El Operador de Laplace

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(1)O PERADOR DE L APLACE. T RABAJO DE G RADO P ROYECTO C URRICULAR DE M ATEMÁTICAS. E DISSON A RLEY A RCOS B RIÑEZ D IRECTOR : A RTURO S ANJUÁN. Universidad Distrital Francisco José de Caldas Bogotá D.C. 2016.

(2) A mis padres por el apoyo y la paciencia durante esta parte de mi vida..

(3) Agradecimientos. Quiero agradecer a mis maestros por sus enseñanzas durante este pregrado. y En especial a mi director de tesis, el profesor Arturo Sanjuán por se mi mentor. Ha sido una gran influencia en mi formación académica. También le agradezco a mis padres. Gracias a su confianza y apoyo he llegado a donde estoy. También a mis hermanos Sebastián y James por ser estar mi lado. Agradezco especialmente a mi difunto hermano Oscar Danilo. Gracias a sus enseñansas y a sus consejos fue que emprendí este camino de ser profesional. Hoy honró en su memoria finalizando esta carrera. Por ultimo agradezco a la Universidad Distrital Francisco José de Caldas por darme la oportunidad de ingresar y culminar con este trabajo mis estudios en matemáticas.. I.

(4) Índice general. Introducción. III. 1. Preliminares. 1. 1.1. La Identidad de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 1. 1.2. Soluciones en el Sentido de las Distribuciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 3. 2. Operador de Laplace. 9. 2.1. Funciones Armónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 9. 2.2. Principio del Máximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 16. 2.3. El problema de Dirichlet y la fórmula de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 18. 3. Solución del problema de Dirichlet por métodos de Espacios de Hilbert. 26. Apéndices. 30. Referencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. II. 30.

(5) Introducción. El operador laplaciano es el operador diferencial elíptico de segundo orden denotado por 4. El operador tiene ese nombre en reconocimiento a Pierre-Simon Laplace por sus estudios en ecuaciones diferenciales en derivadas parciales en las que aparecía dicho operador. En Física el laplaciano aparece en multíples contextos como la teoría del potencial, la propagación de ondas, la conducción del calor, electroestática, etc. El operador laplaciano aparece en la ecuación de Laplace (4u = 0) y la ecuación de Poisson (4u = f ). En matemáticas las funciones tales que su laplaciano se anule en un dominio, se llaman funciones armónicas sobre el dominio. En este trabajo revisamos la solución al problema clásico de Dirichlet para la ecuación de Laplace se plantea así Dado Ω ⊂ Rn abierto, conexo y acotado. Dada una función f con valores en todos los puntos de ∂Ω encontrar u tal que u es armónica en Ω y u = f en ∂Ω. A través de este plantea el problema de Dirichlet modificado para el espacio H01 (Ω) de la siguiente manera Encontrar a v ∈ H01 (Ω), tal que. (u, v) = φ(u) para todo u ∈ H01 (Ω). f1 y por extensión en H 1 . donde (u, v) y φ están definidos por (3.2), (3.4) en C 0 0 Para esto daremos un preámbulo de la identidad de Green, que deduciremos apoyándonos en el Teorema de la Divergencia de Gauss. Después hablaremos de las soluciones en el sentido de las distribuciones. En el primer capítulo nos enfocamos en esto y nos servirá para extender el concepto de derivada de todas las funciones que son localmente integrables. En el capítulo dos nos enfocamos ya en nuestro operador. Empezamos definiendo a las funciones armónicas y mostraremos que el problema de Dirichlet tiene una única solución. También mostramos que las funciones armónicas son invariantes bajo rotaciones y traslaciones. Además buscamos las soluciones que son radiálmente simétricas. Trabajaremos con la identidad de Green en recintos abiertos, acotados y recintos con huecos. Mostraremos una representación de como son las soluciones. Demostramos la ley de Gauss de la media aritmética y de aquí a la. III.

(6) fórmula de Poisson. En este mismo capítulo trabajaremos con el Principio del Máximo, la fórmula de Green para el problema de Dirichlet, la fórmula integral de Poisson, el núcleo de Poisson, el Teorema de Liouville y la Desigualdad de Harnack. En el tercer capítulo sólo nos enfocamos en la solución al problema de Dirichlet por el método de espacios de Hilbert y apoyándonos en el Teorema de Representación de Riez. Notación A lo largo de este trabajo, cuando nos referimos a Ω, nos estamos refiriendo a un subconjunto abierto del espacio euclídeo n-dimensional Rn , en algunos casos se cambiara las condiciones de Ω pero son mencionadas previamente. En el caso, que no se especifique la región es por que nos referimos a todo el espacio. ∂Ω es la frontera de Ω. Ω = Ω ∪ ∂Ω es la cerradura de Ω. B(ξ, ρ) = { x ∈ Rn : | x − ξ | < ρ} es la bola con centro en ξ y radio ρ > 0. S(ξ, ρ) = ∂B(ξ, ρ) la frontera de la bola con centro en ξ y radio ρ > 0. n. α(n) = λ( B(0, 1)) = función Gama.. π2 Γ( n2 +1). es el volumen de la bola unitaria en Rn . λ es la medida de Lebesgue y Γ es la. α(n)r n = λ( B( x, r )) es el volumen de la bola B( x, r ) ωn = nα(n) = λ(S(0, 1)) es el área de la superficie de la esfera unitaria. Adoptamos la notación multí-índice. Un vector de la forma α = (α1 , · · · , αn ), donde cada αi es un entero positivo es llamado multí-índice de orden |α| = α1 + · · · + αn . Dado un multí-índice α definimos Dα u :=. ∂|α| u ∂α1 x1 ···∂αn xn. Notación para espacios de funciones. C (Ω) = {u : Ω → R : u es continua} C (Ω) = {u : Ω → R : u es uniformemente continua} C k (Ω) = {u : Ω → R : D α u es continua siempre que |α| ≤ k} C k (Ω) = {u : Ω → R : D α u es uniformemente continua siempre que |α| ≤ k}. || · || L1 Norma del espacio de las funciones Lebesgue integrables. || · || L∞ Norma en el espacio de las funciones esencialmente acotadas || · || Norma del espacio de las funciones de cuadrado integrable en el sentido de Lebesgue o L2 .. IV.

(7) CAPÍTULO. 1. Preliminares. En este capítulo empezaremos trabajando con las identidades de Green, el cual sera nuestro primer paso a la teória del operador laplaciano. En el segundo capítulo entraremos mas a fondo en el propósito fundamental de la identidad de Green en dominios con condiciones de frontera. El sentido central de este capítulo es dar a conocer un poco de la teória de distribuciones o funciones generalizadas.Fue el matemático ruso Sergei Sobolev quien dio los primeros pasos en una adecuada formalización de las funciones generalizadas en 1935 mientras trabajaba en soluciones débiles de ecuaciones diferenciales parciales. Independientemente el Francés Laurent Schwartz formalizo la teória de las distribuciones en la década de 1940, por el cual recibió medalla Fields en 1950. La noción de Distribución sirve para extender el concepto de derivada a todas las funciones que son localmente integrables. Incluso para tratar problemas donde aparece la derivada de una función discontinua o la función de Dirac introducida por primera vez por el físico Ingles Paul Dirac. No es una función estrictamente hablando.En ocasiones se denomina también como la función de impulso (ver figura 1.1).. 1.1.. La Identidad de Green. En esta sección seguimos principalmente las ideas de [Joh81, p. 79], para obtener las dos identidades de green usando el Teorema de la divergencia. Teorema 1.1 (Teorema de la divergencia de Gauss). Sea Z Ω. Dk u( x ) dx =. Z. u( x ) ∂Ω. 1. dxk = dn. Z. u( x )ζ k dSx ∂Ω. (1.1).

(8) Figura 1.1: Delta de Dirac d donde dn denota la diferenciación en la dirección de la unidad normal exterior ζ = (ζ 1 , . . . , ζ n ) de ∂Ω y dx = dx1 · · · dxn , dSx es el elemento de superficie con integración en x.. Sean u, v ∈ C2 (Ω), aplicando (1.1) al campo u∇v obtenemos, Z. v ∂Ω. du dSx = dn. Z Ω. ~ v∇u) dx ∇(. Z. ~ v(u x )i ) dx ∇( i Z ∂u ∂ v dx = ∑ ∂xi Ω i ∂xi ! Z ∂v ∂u ∂2 u = ∑ ∂xi · ∂xi + v ∂x2 dx Ω i i =. =. Ω. Z Ω. v4u dx +. Z. ∑ vxi uxi dx. Ω i. Por tanto tenemos la primera Identidad de Green para 4 Z. v ∂Ω. du dSx − dn. Z. ∑ vxi uxi dx =. Ω i. Z Ω. v4u dx.. (1.2). La segunda identidad se deduce de la primera intercambiando los papeles de u y v tenemos Z. u ∂Ω. dv dSx − dn. Z. ∑ vxi uxi dx =. Ω i. 2. Z Ω. u4v dx. (1.3).

(9) restando (1.3) de (1.2) Z Ω. v4u dx −. Z Ω. Z. u4v dx =. du v dSx − ∂Ω dn Z. Z. ∑ vxi uxi dx. Ω i. dv u dSx − ∂Ω dn. Z. !. −. ∑ vxi uxi dx. !. Ω i. du dv v dSx − u dSx ∂Ω dn ∂Ω dn Z dv du −u = v dSx . dn dn ∂Ω. =. Z. Z. Por tanto tenemos la Segunda Identidad de Green para 4 Z Ω. v4u dx =. Z Ω. u4v dx +. . Z. v ∂Ω. du dv −u dn dn. dSx. (1.4). La deducción de estas dos identidades es una parte fundamental de nuestro trabajo, ya que estas nos darán paso a varias deducciones para el operador 4.. 1.2.. Soluciones en el Sentido de las Distribuciones. La segunda identidad de Green se reduce a Z Ω. v4u dx =. Z Ω. u4v dx. en el caso cuando los termínos se desvanecen en la frontera. Cuando cualquiera u o v tienen valor cero. En particular si ( 4u = w en Ω D β v = 0 en ∂Ω para | β| < m de C m (Ω) tenemos la identidad. Z Ω. vw dx =. Z Ω. u4v dx.. Podemos utilizar esta identidad para definir soluciones generalizadas u de 4u = w. Por ejemplo, si u es continua podemos usar la identidad que se da para todo v que se desvanece cerca a ∂Ω. Esto conduce a la noción de solución de distribuciones en el sentido de Laurent Schwartz. La idea es remplazar una función f ( x ) que se define en un conjunto abierto Ω en Rn . Para ello vemos lo siguiente. Definición. Dada φ ∈ C0 (Ω), se define el soporte de φ supp φ = { x ∈ Ω|φ( x ) 6= 0} Definición. Una función test en Ω es, por definición, una función φ ∈ C ∞ (Ω) de soporte compacto. Notaremos D(Ω) al espacio de las funciones test en Ω.. 3.

(10) Un ejemplo de una función test la podemos ver en la Figura 1.2 Definición. Si f es continua en Ω, f es localmente integrable en Ω o f ∈ L1loc (Ω) si y solo si Z K. | f | < +∞. para todo K compacto contenido en Ω.. e −1/(1 − x 2 ). 0.35 0.3 0.25 0.2 0.15 0.1 0.05 -1. -0.5. 0.5. 1. Figura 1.2: Un Ejemplo de Función Test Definición. Para f ∈ L1loc (Ω) definimos el funcional f˜[φ] =. Z Ω. φ( x ) f ( x ) dx. donde φ ∈ D(Ω). El funcional f˜ existe para cualquier función continua o localmente integrable f , veamos que la integral para f˜[φ] define un funcional lineal en D(Ω). Aplicando desigualdad de Hölder tenemos f˜[φ] =. ≤ =. Z Ω. Z ZΩ k. φ( x ) f ( x ) dx. |φ( x ) f ( x )| dx. |φ( x ) f ( x )| dx. ≤ ||φ|| L∞ (K) || f || L1 (K) .. 4.

(11) Ahora vemos que es lineal f˜[αφ + ψ] =. =. Z ZΩ Ω. =α. (αφ( x ) + ψ( x )) f ( x ) dx (αφ( x ) f ( x ) + ψ( x ) f ( x )) dx. Z Ω. φ( x ) f ( x )dx +. Z Ω. ψ( x ) f ( x ) dx. = α f˜[φ] + f˜[ψ]. Lema 1.1. Sea f , g ∈ C, si f˜[φ] = g̃[φ] para todo φ ∈ D(Ω). Entonces f ( x ) = g( x ). Demostración. Supongamos que f ( x ) 6= g( x ) y que f˜[φ] = g̃[φ]. Así f˜[φ] − g̃[φ] = 0 Z Ω. φ( x ) f ( x )dx − Z Ω. Z Ω. φ( x ) g( x ) dx = 0. φ( x )( f ( x ) − g( x )) dx = 0.. Ya que es para todo φ ∈ D(Ω) que es no negativa y f − g > 0 en una vecindad de un punto p, la integral R Ω φ ( x )( f ( x ) − g ( x )) dx > 0, lo cual es una contradicción. Veamos ahora que si f ∈ C1 (Ω) y φ una función test , al integrar por partes tenemos Dk f˜[φ] =. Z Ω. φ( x )( Dk f ( x )) dx. = φ f (x) =−. Z Ω. ∂Ω. −. Z Ω. ( Dk φ( x )) f ( x ) dx. ( Dk φ( x )) f ( x ) dx. = − f˜[ Dk φ]. Podemos utilizar el último resultado para cuando f no tiene derivadas o ni siquiera sea continua. Mientras el funcional asociado a f se define para todas las funciones test φ, el funcional asociado con Dk f tiene sentido. Más generalmente, esto nos lleva a la noción de una distribución. Definición. Una Distribución es una función lineal f˜[φ] definido para todo φ ∈ C ∞ (Ω) de soporte compacto y continua en el siguiente sentido: Sea φr una sucesión en C ∞ (Ω) de soporte compacto, entonces lı́m f˜[φk ] = 0. k→∞. Siempre que todo φk se anula fuera del mismo subconjunto compacto de Ω, y. 5.

(12) lı́m D α φk ( x ) = 0. k→∞. (1.5). uniformemente en x para cada α. Veamos ahora que cada función continua o incluso localmente integrable genera una distribución. En efecto ya vimos que definen un funcional lineal, solo falta ver que es continua en el sentido de las distribuciones. Así por definición de localmente integrable, tomemos K y φn tal que φn (K c ) = 0 y cumple (1.5) f˜[φn ] =. ≤ =. Z Ω. Z ZΩ. φn ( x ) f ( x ) dx. |φn ( x ) f ( x )| dx. |φn ( x ) f ( x )| dx. k. ≤ ||φn || L∞ (K) || f || L1 (K) n→∞. −−−→ 0. Una distribución especialmente importante, no generada por una función punto, integrable, esta es llamada función de Dirac con singularidad ξ denotado por δξ . Se define simbólicamente por δξ [φ] := φ(ξ ) =. Z Ω. φ( x )δξ ( x ) dx.. (1.6). Es lineal ya que δξ [αφ + ψ] = (αφ + ψ)(ξ ). = αφ(ξ ) + ψ(ξ ) = αδξ [φ] + δξ [ψ] Veamos que es una distribución, primero para ξ 6∈ K y φn tenemos que δξ [φn ] = φn (ξ ) = 0 ya que φn (K c ) = 0. Para ξ ∈ k, tenemos. n→∞. δξ [φn ] = φn (ξ ) −−−→ 0. Dos distribuciones f˜[φ] y g̃[φ] se llaman iguales, f˜[φ] = g̃[φ] para todo φ ∈ D . Más generalmente para un subconjunto abierto ω de Ω, f˜[φ] = g̃[φ] para todo φ ∈ D que tiene su soporte ω. Esto nos permite en algunos casos, asignar valores puntuales a una distribución en un subconjunto de Ω. Así para la función de Dirac δξ definido por (1.6) tenemos δξ ( x ) = 0 para x ∈ Ω , x 6= ξ. De hecho tomando f˜ = δxi , g̃ ≡ 0 tenemos. f˜[φ] = g̃[φ] = 0. para cualquier φ con soporte en un conjunto ω obtenido de quitar ξ de Ω.. 6.

(13) Definición. Para una distribución f se define la Derivada Dk f como la distribución dada por Dk f˜[φ] = − f˜[ Dk φ] y mas generalmente D α f por D α f˜[φ] = (−1)|α| f˜[ D α φ]. (1.7). Como por ejemplo tenemos que para (1.6) que Dk δξ [φ] = −δξ [ Dk φ] = −φxk (ξ ). En particular (1.7) produce una definición para las derivadas de una función continua f ( x ), no necesariamente como una función de valores puntuales, sino como funciones generalizadas para las que las integrales ponderadas están definidas. Aun mas de (1.7) podemos aplicar cualquier operador diferencial lineal L en C ∞ coeficientes de una distribución u[φ] por Lu[φ] = u[ L̃φ] (1.8) donde L̃ es el operador adjunto a L. En nuestro caso nos interesa particularmente el operador de Laplace. Así δu[φ] = u[4φ] que de acuerdo con la segunda identidad de Green (1.4) Z Ω. φ4udx =. Z Ω. u4φ dx. valido para una función test φ y función escalar u ∈ C m . Estamos interesados particularmente en soluciones de la distribución L de la ecuación Lu = δξ . (1.9) donde δξ es el operador de Dirac. Estas soluciones son llamadas Soluciones Fundamentales con singularidad ξ para el operador L. El operador de Dirac puede también ser definido por (1.6), para toda función φ( x ) que es solamente continua en Ω. Similarmente para un operador diferencial lineal de m-ésimo orden L con coeficientes en C m (Ω), definimos L(u)φ por (1.8) para una función localmente integrable u( x ) y para φ ∈ C m (Ω). Mas precisamente tenemos la siguiente definición. Definición. u( x ) es una solución débil de la ecuación Lu( x ) = w( x ) en Ω si cumple Z. φw( x ) dx =. Z. ( L̃φ( x ))u( x ) dx. para todo φ ∈ C0m (Ω). Ejemplos Sea Ω el eje x y L el operador diferencial ordinario para L.. d2 . Entonces u( x ) dx2. 7. = 12 | x − ξ | es una solución fundamental.

(14) De hecho la distribución asociada con u00 por (1.7) es u00 [φ] = (−1)2 u[φ00 ]. = u[φ00 ] =. Z. u( x )φ00 ( x ) dx. Z ∞ 1. | x − ξ |φ00 ( x ) dx 2 = φ(ξ ) = δξ [φ]. =. −∞. cuando φ ∈ C0∞ (R). La función u( x1 , x2 ) definida por ( u( x ) =. para x1 > ξ 1 , x2 > ξ 2 para todo otro x1 , x2. 1 0. es una solución fundamental con polo (ξ 1 , ξ 2 ) del operador L =. ∂2 ∂x1 ∂x2. en el plano x1 × x2 .. En efecto Z x1 × x2. φ( x ) Lu( x ) = (−1)2. =. Z x1 × x2. Z ∞Z ∞ ξ1. =−. ξ2 Z ∞ ξ1. φx1 x2 dx2 dx1. φx1 ( x1 , ξ 2 ) dx1. = − φ ( x1 , ξ 2 ) para toda φ ∈ C0∞ ( x1 × x2 ).. 8. φx1 x2 u( x ) dx. ∞ ξ1. = φ(ξ 1 , ξ 2 ).

(15) CAPÍTULO. 2. Operador de Laplace. El propósito de este capítulo es encontrar la solución explícita al problema de Dirichlet para una bola en Rn . Con este propósito primero usaremos la Identidad de Green en dominios con solución fundamental armónica. Para ello aislaremos las singularidades através de vecindades muy pequeñas de ellas. Así tendremos una fórmula de representación de las soluciones. Después con respecto a la identidad de Green tendremos la función de Green para el problema de Dirichlet. Esto nos conducirá a la fórmula integral de Poisson que nos dice como es explícitamente la solución.. 2.1.. Funciones Armónicas. Continuaremos llevando la idea de [Joh81], pero para la ayuda de algunas demostraciones nos basamos en [Eva97, p. 31-32] y [ABR01, p. 2-4]. Definición. Sea Ω ⊂ Rn un conjunto abierto y u ∈ C2 (Ω). La ecuación de Laplace es n. 4u =. ∑ Dk2 u = 0 en Ω. k =1. Una función u que cumple la ecuación de Laplace se le llama función armónica. El problema de Dirichlet consiste en hallar u ∈ Ω, conocidos los valores de 4u en Ω y de u en ∂Ω. Lema 2.2. Una solución u ∈ C2 (Ω) de el problema de Dirichlet es única.. 9.

(16) Demostración. Supongamos que existen u1 , u2 soluciones al problema de Dirichlet en Ω.. 4 u1 = 4 u2 y u1. ∂Ω. = u2. ∂Ω. ≡0. ∂Ω. luego, denotando u = u1 − u2 , tenemos que. 4u ≡ 0 y u. Por tanto, de la segunda identidad de Green para u = v se reduce a, Z Ω. |∇u|2 dx = 0. y como el integrando es positivo y continuo, ∇u ≡ 0 en Ω. Así u es constante y como se anula en el borde, dicha constante es nula, por tanto u1 = u2 . Similar al problema de Dirichled, el problema de Neumann consiste en hallar u ∈ Ω, conocidos los valores de 4u en Ω y de du/dn en ∂Ω. Lema 2.3. Una solución u ∈ C2 (Ω) de el problema de Neumann es única salvo una constante. Demostración. La demostración es similar al de el problema de Dirichlet, sólo que ahora es la derivada normal de u la que se anula sobre el borde. Así u es constante en Ω, pero conocer la derivada normal de u no permite concluir su valor. Luego u1 = u2 + k. Proposición 2.1. La ecuación de 4u = 0 es invariante bajo rotaciones y traslaciones. Demostración. Como el Laplaciano es lineal en C2 (Ω), las sumas y múltiplos por escalar de funciones armónicas son armónicas. Para y ∈ Rn y u una función en Ω, el y-trasladado de u es una función en Ω + y cuyo valor de x es u( x − y). Así traslaciones de funciones armónicas son armónicas. Veamos ahora a la rotación de u como u ◦ T, donde T es es la transformación ortogonal en Rn . Por lo tanto veamos que el Laplaciano conmuta con la transformación ortogonal. Más precisamente, si T es ortogonal y u ∈ C2 (Ω), entonces 4(u ◦ T ) = (4u) ◦ T en T −1 (Ω), probemos esto. Sea [t jk ] la matriz asociada a la transformación T de la base estándar de Rn , entonces n. Dm ( u ◦ T ) =. ∑ t jm ( Dj u) ◦ T. j =1. 10.

(17) donde Dm es la derivada parcial con respecto a la m-ésima coordenada. Derivando una vez más y sumando sobre m, tenemos n. n. ∑ ∑. 4(u ◦ T ) =. tkm t jm ( Dk D j u) ◦ T. m=1 j,k =1. ∑. ∑. =. !. n. n. tkm t jm. ( Dk D j u ) ◦ T. m =1. j,k =1 n. =. ∑ ( D j D j u) ◦ T. j =1. = (4u) ◦ T Dado que la Ecuación de Laplace es invariante bajo rotaciones y traslaciones, parece aconsejable buscar primero una soluciones radiálmente simétricas. Es decir, soluciones de la forma u( x ) = v(| x |) = ψ(r ) donde r = |x − ξ | =. r. (2.1). ∑ ( x i − ξ i )2 i. con x ∈. Rn. y v( x ) solución especial de 4u = 0. Notemos que para i = 1, 2, . . . , n n. ∂r 1 = ∂xi 2. ∑. !− 1 2. xi2. i =1. xi 2xi = r. ∂ ∂ x u( x ) = ψ (r ) = ψ 0 (r ) i ∂xi ∂xi r y xi2 ∂ xi ∂2 ∂ 0 xi 0 00 u ( x ) = = ψ ( r ) + ψ ( r ) ψ ( r ) ∂xi r ∂xi r r2 ∂xi2 x2 r − xi ( xi /r ) = ψ 0 (r ) + ψ00 (r ) 2i 2 r r ! 2 2 x 1 xi − 3 . = ψ00 (r ) 2i + ψ0 (r ) r r r Para i = 1, 2, . . . , n, el Laplaciano n. ∑. i =1. ∂2 u( x ) ∂xi2. !. n. =. ∑. i =1. ". x2 ψ00 (r ) 2i + ψ0 (r ) r n. = ψ (r ) ∑ 00. i =1. 11. n xi2 0 + ψ ( r ) ∑ r2 i =1. 1 xi2 − 3 r r. !#. 1 xi2 − 3 r r. ! ..

(18) n. Como. ∑ xi2 = r2 , obtenemos. i =1. . 00. 4 v = ψ (r ) +. n−1 r. . ψ 0 (r ).. De aquí 4v = 0 si y solo si 00. . ψ + Resolviendo tenemos. n−1 r. . ψ0 = 0.. r n−1 ψ00 + r n−2 (n − 1)ψ0 = 0. (ψ0 r n−1 )0 = 0. Integrando a ambos lados ψ0 r n−1 = C. Por lo tanto. ψ0 (r ) = Cr1−n .. Para alguna constante C, por lo que si r > 0, obtenemos  2− n  Cr ψ (r ) = 2 − n  C log r. n>2. (2.2). n=2. Teorema 2.2. Sea Ω ⊂ Rn un recinto abierto acotado con borde ∂Ω. Sea u ∈ C2 (Ω) y consideremos un punto ξ ∈ Ω, entonces podemos escribir Z Z dψξ du u(ξ ) = ψξ 4u dx − −u dSx ψξ dη dη Ω ∂Ω donde η es el campo normal exterior al borde y dSx es el elemento de superficie con integración en x. Demostración. Aplicando la segunda identidad de Green a Ωρ = Ω \ B(ξ, ρ). La región esta acotada por ∂Ω y S(ξ, ρ), y S(ξ, ρ) con orientación negativa. Ahora tomando a v = ψξ una solución de la forma (2.1) con simetría radial centrada en ξ Z Z Z Z dψξ dψξ du du ψξ 4u dx = u4ψξ dx + ψξ −u dSx + ψξ −u dSx (2.3) dη dη dη dη Ωρ Ωρ ∂Ω S(ξ,ρ) Pero sabemos que 4ψξ = 0 por ser una solución de la forma (2.1). Así remplazando en (2.3) tenemos Z Ωρ. ψξ 4u dx =. . Z. ψξ ∂Ω. dψξ du −u dη dη. dSx +. . Z S(ξ,ρ). ψξ. dψξ du −u dη dη. dSx. (2.4). Analizando la última integral de (2.4) es Z. du ψξ dSx − dη S(ξ,ρ). 12. Z S(ξ,ρ). u. dψξ dSx dη. (2.5).

(19) Tomemos la primera integral de (2.5). Por el teorema de la divergencia, Z S(ξ,ρ). ψξ. du dSx = ψξ (ρ) dη. Z S(ξ,ρ). = −ψξ (ρ) = −ψξ (ρ). du dSx dη. Z. ~ ∇(∇ u) dx. B(ξ,ρ). Z. 4u dx. B(ξ,ρ). = −ψξ (ρ)4u(ξ ). Z B(ξ,ρ). dx. ρ →0. −−→ 0. Tomando la segunda integral de (2.5) tenemos Z S(ξ,ρ). u. Z dψξ dSx = −ψ0 (ρ) u dSx dη S(ξ,ρ). = −ψ0 (ρ)u(ξ ). Z. = −Cρ1−n u(ξ ). S(ξ,ρ). dSx. Z S(ξ,ρ). dSx. = −Cρ1−n u(ξ )ωn ρn−1 = −Cωn u(ξ ) donde. R S(ξ,ρ). dSx = ωn ρn−1 , con ωn denota el aréa de la esfera unidad en Rn . Así remplazando en (2.4) Z Ω. ψξ 4u dx =. . Z ∂Ω. dψξ du −u ψξ dη dη. dSx + Cωn u(ξ ). (2.6). elijamos C = 1/ωn en (2.2). Así. r 2− n n>2 ψ (r ) = (2 − n ) ω n   log r n=2 2π Remplazando y despegando en (2.6), obtenemos Z Z dψξ du u(ξ ) = ψξ 4u dx − ψξ dSx −u dη dη Ω ∂Ω   . (2.7). Tomando en particular para u en la ecuación (2.7) una función test φ ∈ C0∞ (Ω) tenemos que φ(ξ ) =. Z. ψξ 4u dx.. 13. (2.8).

(20) Por lo tanto v = ψξ , define una distribución para v[4φ] = φ(ξ ). Dado que L = 4 es autóadjunto, podemos interpretar a (2.8), como el funcional v aplicado al laplaciano de una función test φ tiene el valor φ(ξ ), o que v en el sentido de las distribuciones satisface (1.9). Es decir, es una solución fundamental con polo ξ. Teorema 2.3. Sea Ω ⊂ Rn , u ∈ C2 (Ω), ξ ∈ Ω. Si 4u ≥ 0 en la bola B(ξ, ρ) ⊂ Ω entonces u(ξ ) ≤. 1 ω n ρ n −1. Z S(ξ,ρ). u( x ) dSx. (2.9). Demostración. Utilizamos el teorema anterior y tomamos la función G ( x, ξ ) = ψξ − ψ(ρ) en ves de ψξ . Como la diferencia entre ambas funciones es constante, por tanto armoníca y siguen cumpliendo (2.1) por tanto la fórmula sigue siendo valida, Z Z du dG ( x, ξ ) u(ξ ) = G ( x, ξ )4u dx − G ( x, ξ ) − u( x ) dSx dη dη B(ξ,ρ) S(ξ,ρ) Como ψξ = ψ(ρ) en la frontera, es decir en S(ξ, ρ), entonces G ( x, ξ ) = 0 sobre la superficie. Así u(ξ ) =. Z B(ξ,ρ). G ( x, ξ )4u dx +. . Z S(ξ,ρ). dG ( x, ξ ) u( x ) dη. dSx .. Además dG = ψ0 (ρ) dη 1 xi − ξ i 1− n x i − ξ i = · (2 − n ) ρ ρ ρ (2 − n ) ωn − n − 1 ρ ( x i − ξ i )2 =∑ ω n i. =. ρ − n −1 ωn. ∑ ( x i − ξ i )2 i. ρ − n −1 2 ρ = ωn 1 = . ω n ρ n −1 Remplazando. dG dη. en (2.10) tenemos que u(ξ ) =. Z B(ξ,ρ). G ( x, ξ )4u dx +. 14. . Z S(ξ,ρ). 1 u( x ) ω n ρ n −1. dSx .. (2.10).

(21) Como 4u ≥ 0 y G ( x, ξ ) es creciente, por lo tanto G ( x, ξ ) es negativa en el interior de B(ξ, ρ), entonces Z Z 1 u(ξ ) = G ( x, ξ )4u dx + u( x ) dSx ω n ρ n −1 B(ξ,ρ) S(ξ,ρ) Z 1 dSx ≤ u( x ) ω n ρ n −1 S(ξ,ρ) Z 1 = u( x ) dSx . ωn ρn−1 S(ξ,ρ). Corolario 2.1. (Ley de Gauss de la media aritmética) Sea Ω ⊂ Rn , u ∈ C2 (Ω), ξ ∈ Ω. Si 4u = 0 en la bola B(ξ, ρ) ⊂ Ω entonces Z 1 u(ξ ) = u( x ) dSx . ωn ρn−1 S(ξ,ρ) Demostración. Como 4u = 0 en la bola B(ξ, ρ) Z B(ξ,ρ). G ( x, ξ )4u( x ) dx = 0.. Así Z. Z. G ( x, ξ )4u( x ) dx + S(ξ,ρ) 1 u( x ) dSx = n −1 ω ρ S(ξ,ρ) n Z 1 = u( x ) dSx ωn ρn−1 S(ξ,ρ). u(ξ ) =. B(ξ,ρ). . 1 u( x ) ω n ρ n −1. dSx. Z. Una función u continua en Ω es llamada subarmónica, si para cada ξ ∈ Ω la desigualdad (2.9) se cumple para todo ρ suficientemente pequeño. Así las funciones en C2 (Ω) con 4u ≥ 0 son subarmónicas. La fórmula (2.8) expresa que ψξ es una solución fundamental para 4, otro aspecto de esta propiedad es la fórmula de Poisson Z u(ξ ) = 4ξ ψξ u( x ) dx Ω. valido para u ∈ C2 (Ω) y ξ ∈ Ω, donde 4ξ es el operador de Laplace tomado con respecto a la variable ξ. Así dado u ∈ C2 (Ω) la fórmula de Poisson se sigue de (2.1) y (1.9). 4ξ. Z. ψξ u( x ) dx =. = =. Z Z Z. (4ξ ψ(| x − ξ |))u( x ) dx (4 x ψ(| x − ξ |))u( x ) dx δξ ( x )u( x ) dx = u(ξ ). 15.

(22) Para una deducción mas rigurosa, primero asumamos que u ∈ C02 (Ω). Entonces por (2.7) y para ξ ∈ Ω, tenemos u(ξ ) =. Z Ω. ψξ 4 x u( x ) dx =. Z. ψξ 4 x u( x ) dx.. La última es la integral sobre todo el espacio. Esta se cumple para todo ξ ya que para determinada u ∈ C02 (Ω), nada cambia cuando Ω es remplazado por cualquier conjunto abierto grande que contenga a ξ. Con y = x − ξ como variable de integración tenemos u(ξ ) =. = =. Z. ψ(| x − ξ |)4 x u( x ) dx. Z. ψ(|y|)4y u(y + ξ ) dy. Z. ψ(|y|)4ξ u(y + ξ ) dy. = 4ξ = 4ξ = 4ξ. Z Z Z. ψ(|y|)u(y + ξ ) dy ψ(| x − ξ |)u( x ) dx ψξ u( x ) dx. el cual confirma la fórmula de Poisson.. 2.2.. Principio del Máximo. Una de las mas importantes herramientas en la teoría de las funciones armónicas es el principio del máximo, similar para funciones analíticas complejas. En esta sección vamos a asumir que Ω es acotado, abierto y conexo en Rn . Primero se probara una forma débil del principio. Teorema 2.4. Sea u ∈ C2 (Ω) ∩ C0 (Ω), y sea 4u ≥ 0 en Ω, entonces máx u = máx u Ω. ∂Ω. Demostración. En primer lugar el máximo existe ya que u es continua en el compacto Ω. Si suponemos que 4u > 0 en Ω, como u no puede asumir su máximo en cualquier punto ξ ∈ Ω así por el criterio de la segunda derivada, ∂2 u/∂xk2 ≤ 0 en ξ para todo k y por lo tanto 4u ≤ 0. En el caso 4u ≥ 0 hacemos uso de la función auxiliar v = | x |2 para la cual 4v > 0. Entonces para cualquier constante e > 0, la función u + ev pertenece a C2 (Ω) ∩ C0 (Ω) y satisface que 4(u + ev) > 0 en Ω. Por lo tanto máx(u + ev) = máx(u + ev) Ω. ∂Ω. así máx u + máx ev ≤ máx u + máx ev Ω. Ω. ∂Ω. 16. ∂Ω.

(23) para e → 0, obtenemos máx u = máx u Ω. ∂Ω. Teorema 2.5. Suponga que u ∈ C2 (Ω) ∩ C0 (Ω) es armónica en Ω. Entonces mı́n u = mı́n u Ω. ∂Ω. Demostración. Aplicando el teorema anterior a −u, así − mı́n u = máx(−u), por tanto. − mı́n u = máx(−u) = máx(−u) = − mı́n u Ω. Ω. ∂Ω. ∂Ω. Teorema 2.6. Si u ∈ C2 (Ω) ∩ C0 (Ω) es armónica en Ω. Entonces máx |u| = máx |u| Ω. ∂Ω. Demostración. Consecuencia directa del Teorema 2.4 y Teorema 2.5.. . Corolario 2.2. Una función u ∈ C2 (Ω) ∩ C0 (Ω) es determinada de forma única por los valores de 4u en Ω y de u en ∂Ω. Demostración. Tal y como vimos en el Lema 2.2, si existen u1 y u2 soluciones al problema de Dirichlet en Ω, su diferencia u = u1 − u2 seria solución del problema con 4u ≡ 0 y u ∂Ω ≡ 0. Además como u es armónica podemos usar el principio del máximo para el valor absoluto máx |u| = máx |u|, Ω. ∂Ω. pero máx |u| = 0 por lo tanto u ≡ 0, de lo cual u1 = u2 .. . ∂Ω. Una versión mas fuerte del Principio del Máximo influenciada del teorema (2.3) es la siguiente: Teorema 2.7. Sea u ∈ C2 (Ω) y 4u ≥ 0 en Ω. Entonces u es constante, o u(ξ ) < sup u Para ξ ∈ Ω. Ω. Demostración. Sea M = sup u y descompongamos a Ω en dos conjuntos disyuntos Ω1 = { ξ ∈ Ω : u ( ξ ) = M } Ω2 = { ξ ∈ Ω : u ( ξ ) < M }.. 17.

(24) El conjunto Ω2 es abierto por la continuidad de u. Veamos que Ω1 también es abierto. Como u es subarmónica, hacemos uso de (2.9) para un ρ suficientemente pequeño u(ξ ) ≤ 0≤. =. 1 ω n ρ n −1 Z S(ξ,ρ). Z S(ξ,ρ). =. Z S(ξ,ρ). Z S(ξ,ρ). u( x ) dSx. u( x ) dSx − ωn ρn−1 u(ξ ). (u( x ) − u(ξ )) dSx (u( x ) − M) dSx. ya que u( x ) − M es continua y menor a cero. Entonces u( x ) − M = 0 en cada esfera suficientemente pequeña con centro ξ. Por lo tanto, para todo x en una vecindad de ξ pertenece a Ω1 , es decir x ∈ Vξ ⊂ Ω1 . Así Ω1 es abierto. Por definición de conjunto abierto conexo, Ω1 o Ω2 es vacío, lo que demuestra el principio. . 2.3.. El problema de Dirichlet y la fórmula de Poisson. En esta sección tomaremos la fórmula de representación integral dada en el Teorema 2.2 y tal como vimos en el Teorema 2.3 no se ve afectada si sustituimos a ψξ por una G ( x, ξ ) = ψξ + v( x, ξ ) para x ∈ Ω, ξ ∈ Ω, x 6= ξ y donde v( x, ξ ) para ξ ∈ Ω es una solución de 4v = 0, de clase C2 (Ω). Si escogemos una v( x, ξ ) de manera que G ( x, ξ ) = 0 para ξ ∈ ∂Ω y ξ ∈ Ω, obtenemos Z Z dG ( x, ξ ) dSx (2.11) u(ξ ) = G ( x, ξ )4u dx + u( x ) dη Ω ∂Ω Lo anterior nos da una expresión para la solución del problema de Dirichlet en Ω. Definición. Llamaremos la función de Green del recinto Ω y polo ξ para el problema de Dirichlet, si G ( x, ξ ) = ψξ + v( x, ξ ) para v( x, ξ ) armónica en Ω y G ( x, ξ ) = 0 en ∂Ω. Ahora para construir G en general tenemos que encontrar una v armónica con v = −ψ en ∂Ω esto es de nuevo un problema de Dirichlet. Sin embargo, G puede ser producida de forma explícita. En particular en el caso cuando Ω es una bola; entonces G se puede obtener por la reflexión llevándonos a la fórmula integral de Poisson. Basta con resolver el problema de Dirichlet en un disco circular ya que la ecuación de Laplace es invariante bajo aplicaciones conformes. Para derivar la fórmula integral de Poisson para la solución del problema de Dirichlet, tomamos la bola de radio a y centro en 0. Ω = B(0, a) = { x : | x | < a} Queremos encontrar una función armónica tal que al sumarla con ψξ se anule sobre los puntos en la frontera. Tomemos un ξ cualquiera en B(0, a) y a ξ ∗ la reflección de ξ con respecto a ∂Ω, ξ∗ =. a2 ξ. | ξ |2. 18.

(25) Calculemos la distancia de ξ ∗ a un punto x ∈ ∂Ω. Ya que |ξ ∗ | = a2 /|ξ |. | x − ξ ∗ |2 = a2 + |ξ ∗ |2 − 2a|ξ | cos(φ − φ0 ) = a2 +. a3 a4 − 2 cos(φ − φ0 ) |ξ | | ξ |2. =. a2 (|ξ |2 + a2 − 2a|ξ | cos(φ − φ0 )) | ξ |2. =. a2 | x − ξ |2 | ξ |2. Tomando a r = | x − ξ | y r ∗ = | x − ξ ∗ |, obtenemos, r∗ a = . r |ξ |. (2.12). Para n > 2 la solución fundamental con polos ξ y ξ ∗ , ψξ (r ) =. 1 1 r2−n y ψξ ∗ (r ) = r ∗2− n . (2 − n ) ω n (2 − n ) ω n. De (2.12), ψξ ∗ (r ) = ψξ (r ). a |ξ |. Entonces G ( x, ξ ) = ψξ −. |ξ | a. 2− n .. 2− n ψξ ∗. que se anula en x ∈ ∂Ω. Como ξ ∗ ∈ / Ω la función ψξ ∗ es armónica en Ω. Por lo tanto G ( x, ξ ) es una función de Green. En el caso especial donde 4u = 0 en Ω y u ∈ C2 (Ω), la forma (2.11) se reduce a u(ξ ) =. Z | x |= a. u( x ). dG ( x, ξ ) dSx . dη. Además 2− n dG |ξ | = ψξ0 (r ) − ψξ0 ∗ (r ) dη a " 2− n # xi − ξ i∗ (2 − n ) r 1− n xi − ξ i |ξ | (2 − n ) r ∗1− n x = − · i ∗ (2 − n ) ω n r a (2 − n ) ω n r a " # 2− n x 1 |ξ | 1 = r −n ( xi − ξ i ) − r ∗−n ( xi − ξ i∗ ) · i ωn a ωn a " # 2− n |ξ | 1 r −n ( xi2 − ξ i xi ) − r ∗−n ( xi2 − ξ i∗ xi ) =∑ aω a n i " # 2− n 2− n 1 |ξ | |ξ | −n 2 ∗−n 2 −n ∗−n ∗ = r ∑ xi − r r ∑ xi − r ∑ ξ i xi + a ∑ ξ i xi aωn a i i i i. 19.

(26) " # n − n a− n − n a− 1 |ξ |2 |ξ |2 −n 2 −n 2 −n −n ∗ = r a − r a − r ∑ ξ i xi + 2− r ∑ ξ i xi − n − n n | ξ | aωn a n |ξ | a 2− i i " # 2 2 2 2 |ξ | −n a − |ξ | 1 a − r −n ∑ ξ i xi + r ∑ 2 ξ i xi = 2 aωn | x − ξ |n a | ξ | i i " # a2 − | ξ |2 1 − r −n ∑ ξ i xi + r −n ∑ = ξ i xi aωn | x − ξ |n i i 1 a2 − | ξ |2 = aωn | x − ξ |n Definición. Llamaremos El núcleo de Poisson a la función H dada por H ( x, ξ ) =. 1 a2 − | ξ |2 aωn | x − ξ |n. (2.13). Definición. Para 4u = 0 ∈ Ω, u ∈ C2 (Ω) y |ξ | < a, llamamos a la fórmula integral de Poisson como u(ξ ) =. Z | x |= a. H ( x, ξ )u( x ) dSx. Teorema 2.8. Sea f continua para | x | = a. Entonces la función u(ξ ) dada por f (ξ ) para |ξ | = a y por u(ξ ) =. Z | x |= a. H ( x, ξ ) f ( x ) dSx. para |ξ | < a, es continua para |ξ | ≤ a, y pertenece a C ∞ y armónica para |ξ | < a. Demostración. La prueba sigue de las siguientes propiedades de H: (a) H ( x, ξ ) ∈ C ∞ para | x | ≤ a, |ξ | < a, x 6= ξ. (b) 4ξ H ( x, ξ ) = 0 para |ξ | < a, | x | = a. R (c) | x|= a H ( x, ξ ) dSx = 1 para |ξ | < a. (d) H ( x, ξ ) > 0 para | x | = a, |ξ | < a. (e) Si |ζ | = a, entonces lı́m H ( x, ξ ) = 0. ξ →ζ |ξ |< a. uniformemente en x para | x − ζ | > δ > 0. La propiedad (a) y (d) salen de como se definió (2.13). Igualmente para la propiedad (e) dado que | x − ζ | > δ, tenemos 1 1 < |x − ζ | δ 1 1 < n | x − ζ |n δ a2 − | ξ |2 a2 − | ξ |2 < . | x − ζ |n δn. 20.

(27) Cuando ξ → ζ, entonces |ξ | → a y por (d), tenemos 0<. a2 − a2 a2 − | ξ |2 < = 0. | x − ζ |n δn. Por lo tanto lı́m H ( x, ξ ) = 0.. ξ →ζ |ξ |< a. En la propiedad (b) tenemos que x H ( x, ξ ) = ∇ x G ( x, ξ ) · i a x 4ξ H ( x, ξ ) = 4ξ ∇ x G ( x, ξ ) · i a " # 1 ∂ = 4ξ ∑ G ( x, ξ ) xi a ∂xi i " # 1 ∂2 ∂ = ∑ 2 ∑ G ( x, ξ ) xi a j ∂ξ j ∂xi i " # 1 ∂ ∂2 = ∑ xi ∑ 2 G ( x, ξ ) a i ∂xi j ∂ξ j " !# ∂ ∂2 1 = ∑ xi ∑ G ( x, ξ ) a i ∂xi ∂ξ 2j j " # 1 ∂ ∂2 = ∑ xi G ( x, ξ ) 2 a i ∂xi ∑ j ∂ξ j. =. 1 ∂ 4ξ G ( x, ξ ). xi ∑ a i ∂xi. Como G ( x, ξ ) es armónica en x y G ( x, ξ ) = G (ξ, x ), entonces. 4ξ G ( x, ξ ) = 0. Así concluimos que. 4ξ H ( x, ξ ) = 0. Para la propiedad (c), se sigue aplicando la fórmula integral de Poisson´s para u( x ) = 1 1=. Z | x |= a. H ( x, ξ )dSx .. Ahora derivando bajo el signo integral encontramos inmediatamente de (a) que u(ξ ) =. Z | x |= a. H ( x, ξ ) f ( x ) dSx ∈ C ∞. 21.

(28) y de (b) que. 4ξ u(ξ ) = 4ξ. Z. | x |= a. = 0 Para |ξ | < a. H ( x, ξ ) f ( x ) dSx. Queda por demostrar la continuidad de u para |ξ | ≤ a. Sea |ζ | = a, |ξ | < a. Por (c) u(ξ ) − f (ζ ) =. = = =. Z. H ( x, ξ )u( x ) dSx − f (ζ ). | x |= a. Z. H ( x, ξ ) f ( x ) dSx − f (ζ ). | x |= a. Z. H ( x, ξ ) f ( x ) dSx −. | x |= a. Z. Z. Z | x |= a. | x |= a. H ( x, ξ ) dSx. H ( x, ξ ) f (ζ ) dSx. H ( x, ξ )[ f ( x ) − f (ζ )] dSx. | x |= a. = I1 + I2 donde I1 =. Z. H ( x, ξ )[ f ( x ) − f (ζ )] dSx | x −ζ |<δ. ,. I2 =. | x |= a. Z | x −ζ |>δ | x |= a. H ( x, ξ )[ f ( x ) − f (ζ )] dSx. Dado e > 0, sea δ = δ(ξ ) > 0 tan pequeño que. | f ( x ) − f (ζ )| < e Para | x − ζ | < δ , | x | = a. Dado que f es continua entonces. | I1 | =. Z. <e <e. | x −ζ |<δ | x |= a. H ( x, ξ )| f ( x ) − f (ζ )| dSx. Z | x −ζ |<δ | x |= a. Z | x |= a. H ( x, ξ ) dSx. H ( x, ξ ) dSx = e. Sea máx | f ( x )| = M para | x | = a. Por (e) podemos encontrar un δ0 tal que H ( x, ξ ) <. e Para |ξ − ζ | < δ0 , | x − ζ | > δ 2Mωn an−1. 22.

(29) donde δ0 depende de e y de δ = δ(ξ ) > 0. Por lo tanto solo de e. Entonces. | I2 | = < < <. Z | x −ζ |>δ | x |= a. Z | x −ζ |>δ | x |= a. Z | x −ζ |>δ | x |= a. Z. <e. | x −ζ |>δ | x |= a. H ( x, ξ )| f ( x ) − f (ζ )| dSx e | f ( x ) − f (ζ )| dSx 2Mωn an−1 2e dSx 2Mωn an−1 e dSx ω n a n −1. 1 dSx = e. ω n a n −1. Z | x |= a. Por lo tanto. |u(ξ ) − f (ζ )| < 2e Para |ξ − ζ | < δ0 , |ξ | < a. Esto muestra que u es continua en los puntos ζ de la frontera.. . Como una aplicación que se deriva de lo anterior, podemos dar una estimación para las derivadas de una función armónica u. Tomemos una primera situación, donde Ω es la bola | x | < a, donde u ∈ C2 (Ω) y 4u = 0 en Ω. Así en ξi = 0 Z ∂H ( x, ξ i ) ∂u(0) = u( x ) dSx , ∂ξ i ∂ξ i | x |= a de lo cual ∂H ( x, ξ i ) ∂ξ. ξ i =0. Así u ξ i (0) =. 1 a2 − | ξ |2 aωn | x − ξ |n 2 1 a n | x | n −2 x i = aωn | x |2n n = n +1 x i . a ωn. =. . ∂ ∂ξ i. n. Z. a n +1 ω n. y por lo tanto. |uξ i (0)| ≤. | x |= a. ξ i =0. xi u( x ) dSx. n máx |u( x )|. a | x|= a. Sea 4u = 0 en cualquier conjunto Ω, sea ξ ∈ Ω y con distancia d(ξ ) desde la frontera ∂Ω. Aplicando el ultimo resultado a una bola de radio a < d(ξ ) con centro en ξ, para a → d(ξ ) obtenemos al desigualdad. |uξ i |(ξ ) ≤. n sup |u|. d(ξ ) Ω. Teorema 2.9. (Teorema de Liouville) Si u es acotada y armónica en R, entonces u es constante.. 23. (2.14).

(30) Demostración. Si |u| ≤ M entonces por (2.14). |uξ i |(ξ ) ≤. Mn . d(ξ ). para d(ξ ) > 0. Tomando el limite de d(ξ ) → ∞ podemos concluir que Du = 0 así u es constante.. . Función de Green en el semiplano. Sea x2 > 0, para ξ = (ξ 1 , ξ 2 ) y ξ ∗ = (ξ 1 , −ξ 2 ). La solución fundamental para n = 2 es ln r ψξ (r ) = 2π p 2 2 así como r = | x − ξ | = ( x1 − ξ 1 ) + ( x2 − ξ 2 ) ψξ ( x1 , x2 ) =. 1 ln(( x1 − ξ 1 )2 + ( x2 − ξ 2 )2 ) 4π. ya que el borde de x2 > 0 es x2 = 0, obtenemos ψξ ( x1 , 0) =. 1 ln(( x1 − ξ 1 )2 + ξ 22 ). 4π. Buscamos ahora una v( x, ξ ) tal que G ( x, ξ ) = 0 para x ∈ ∂Ω, ξ ∈ Ω. Así v ξ ( x1 , 0) = −. 1 ln(( x1 − ξ 1 )2 + ξ 22 ). 4π. Como ξ ∗ es definido por la reflección, v ξ ( x1 , x2 ) = −. 1 1 ln | x − ξ ∗ | = − ln(( x1 − ξ 1 )2 + ( x2 + ξ 2 )2 ) 2π 4π. que es armónica dado que ξ ∗ no pertenece al semiplano x2 > 0. De lo cual tenemos la función de Green en el semiplano x2 > 0 viene dada por 1 1 ln(( x1 − ξ 1 )2 + ( x2 − ξ 2 )2 ) − ln(( x1 − ξ 1 )2 + ( x2 + ξ 2 )2 ) 4π 4π 1 |x − ξ | = ln . 2π | x − ξ ∗ |. Gξ ( x1 , x2 ) =. Ahora el núcleo de Poisson para x2 > 0, viene dado por dGξ ( x1 , 0) dGξ ( x1 , 0) =− dη dx2 1 2( x2 − ξ 2 ) 1 2( x2 + ξ 2 ) =− − 4π ( x1 − ξ 1 )2 + ( x2 − ξ 2 )2 4π ( x1 − ξ 1 )2 + ( x2 + ξ 2 )2 " # 1 ξ2 1 ξ2 =− − − 2π ( x1 − ξ 1 )2 + ξ 22 2π ( x1 − ξ 1 )2 + ξ 22 " # 1 ξ2 =− − π ( x1 − ξ 1 )2 + ξ 22. Hξ ( x1 , x2 ) =. =. 1 ξ2 . π ( x1 − ξ 1 )2 + ξ 22. 24.

(31) Por lo tanto, la fórmula de Poisson para x2 > 0 viene dado por u(ξ ) = u(ξ 1 , ξ 2 ) =. 1 π. Z ∞ −∞. ξ 2 f ( x1 ) dx1 . ( x1 − ξ 1 )2 + ξ 22. Lema 2.4. (Desigualdad de Harnack) Sea u ∈ C2 para | x | < a; u ∈ C0 para | x | ≤ a; u ≥ 0, 4u = 0 para | x | < a. Entonces para |ξ | < a an−2 ( a − |ξ |) an−2 ( a + |ξ |) u ( 0 ) ≤ u ( ξ ) ≤ u (0) ( a + |ξ |)n−1 ( a − |ξ |)n−1 Demostración. Primero veamos que a2 f ( x ) 1 dSx aωn | x|= a | x |n Z 1 = n −1 f ( x ) dSx a ωn | x|= a Z. u (0) =. Por desigualdad triangular sabemos que, a − |ξ | ≤ | x − ξ | ≤ a + |ξ |. Entonces a2 − | ξ |2 f (x) dSx aωn | x |= a | x − ξ |n Z 1 ( a + |ξ |)( a − |ξ |) f ( x ) dSx ≤ aωn ( a − |ξ |)n | x |= a Z 1 ( a + |ξ |) f ( x ) dSx = aωn ( a − |ξ |)n−1 | x|=a Z. u(ξ ) =. =. an−2 ( a + |ξ |) u (0) ( a − |ξ |)n−1. y por la desigualdad restante a2 − | ξ |2 f (x) dSx aωn | x − ξ |n | x |= a Z ( a − |ξ |) 1 ≥ f ( x ) dSx aωn ( a + |ξ |)n−1 | x|= a. u(ξ ) =. =. Z. an−2 ( a − |ξ |) u (0) ( a + |ξ |)n−1. . 25.

(32) CAPÍTULO. 3. Solución del problema de Dirichlet por métodos de Espacios de Hilbert. Nosotros refórmulamos el problema de Dirichlet para la ecuación de Laplace, como el problema representa un cierto funcional acotado φ en un espacio de Hilbert como un producto interno (u, v). En la versión usual del problema uno mira que para una función U ( 4U = 0 en Ω U= f en ∂Ω. Suponiendo que f no solo esta dado en ∂Ω, si no también a lo largo de Ω, podemos ver que la función v = U − f para el cual ( v=0 en ∂Ω (3.1) 4v = −w en Ω. con w = 4 f dado. Por simplicidad nos limitaremos a un conjunto conexo, abierto y acotado Ω, al que se aplica el Teorema de la Divergencia. En el espacio de funciones de clase C1 (Ω), definimos la forma bilíneal (u, v) por. (u, v) =. Z. ∑ uxk vxk dx. (3.2). Ω k. Con esta definición el espacio C1 (Ω) no es un espacio con producto interno, ya que (u, u) = 0 tiene soluciones f1 Ω el subéspacio de funciones u en que no se desvanecen cuando u = c, para c constante. Denotemos por C 0 f1 con la correspondiente norma C1 (Ω) que se desvanecen en ∂Ω y utilizando a (u, v) como producto interno en C 0. cuadrada dada por la integral de Dirichlet. ||u||2 = (u, u) =. 26. Z. ∑ u2xk dx. Ω k. (3.3).

(33) f1 Ω tenemos por (1.3) Sea v ∈ C2 (Ω) una solución de (3.1) donde dado w en C0 (Ω). Entonces para algún u ∈ C 0. (u, v) =. Z. ∑ uxk vxk dx. Ω k. =− =. Z Ω. Z Ω. u4v dx. uw dx.. Esto sugiere que v se puede encontrar por una simple representación de un conocido funcional lineal en u φ(u) =. Z. uw dx. (3.4). como un producto interno (u, v) para hacer uso del Teorema de Representación de Riez [Bre10, p. 135] tenemos f1 (Ω) en un espacio de Hilbert H 1 (Ω) con respecto a la norma de Dirichlet (3.3). Para mostrar que que completar C 0. 0. φ(u) definido por (3.4) da aumento a un funcional lineal acotado en ese espacio. Nuestra versión modificada del problema de Dirichlet es entonces el siguiente: Encontrar a v ∈ H01 (Ω), tal que. (u, v) = φ(u) para todo u ∈ H01 (Ω). f1 y por extensión en H 1 . donde (u, v) y φ están definidos por (3.2), (3.4) en C 0 0 Para mostrar que el funcional φ es acotado solo es ver que |φ(u)| ≤ N ||u|| así que por desigualdad de CauchySchwarz tenemos 2 Z Z Z uwdx ≤ u2 dx w2 dx Ω. Ω. Ω. basta mostrar que existe un N tal que Z Ω. u2 dx ≤ N ||u||2. (3.5). f1 Ω. Sea Ω acotado y encerrado en un cubo Mostraremos primero esta desigualdad de Poincaré para u ∈ C 0 Γ : | xi | ≤ a para i = 1, 2, ..., n y u idénticamente cero fuera de Ω. Entonces para algún x = ( x1 , x2 , · · · , xn ) ∈ Γ u2 ( x ) =. Z. 2. x1. u x1 (ξ 1 , x2 , · · · , xn ) dξ 1 −a Z x Z x 1 1 ≤ dξ 1 u2x1 dξ 1 −a −a Z x 1 = ( x1 + a ) u2x1 dξ 1 −a Z a ≤ 2a u2x1 dξ 1 −a. 27.

(34) integrando en ambos lados de − a a a respecto a x1 Z a Z Z a u2 ( x ) dx1 ≤ 2a dx1 −a. −a. a. −a. u2x1 dξ 1. . = 4a2. Z a −a. u2x1 dξ 1. integrando sobre x2 , · · · , xn de − a a a encontramos Z Γ. u2 dx ≤ 4a2. Z. ∑ u2xk dx. Γ k. el cual implica Z Ω. u2 dx ≤ 4a2. Z. ∑ u2xk dx = N ||u||2. Ω k. f1 Ω para el cual con N = 4a2 . Un elemento u ∈ H01 es representado por una sucesión de Cauchy u1 , u2 , · · · ∈ C 0 lı́m ||uk − u j || = 0.. j,k→∞. Por (3.5) esto implica también lı́m. Z. j,k →∞ Ω. (uk − u j )2 dx = 0.. Por (3.4) y Cauchy-Schwarz, φ(uk ) forma una sucesión de Cauchy y podemos definir φ para u ∈ H01 por φ(u) = lı́m φ(uk ) k→∞. donde también. ||u|| = lı́m ||uk ||. k→∞. f1 Ω implica la misma desigualdad para u ∈ H 1 . Se encuentra La desigualdad |φ(u)| ≤ N ||u|| para u ∈ C 0 0 entonces que φ puede ser extendido del espacio de Hilbert H01 como un funcional lineal acotado. El teorema de representación [Bre10, p. 135] garantiza la existencia de v en H01 (Ω) para el cual resuelve nuestro problema de Dirichlet modificado. . 28.

(35) Conclusiones. Las soluciones fundamentales y la Identidad de Green son cruciales, en la teoría del operador de Laplace. De ahí deducimos fórmulas importantes como la fórmula de Poisson, la fórmula de Green y la fórmula integral de Poisson. En el caso cuando Ω es una bola en Rn se puede dar una solución explicita a la ecuación de Poisson con condiciones de frontera de Dirichlet. En contraste se pueden encontrar soluciones debíles al mismo problema usando el Teorema de Representación de Riez, en el espacio de Hilbert H01 . También tenemos aplicaciones que se deducen del estudio al operador de laplace, como el teorema de Liouville. Una consecuencia importante es la relación de esta teoría con la fisíca. Si tenemos una función armónica en un recinto acotado, en cuya frontera la función toma un valor constante, entonces la función es constante también en el interior del recinto. Esto se debe a que la función alcanza su máximo y su mínimo en el borde del recinto. Si la función es constante en el borde, el máximo y el mínimo son iguales. Por tanto, como el gradiente de la función será nulo, el campo asociado a este potencial será nulo. Es lo que sucede en los conductores en electrostática, en los cuales la carga se distribuye por el borde del conductor, anulándose el campo el éctrico en el interior.. 29.

(36) Bibliografía. [ABR01] S. Axel, P. Bourdon, and W. Ramey. Harmonic Function Theory. Springer Verlag, 2001. [Bre10]. H. Brezis. Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equations. Springer Verlag, 2010.. [Eva97] L. C. Evans. Partial Differential Equations. American Mathematical Society, 1997. [Joh81]. F. John. Partial Differential Equations. Springer Verlag, 4 edition, 1981.. 30.

(37)