproducendo i primi passaggi della dimostrazione a pagina 125 otteniamo
g(r) = r 2π
B1(0)
Δu (x+ry) dy≥ 0.
Dunque g `e non decrescente, e poich´e g(r)→ u(x) per r → 0 la seconda disugua- glianza `e provata. La prima pu`o essere dedotta direttamente dalla seconda (con R = r) moltiplicandola per r ed integrando entrambi i membri tra 0 ed R:
R2 2 u(x)≥ 1 2π R 0 dr ∂r(x) u(σ)dσ = 1 2π BR(x) u(y)dy, che dimostra la tesi.
b) Dimostriamo l’enunciato per le funzioni subarmoniche. Supponiamo che per qualche x0∈ Ω si abbia
u(x0) = sup
x∈Ω
u(x).
Utilizzando la disuguaglianza trovata al punto precendente per una palla di raggio r centrata in x0 tutta contenuta in Ω, si ha
u(x0)≤ 1 πr2 Br(x0) u(y)dy, da cui Br(x0)
(u(y)− u(x0))dy≥ 0.
L’integranda `e una funzione continua per ipotesi e non positiva; ne deduciamo che u(y)− u(x0)≡ 0,
ovvero che u `e costante in tutto Br(x0). Possiamo ripetere questo ragionamento
un qualsiasi altro punto y∈ Ω possiamo determinare una sequenza finita di cerchi B(xj) ⊂⊂ Ω con j = 0, · · · , m tali che xi ∈ B(xi−1) ed xm = y. Mediante il
ragionamento precedente, u `e costante all’interno di ogni palla, e la tesi segue dall’arbitrariet`a del punto y.
c) Le funzioni u ed u2sono di classe C∞(Ω). Utilizzando la formula:
Δ(uv) = vΔu + uΔv + 2∇u · ∇v con u = v deduciamo
Δ(u2) = 2uΔu + 2|∇u|2= 2|∇u|2≥ 0,
quindi u2`e subarmonica.
d) Sia w = F (u). Abbiamo allora che
wx= F(u)ux, wxx= F(u)u2x+ F(u)uxx
e lo stesso risultato per la variabile y. Deduciamo che Δu = F(u)|∇u|2+ F(u)Δu.
La funzione composta w `e dunque subarmonica nel caso in cui F sia crescente e convessa.
S. 4.6.Sia Ω la sezione di un cilindro con asse parallelo all’asse z, sottoposto a torsione. Lo sforzo dovuto alla torsione `e tangenziale ad ogni sezione; denotando con σ1 e σ2 le componenti scalari dello sforzo nei piani (x, z) e (y, z) rispettiva- mente. Si pu`o provare che la funzione di stress v, tale che vx = σ1 e vy = σ2,
risolve il problema (4.51). Poniamo
u(x, y) = v(x, y) +x
2+ y2
2 ,
dunque Δu = 0. Quindi u `e di classe C∞ e dunque anche v, per differenza, lo `
e. Dall’Esercizio 4.1, tutte le derivate di u sono armoniche e dunque anche le derivate vx e vy sono armoniche perch´e somma di funzioni armoniche pi`u una
funzione lineare. Infine,
|∇v| = v2 x+ vy2
`
e subarmonica, essendo la somma di quadrati di funzioni armoniche (Esercizio 4.5). Lo sforzo |∇v|2`e dunque massimo sul bordo ∂Ω.