Appunti del corso di fisica matematica 2 EQUAZIONI ELLITTICHE

Appunti del corso di fisica matematica 2
EQUAZIONI ELLITTICHE
Sonia Mazzucchi, Valter Moretti
8 giugno 2005
Indice
1 Introduzione 2
1.1 Il problema fisico dell’elettrostatica . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Le identità di Green 5
3 Funzioni armoniche 6
3.1 Unicità delle soluzioni dell’equazione di Poisson . . . . . . . . 9
4 Soluzioni fondamentali per l’equazione di Poisson 12
5 Ulteriori proprietà delle funzioni armoniche 16
6 Funzioni di Green per il problema di Dirichlet 22
6.1 Il problema della sfera in 3 dimensioni . . . . . . . . . . . . . 24
6.2 Problema del cerchio (in 2 dimensioni) . . . . . . . . . . . . . 25
6.3 Piano infinito in R 3 (semispazio) . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
6.4 Calcolo del nucleo di Poisson per il problema del cerchio in R 2
tramite l’analisi di Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
A Funzioni analitiche 31
1

1 Introduzione
In questo capitolo affronteremo il problema della ricerca delle soluzioni di una
certa classe di equazioni differenziali alle derivate parziali ellittiche e dello
studio delle loro proprietà. Per motivare da un punto di vista fisico questo
tipo di analisi introdurremo un argomento che dall’antichità fino ai nostri
giorni continua a suscitare interesse: l’eletromagnetismo. I primi trattati che
riportano osservazioni di fenomeni elettrici risalgono agli antichi Greci, ma
lo sviluppo maggiore della teoria come scienza quantitativa avviene tra il
diciottesimo ed il diciannovesimo secolo, ad opera soprattutto di Cavendish
(1771), Coulomb(1785), Faraday (1835 circa). Bisogna attendere fino al diciannovesimo
secolo per avere uno sua formalizzazione teorica completa ad
opera di J. C. Maxwell. Le sue quattro equazioni, assieme alle legge di conservazione
della carica e alla forza di Lorentz, descrivono completamente il
campo elettromagnetico.
⎧
⎪⎨
⎪⎩
div Ē = 4πρ
rot Ē = − 1 ∂ ¯B
c ∂t
div ¯B = 0
rot ¯B = 4π¯j + 1 ∂Ē
c c ∂t
(1.1)
Dove la costante c è la velocità della luce e le variabili ρ e ¯j sono rispettivamente
la densità di carica e di corrente. Nel ventesimo secolo la teoria ha
avuto ulteriori sviluppi, infatti nel 1905 l’articolo di Einstein sulla relatività
ristretta ha sottolineato la covarianza relativistica delle equazioni di Maxwell,
ovvero il fatto che queste sono valide in un qualsiasi sistema di riferimento
inerziale. Lo sviluppo della teoria da un punto di vista quantistico inizia negli
anni venti con l’equazione di Dirac e culmina qualche decennio più tardi con
quella parte della teoria dei campi quantizzati nota come elettrodinamica
quantistica. Non bisogna assolutamente pensare però che tutto ciò che c’era
da scoprire è stato ormai compreso: l’elettodinamica quantistica è una teoria
che, pur avendo ottenuto dei successi sperimentali sorprendenti, manca
ancora di una formalizzazione matematica rigorosa.
1.1 Il problema fisico dell’elettrostatica
Noi ci occuperemo dell’analisi matematica del problema fondamentale dell’elettrostatica.
2

Consideriamo una regione 1 Ω dello spazio e supponiamo di conoscere la densità
di carica elettrica in Ω, descritta da una funzione ρ ∈ C 0 (Ω). Data
dunque una qualunque regione A ⊆ Ω, la carica totale contenuta all’interno
di A è data da 2 :
∫
ρ(x)d 3 x
A
Supponiamo inoltre che tutte le cariche siano in quiete (in un sistema di
riferimento inerziale Oxyz). Il nostro scopo è determinare il campo elettrico
Ē in tutti i punti P ∈ Ω nota la densità di carica ρ e imposte determinate
condizioni (dette condizioni al contorno) che devono essere soddisfatte dal
campo Ē. Per risolvere questo problema utilizziamo le due equazioni di
Maxwell significative nel caso statico:
{
rot Ē = 0
div Ē = 4πρ (1.2)
Supporremo sempre Ē ∈ C1 (Ω) Dalla prima equazione segue che, se Ω è semplicemente
connesso, esiste una funzione scalare φ ∈ C 2 (Ω), detto potenziale
elettrico, tale che
Ē = −grad φ,
da cui la seconda equazione diviene div grad φ = −4πρ, ovvero:
∆φ = −4πρ
ossia
∑
i,j
δ i,j
∂φ
= −4πρ (1.3)
∂x i ∂x j
che è detta equazione di Poisson. È un tipico esempio di equazione ellittica,
infatti la forma quadratica associata al termine del secondo ordine è definita
positiva.
In particolare se la densità di carica è nulla in tutti i punti della regine Ω,
cioè ρ = 0, allora l’equazione (1.3) diviene l’equazione di Laplace:
∆φ = 0 (1.4)
È chiaro che la conoscenza del potenziale φ comporta anche la conoscenza
del campo elettrico e quindi la soluzione del nostro problema. La domanda
fondamentale a cui dobbiamo rispondere è quindi la seguente: data una
1 Con il termine “regione intendiamo un insieme aperto Ω, generalmente connesso anche
se alcuni teoremi che dimostreremo in seguito sono validi anche se Ω non è connesso.
2 notate che dato che A è un insieme aperto, allora è anche misurabile secondo Lebesgue
3

generica densità di carica ρ ∈ C 0 (Ω), esiste la soluzione dell’equazione (1.3
)? È unica? Come calcolarla?
Vedremo che in generale per dare una risposta positiva alle prime due domande
(esistenza e unicità) dovremo fare delle ipotesi sulla regione Ω e imporre
delle condizioni aggiuntive che il potenziale φ dovrà soddisfare: le
“condizioni al contorno”. Vediamo alcuni esempi:
• Problema di Dirichlet
Risolvere il problema di Dirichlet significa risolvere l’equazione di Poisson
su una regione Ω, insieme aperto a chiusura compatta imponendo
i valori che il potenziale φ deve assumere sul bordo ∂Ω di Ω:
{ ∆φ = −4πρ
(1.5)
φ| ∂Ω dato
Una tipica situazione fisica il cui è necessario risolvere un pb di Dirichlet
è quella in cui ∂Ω è una superficie conduttrice, sulla quale il potenziale
elettrico ha un valore costante che può essere assegnato arbitrariamente
dall’esterno collegando la superficie ad una batteria. Vedremo che in
questo caso la soluzione del problema è unica.
• Problema di Neumann
Risolvere il problema di Neumann significa risolvere l’equazione di Poisson
su una regione Ω, con Ω aperto a chiusura compatta e bordo
∂Ω regolare imponendo i valori che la derivata normale alla superficie
potenziale ∂φ = ∇φ · ˆn deve assumere sul bordo ∂Ω di Ω:
∂n
{ ∆φ = −4πρ
∂φ
∂n | ∂Ω dato
(1.6)
Notiamo che fisicamente −∇φ · ˆn è la componente del campo elettrico
ortogonale alla superficie ∂Ω. Una tipica situazione fisica il cui è
necessario risolvere un problema di Neumann è quella in cui ∂Ω è una
superficie conduttrice. In tal caso si dimostra che il campo elettrico è
sempre ortogonale a ∂Ω ed è proporzionale alla densità di carica superficiale
su ∂Ω. Vedremo che in questo caso la soluzione φ del problema
è unica a meno di una costante, e quindi il campo Ē = ∇φ è unico.
4

2 Le identità di Green
In questa sezione introduciamo delle formule utili per i ricavare risultati che
dimostreremo fra breve.
Ipotesi: Sia Ω un aperto di R n , la cui chiusura ¯Ω é compatta 3 e tale che il
suo bordo ∂Ω sia una superficie regolare e orientabile 4
Valgono le seguenti formule
• Teorema 1 Sia Ω come nelle ipotesi e sia ¯F : ¯Ω → R n di classe
C 1 (Ω) ∩ C 0 (¯Ω). allora vale la formula di Gauss -Green:
∮ ∫
¯F ˆndS = div ¯F d n x (2.1)
∂Ω
dove ˆn è il versore normale a ∂Ω orientato in modo uscente.
Il secondo integrale è un integrale di Lebesgue se div ¯F è sommabile su
Ω, altrimenti è da intendersi come un integrale improprio nel senso di
Riemann.
• Teorema 2 Sia Ω come nelle ipotesi e siano φ, ψ : ¯Ω → R due funzioni
di classe C 2 (Ω) ∩ C 1 (¯Ω). Allora valgono le due identità di Green:
∫
∫
∮
φ∆ψd n x + ∇φ · ∇ψd n x = φ∇ψ · ˆndS (2.2)
∫
Ω
Ω
∫
φ∆ψd n x −
ω
Ω
∮
ψ∆φd n x =
Ω
∂Ω
∂Ω
(φ∇ψ − ψ∇φ) · ˆndS (2.3)
dove ˆn è il versore normale a ∂Ω orientato in modo uscente.
Dimostrazione:
La prima identità di Green (2.2) si ottiene applicando la formula di
Gauss - Green alla funzione ¯F : ¯Ω → R n è data da ¯F = φ∇ψ, che è di
classe C 1 (Ω) ∩ C 0 (¯Ω) in quanto φ e ψ sono di classe C 2 (Ω) ∩ C 1 (¯Ω) per
ipotesi. La tesi segue dall’identità
div (φgrad ψ) = grad φ · grad ψ + ψ∆ψ
3 Questo implica che l’insieme Ω è limitato
4 questa condizione assicura che per ogni punto P = (x 1 , ..., x n ) ∈ ∂Ω è possibile definire
un versore ˆn(x 1 , ..., x n ) normale a ∂Ω e orientato in maniera uscente. Inoltre la funzione
ˆn : ∂Ω → R n , (x 1 , ..., x n ) → ˆn(x 1 , ..., x n ) è continua.
5

La seconda identità di Green (2.3) si ottiene applicando la (2.3) due
∮
volte invertendo il ruolo di ψ e φ e sommando membro a membro
φ∇ψ · ˆndS e − ∮
ψ∇φ · ˆndS
□
∂Ω ∂Ω
3 Funzioni armoniche
Definizione: Sia Ω ⊆ R n aperto e φ : Ω → R. φ è detta armonica se
1. φ è di classe C 2 (Ω),
2. ∆φ = 0 in Ω.
Definizione: Sia Ω ⊆ R n aperto e φ : Ω → R. φ è detta subarmonica se
1. φ è di classe C 2 (Ω),
2. ∆φ ≥ 0 in Ω.
Esempi:
1. In dimensione n = 1 le funzioni armoniche sono semplicemente quelle
lineari, infatti
d 2
dx 2 φ(x) = 0 ⇒
d φ(x) = const := m ⇒ φ(x) = mx + q
dx
2. Sia n = 2 e consideriamo una generica funzione f : C → C analitica:
z = x + iy ∈ C, f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y)
dove u, v : R 2 → R sono la parte reale e immaginaria della funzione f.
L’analiticità di f si traduce nelle condizioni di Cauchy-Riemann:
da cui
∂u
∂x = ∂v
∂y ,
∂u
∂y = −∂v ∂x
∆u = 0 ∆v = 0.
Vediamo ora alcune proprietà notevoli delle funzioni armoniche e subarmoniche
6

Teorema 3 Principio del massimo
Sia Ω ⊂ R n aperto con ¯Ω compatto 5 . Sia φ : ¯Ω → R di classe C 0 (¯Ω). Allora
1. Se φ è subarmonica in Ω allora
2. Se φ è armonica in Ω allora
Dimostrazione:
max ¯Ωφ = max ∂Ω φ
min ¯Ωφ = min ∂Ω φ e max ¯Ω|φ| = max ∂Ω |φ|
1. Supponiamo inizialmente che ∆φ > 0 su Ω. Sia x 0 ∈ ¯Ω un punto
di massimo assoluto (l’esistenza del massimo assoluto è assicurata dal
teorema di Weierstrass perchè per ipotesi φ è continua sul compatto
¯Ω). Proviamo che x 0 ∈ ∂Ω e quindi la validità della tesi 1 nel caso
∆ψ > 0.
[
∂
Se per assurdo fosse x 0 ∈ Ω, allora la matrice
2 φ
sarebbe
∂x i ∂x
]| j x0
semidefinita negativa e quindi ∆φ |x0 ≤ 0, che contraddice ∆φ |x0 > 0,
quindi x 0 ∈ ∂Ω.
Consideriamo ora il caso ∆φ ≥ 0 e definiamo la funzione ˜φ = φ + ɛ|x| 2 ,
dove ɛ ≥ 0. Allora ∆ ˜φ = ∆φ + 2ɛn > 0 ∀ɛ > 0, quindi applicando il
risultato appena dimostrato, si ha ∀x ∈ ¯Ω:
˜φ(x) ≤ max ∂Ω ˜φ(x) ≤ max ∂Ω φ(x) + ɛR 2 ,
dove R 2 = max ∂Ω |x| 2 . Quindi ∀x ∈ ¯Ω
φ(x) ≤ φ(x) + ɛ|x| 2 ≤ max ∂Ω φ(x) + ɛR 2 ,
quindi φ(x) ≤ max ∂Ω φ(x) + ɛR 2 , e dato che ciò vale ∀ɛ > 0
da cui segue la tesi.
φ(x) ≤ max ∂Ω φ(x)
5 Questa ipotesi assicura l’esistenza dei massimi e minimi di cui si parla nella tesi
7

2. Se φ è armonica allora φ e −φ sono subarmoniche, da cui:
max ∂Ω φ = max ¯Ωφ,
min ∂Ω φ = −max ∂Ω (−φ) = −max ¯Ω(−φ) = min ¯Ωφ.
Inoltre, dato che max |φ| = max (|max φ|, |min φ|) vale anche:
max ∂Ω |φ| = max ¯Ω|φ|.
Teorema 4 Principio del massimo generalizzato
Sia Ω ⊂ R n aperto con ¯Ω compatto.
Sia
n∑
L = a ij ∂ 2 n∑
(x)
∂x i ∂x + b k (x) ∂
j ∂x k
i,j=1
un operatore differenziale del secondo ordine con [a ij (x)] ovunque definita
positiva e ∑ n
k=1 xk b k (x) ≥ 0 ∀x ∈ Ω ( ad esempio b k = 0).
Sia φ : ¯Ω → R di classe C 0 (¯Ω) ∩ C 2 (Ω). Allora
1. Se Lφ ≥ 0 su Ω allora
2. Se Lφ = 0 su Ω allora vale anche
k=1
max ¯Ωφ = max ∂Ω φ
min ¯Ωφ = min ∂Ω φ e max ¯Ω|φ| = max ∂Ω |φ|
Dimostrazione: Si procede come nella dimostrazione del teorema precedente.
Se vale Lφ > 0 su Ω e x 0 ∈ Ω è un punto di massimo assoluto della
funzione φ su ¯Ω,
[
∂
allora ∇φ |x0 = 0 e la matrice
2 φ
è semidefinita
∂x i ∂x
]| j x0
negativa. Da ciò segue
Lφ |x0 =
n∑
a ij ∂ 2 φ
(x) ≤ 0,
∂x i ∂x j | x0
i,j=1
□
8

che è assurdo.
Supponiamo ora che Lφ ≥ 0 su Ω e definiamo ˜φ(x) = φ(x) + ɛ|x| 2 . Per ogni
ɛ > 0 vale
L ˜φ(x) = Lφ(x) + 2ɛTr [a ij (x)] + 2ɛ
quindi, per la prima parte della dimostrazione,
n∑
x k b k (x) > 0,
k=1
max ¯Ω ˜φ(x) = max ∂Ω ˜φ(x)
inoltre
φ(x) ≤ ˜φ(x) ≤ max ¯Ω ˜φ(x) ≤ max ∂Ω φ(x) + ɛR 2 ,
con R 2 = max ∂Ω |x| 2 .
La dimostrazione si conclude come nel teorema precedente.
□
3.1 Unicità delle soluzioni dell’equazione di Poisson
In questa sezione applichiamo il principio del massimo e le identità di Green
per dimostrare alcune proprietà delle funzioni armoniche e delle soluzioni
dell’equazione di Poisson (1.3).
Diretta conseguenza del principio del massimo è il seguente teorema di unicità
della soluzione del problema di Dirichlet.
Teorema 5 Si consideri il seguente problema di Dirichlet su Ω ⊂ R n
{ ∆φ = −4πρ ψ ∈ C 0 (¯Ω) ∩ C 2 (Ω)
φ| ∂Ω = ψ
(3.1)
con ρ ∈ C 0 (Ω), ψ ∈ C 0 (∂Ω) assegnate, Ω aperto con chiusura ¯Ω compatta. 6
Allora, se esiste una soluzione al problema posto, questa è unica.
Dimostrazione: Siano φ 1 e φ 2 due soluzioni del problema, dimostriamo che
la funzione φ 1 − φ 2 è identicamente nulla: φ 1 − φ 2 = 0
6 Notate che in questo teorema non facciamo nessuna ipotesi su ∂Ω, in particolare in
questo caso non è necessario che ∂Ω sia una superficie regolare. Non è necessario inoltre
supporre che Ω sia connesso.
9

φ 1 − φ 2 è armonica su Ω, infatti φ 1 − φ 2 ∈ C 2 (Ω) e ∆(φ 1 − φ 2 ) = 0 su Ω;
inoltre (φ 1 − φ 2 ) |∂Ω = 0. Per il principio del massimo
max ¯Ω|φ 1 − φ 2 | = max ∂Ω |φ 1 − φ 2 | = 0,
da cui φ 1 = φ 2 su ¯Ω
□
Teorema 6 Unicità della soluzione del problema di Dirichlet su una
regione non limitata (nell’ipotesi che la soluzione tende a 0 quando |x| →
∞)
Sia φ : R n \ Ω → R soluzione del seguente problema di Dirichlet:
{ ∆φ = −4πρ
(3.2)
φ| ∂Ω = ψ
dove ρ ∈ C 0 (R n \ Ω) e ψ ∈ C 0 (∂Ω) data, Ω é un aperto a chiusura compatta.
Si supponga infine che φ → 0 quando x → ∞ uniformemente.
Allora, se tale φ esiste, questa é unica.
Dimostrazione: Sia B R una palla di raggio R > 0 contenente ¯Ω e siano
φ 1 e φ 2 due soluzioni del problema 3.2 tendenti uniformemente a 0 quando
x → ∞. Allora φ 1 − φ 2 = 0 su ∂Ω e |φ 1 − φ 2 | |∂BR → 0 quando R → ∞
uniformemente. φ 1 − φ 2 inoltre é armonica in B R \ ¯Ω, per cui, fissato x,
|φ 1 (x) − φ 2 (x)| ≤ max ∂Ω∪∂BR |φ 1 − φ 2 | = max ∂BR |φ 1 − φ 2 | → 0 R → ∞
ciò prova che φ 1 (x) = φ 2 (x) ∀x ∈ R n \ Ω.
Vediamo ora alcune proprietà delle funzioni armoniche e delle soluzioni dell’equazione
di Poisson che derivano dalle identità di Green.
Teorema 7 Sia φ armonica in Ω ⊂ R n aperto e di classe C 1 (¯Ω).
Allora, per ogni superficie S chiusa, orientabile e regolare in Ω, eventualmente
considerando anche il caso limite S = ∂Ω se questa ha le proprietà
richieste, vale:
∮
∇φ · ˆndS = 0
dove ˆn è il versore normale uscente alla superficie S.
S
□
10

Dimostrazione: Dato che φ ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (¯Ω), allora ∇φ ∈ C 1 (Ω) ∩ C 0 (¯Ω)
e possiamo applicare la formula di Gauss-Green:
∮
∫
∫
∇φ · ˆndS = ∇ · ∇φd n x = ∆φd n x = 0,
dove V ⊆ Ω è tale che ∂V = S.
S
V
Conseguenza delle identità di Green è il seguente teorema di unicità della
soluzione del problema di Neumann.
Teorema 8 Si consideri il seguente problema di Neumann su Ω ⊂ R n
{ ∆φ = −4πρ φ ∈ C 1 (¯Ω) ∩ C 2 (Ω)
∂φ
∂n | ∂Ω = ψ
V
□
(3.3)
con ρ ∈ C 0 (Ω), ψ ∈ C 0 (∂Ω) assegnate, Ω aperto connesso con chiusura ¯Ω
compatta e ∂Ω superficie regolare e orientabile.
Allora, se esiste una soluzione al problema posto, questa è unica a meno di
costanti addittive.
Dimostrazione: Siano φ 1 e φ 2 due soluzioni del problema, dimostriamo che
la funzione u = φ 1 − φ 2 è costante: φ 1 − φ 2 = c
φ 1 − φ 2 è armonica su Ω, infatti φ 1 − φ 2 ∈ C 2 (Ω) e ∆(φ 1 − φ 2 ) = 0 su Ω;
inoltre ∂u|
∂n ∂Ω = 0. Applicando la prima identità di Green:
∫
∫
∮
u∆u = 0 ⇒ 0 = u∆ud n x = − ∇u∇ud n x + u ∂u
∂n ,
ossia ∇u = 0 ⇒ u =costante se Ω è connesso.
Ω
Nota bene: I due teoremi 5 e 8 riguardano solamente l’unicità dell’eventuale
soluzione dell’equazione di Poisson con le opportune condizioni al contorno,
ma non l’esistenza. In generale non dobbiamo aspettarci ad esempio che un
problema di Neumann ammetta soluzione. Consideriamo ad esempio
{ ∆φ = f
∂φ
| (3.4)
∂n ∂Ω = 0
Notiamo che dalla formula di Gauss-Green applicata al campo vettoriale ∇φ
segue ∫ ∫
∮
∆φd n x = div grad φ d n ∂φ
x =
∂n dS
Ω
Ω
11
Ω
∂Ω
∂Ω
□

dal fatto che φ deve essere soluzione del problema di Neumann abbiamo che
∫ ∫
∮
∆φd n x = fd n ∂φ
x e
∂n dS = 0
Ω
Ω
Combinando i due risultati otteniamo che condizione necessaria affinchè il
problema di Neumann 3.4 ammetta soluzione è:
∫
fd n x = 0
.
Ω
4 Soluzioni fondamentali per l’equazione di
Poisson
Definizione Si definiscono soluzioni fondamentali su R n per l’equazione di
Poisson rispetto al punto x 0 ∈ R n le funzioni:
∂Ω
G n (x, x 0 ) := G n (|x − x 0 |)
∀x ∈ R n
dove
G n (r) =
{
1
(2−n)ω n
r 2−n se n > 2
1
log r
(2π)
se n = 2
dove ω n è la superficie della sfera di raggio unitario in R n :
ω n = 2πn/2
Γ(n/2)
Γ(z) =
∫ ∞
0
e −t t z−1 dt
Vediamo ora le proprietà principali delle soluzioni fondamentali appena definite.
1. fissato x 0 ∈ R n generico, le funzioni G n ( , x 0 ) : R n → R, x ↦→ G n (x, x 0 )
sono di classe L 1 loc (Rn ) ∩ C ∞ (R n \ {x 0 });
2. ∆ x G n (x, x 0 ) = 0 se x ≠ x 0 ;
3. ∀ρ ∈ C 2 0 (Rn ), ∫ R n G n (x, y)∆ y ρ(y)d n y = ρ(x);
4. ∀ρ ∈ C 2 0 (Rn ), ∆ x
∫R n G n (x, y)ρ(y)d n y = ρ(x).
12

Dimostrazione: Dato che G n (x, x 0 ) := G n (|x − x 0 |), è conveniente introdurre
un sistema di coordinate polari sferiche centrato in x 0 e sfruttare il
fatto che G n dipende esplicitamente solo dalla variabile r = √ ∑i x2 i .
∆G n (r) = ∂2 G n (r)
+ n − 1 ∂G n (r)
.
∂r 2 r ∂r
Ora, tramite il conto esplicito, si verifica la proprietà 2):
∆G n (r) = ∂2 G n (r)
+ n − 1
∂r 2 r
∂G n (r)
∂r
= 0.
Osserviamo inoltre che, essendo l’elemento di volume in coordinare sferiche
d n x = √ r 2n−2 drdΩ n = r n−1 drdΩ n , G n ∈ L 1 loc (Rn ) e inoltre, sempre per
calcolo esplicito, G n ∈ C ∞ (R n \ {x 0 }). Si prova così la proprietà 1).
Dimostriamo ora che 3) ⇒ 4).
Sia ρ ∈ C0(R 2 n ), se vale la 3):
∫
∫
ρ(x) = G n (|x − y|)∆ y ρ(y)d n y = G n (|u|)∆ u ρ(x − u)d n u
R n R n
∫
= G n (|u|)∆ x ρ(x − u)d
∫R n u = ∆ x G n (|u|)ρ(x − u)d n u
n R n
= ∆ x
∫R n G n (x, y)ρ(y)d n y
La penultima uguaglianza segue dalla formula di derivazione sotto il segno
di integrale 7 . Per applicarla dobbiamo verificare che G n (|u|)ρ(x − u) sia
una funzione sommabile in u ∈ R n per ogni x ∈ R n e di classe C 1 (R n )
nella variabile x per quasi ogni u ∈ R n . Queste condizioni seguono dalla
proprietà 1 appena dimostrata per le funzioni G n e dall’ ipotesi ρ ∈ C0 2(Rn ).
Dobbiamo verificare inoltre che per ogni x ∈ R n esista esista un intorno di x,
ad esempio una palla B ɛ (x), e n funzioni della variabile u, sommabili in R n ,
g 1 (u), g 2 (u), ..., g n (u), tali che per ogni y ∈ B ɛ (x) e per quasi ogni u ∈ R n ,
risulti:
∣ ∂2 G n (|u|)ρ(x − u)
∣ ∣∣ ≤ gα (u), α = 1, ..., n. (4.1)
∂x α2
Mostriamo l’esistenza di tali funzioni g α , ad esempio per x = 0, per x generico
la dimostrazione procede in modo analogo.
7 vedi ad esempio E. Giusti Analisi matematica 2
13

Vogliamo mostrare che, al variare di x ∈ B ɛ (0), la famiglia di funzioni
u ↦→
∂2 ρ(x − u) hanno supporto in un compatto K. Poi definiamo la
∂x α2
funzione u ↦→ f α (u), che vale max K | ∂2 ρ
| 8 su K e zero fuori. Otteniamo
∂x α2
K sfruttando il fatto che per ipotesi il supporto della funzione u ↦→ ρ(−u) è
un insieme compatto C 9 . Notiamo che appartengono al supporto di ∂2 ρ(x−u)
,
∂x α2
con x ∈ B ɛ (0), i punti u ′ ∈ R n tali che esiste u ∈ suppt(ρ), con d(u, u ′ ) < ɛ.
Consideriamo il ricoprimento di C ∪ u∈C B ɛ (u), fatto dalle tutte le palle di
raggio ɛ centrate nei punti di C, e estraiamone un sottoricoprimento finito,
che indichiamo con S = ∪ u∈I B ɛ (u), dove I ⊂ C é un sottoinsieme finito
di C. S sarà dunque formato da un insieme finit di palle di raggio ɛ centrate
in un numero finito di punti di C. consideriamo poi il ricoprimento
S ′ = ∪ u∈I B 2ɛ (u), formato dalle palle di raggio 2ɛ e centri uguali a quelli delle
palle del ricoprimento S. Definiamo K = ∪ u∈I ¯B2ɛ (u) il compatto unione
delle palle chiuse appartenenti al ricoprimento S ′10 . È immediato verificare
che K é l’insieme cercato in quanto contiene i supporti delle funzioni ∂2 ρ(x−u)
,
∂x α2
con x ∈ B ɛ (0).
Infine definiamo le funzioni g α (u) := G n (|u|)f α (u), che sono quelle di cui abbiamo
bisogno per applicare il teorema di Lebesgue e passare le derivate sotto
il segno di integrale, in quanto sono a supporto compatto e quindi sommabili
in R n e verificano la diseguaglianza 4.1.
Dimostriamo la proprietà 3):
Ricordiamo che per ipotesi ρ ha supporto compatto, quindi ha supporto chiuso
e limitato. Dato x ∈ R n consideriamo dunque una palla B R (x), di raggio
R e centrata in x, che include strettamente il supporto di ρ:
∫
∫
G n (x, y)∆ y ρ(y)d n y = G n (x, y)∆ y ρ(y)d n (y).
R n
B R (x)
Utilizzando la seconda identità di Green e tenendo conto che
∫
G n (x, y)∆ y ρ(y)d n (y) = lim
G n (x, y)∆ y ρ(y)d
B R (x)
ɛ→0
∫B n (y)
+
R (x)\B ɛ(x)
8 tale massimo esiste perchè ∂2 ρ(x−u)
∂x
sono funzioni continue su un compatto K in quanto
α2
ρ ∈ C0 2 (R n )
9 In particolare C é l’insieme {x ∈ R ∣ n − x ∈ suppt(ρ)}, ovvero l’insieme simmetrico,
rispetto allo zero, del supporto di ρ
10 K è compatto in quanto unione finita di compatti.
14

abbiamo che
∫
[ ∫
G n (x, y)∆ y ρ(y)d n y = lim
R n ɛ→0 + B R (x)\B ɛ(x)
∮
∮
+
G n (x, y)∇ y ρ(y) · ˆndS −
∂(B R (x)\B ɛ(x))
∂(B R (x)\B ɛ(x))
∆ y G n (x, y)ρ(y)d n (y)+
]
∇ y G n (x, y)ρ(y) · ˆndS
Ora ∆ y G n (x, y) = ∆ y G n (|x − y|) = ∆ x G n (x, y) e, dato che il dominio di
integrazione è esterno a B ɛ (x), ∆ x G n (x, y) = 0 ∀y ∈ B R (x) \ B ɛ (x). Inoltre
∇ y ρ(y) |∂BR (x) = 0 in quanto suppt(ρ) ∩ ∂B R(x) = ∅.
Dunque
∫
R n G n (x, y)∆ y ρ(y)d n y =
= lim ∇ y G n (x, y)ρ(y) · ˆn
ɛ→0
∮∂B ′ dS − lim G n (x, y)∇ y ρ(y) · ˆn + ɛ(x)
ɛ→0
∮∂B ′ dS
+ ɛ(x)
Il cambiamento di segno rispetto all’integrale precedente e’ dovuto al fatto
che abbiamo cambiato il verso del versore normale a ∂B ɛ (x): nell’integrale
sopra ˆn indica il versore entrante, nell’ultimo integrale invece ˆn ′ = −ˆn indica
il versore uscente.
L’ultimo integrale soddisfa la seguente diseguaglianza:
∮
|
∂B ɛ(x)
G n (x, y)∇ y ρ(y) · ˆn ′ dS| ≤ sup
∂B ɛ(x)
∇ y ρ(y) · nKɛ n−1 { 1
ɛ n−2 n > 2
ln ɛ n = 2
che tende a 0 per ɛ → 0 + . Rimane quindi
∫
G n (x, y)∆ y ρ(y)d n y = lim ∇ y G n (x, y)ρ(y) · ˆn
R n ɛ→0
∮∂B ′ dS
+ ɛ(x)
Scegliendo ora un sistema di coordinate polari sferiche centrato in x, si ha:
∇ y G n (x, y) · ˆn ′ | ∂Bɛ(x)
= ∂ ∂r G n(r) |∂Bɛ(x) =
{ 1 1
2π
1
n = 2
ɛ
ω nɛ
n > 2
n−1
Quindi
∫
R n G n (x, y)∆ y ρ(y)d n y = lim
ɛ→0 + 1
V ol(∂B ɛ (x))
∮
∂B ɛ(x)
ρ(y)dS
15

dove
V ol(∂B ɛ (x)) =
{
ωn ɛ 1−n n > 2
2πɛ n = 2
è il volume di ∂B ɛ (x) in R n . Per il teorema della media l’ultimo integrale dà
il risultato cercato:
∮
1
lim
ρ(y)dS = ρ(x)
ɛ→0 + V ol(∂B ɛ (x))
∂B ɛ(x)
□
5 Ulteriori proprietà delle funzioni armoniche
Finora, quando abbiamo dimostrato alcune proprietà delle funzioni armoniche,
quali ad esempio il principio del massimo, ci siamo dovuti limitare a considerare
domini limitati. Grazie alle soluzioni fondamentali e alle loro 4 proprietà
appena dimostrate, possiamo indebolire queste ipotesi e studiare le proprietà
delle funzioni armoniche e delle soluzioni dell’equazione di Poisson anche su
domini illimitati.
Definizione 1 si consideri una funzione f : Ω ⊆ R n → R. Si dice supporto
di f la chiusura dell’insieme {x ∈ Ω, f(x) ≠ 0}.
Teorema 9 Non esistono funzioni armoniche su R n a supporto compatto se
non quella ovunque nulla.
Dimostrazione: Supponiamo che g sia a supporto compatto e armonica
su tutto R n e dimostriamo che allora g è la funzione identicamente nulla.
Infatti, applicando la proprietà 3),:
∫
g(x) = G n (x, y)∆ y g(y)d n y = 0, ∀x ∈ R n .
R n
Introduciamo ora un teorema utile per i risutati che seguiranno. Attenzione,
anche se é inserito in questa sezione, è valido su domini Ω ⊂ R n con
bordo regolare!
□
16

Teorema 10 Sia Ω ⊂ R n aperto, ¯Ω compatto e ∂Ω una superficie regolare
ed orientabile. Sia φ : Ω ↦→ R, di classe C 2 (Ω) ∩ C 1 (¯Ω) e ∆φ ∈ L 1 (Ω).
Allora, se x 0 ∈ Ω:
∮
φ(x 0 ) = φ(x)∇ x G n (x − x 0 ) · ˆndS+
+∂Ω
∫
+ ∆φ(x)G n (x − x 0 )d n x −
Ω
∮
+∂Ω
∇ x φ(x)G n (x − x 0 ) · ˆndS
Dimostrazione: Applichiamo la seconda identità di Green 2.3 sulla regione
Ω \ B ɛ (x 0 ), con ψ(x) = G n (x − x 0 ) 11 .
∫
∫
φ(x)∆G n (x − x 0 )d n x − ∆φ(x)G n (x − x 0 )d n x =
∮
=
∮
−
Ω\B ɛ(x 0 )
+∂Ω
+∂Ω
∮
φ(x)∇ x G n (x − x 0 ) · ˆndS −
∮
∇ x φ(x)G n (x − x 0 ) · ˆndS +
Ω\B ɛ(x 0 )
+∂B ɛ(x)
+∂B ɛ(x)
φ(x)∇ x G n (x − x 0 ) · ˆndS+
∇ x φ(x)G n (x − x 0 ) · ˆndS
Il primo termine a sinistra è nullo per la proprietà 2) della funzione G n ,
mentre il secondo ed il quarto termine a destra tendono rispettivamente a
−φ(x 0 ) e a 0 quando ɛ → 0 + , per lo stesso ragionamento utilizzato nella
dimostrazione della proprietà 3.
□
Una conseguenza fondamentale del teorema appena dimostrato è il prossimo
corollario, riguardante le proprietà di analiticità delle funzioni armoniche.
Ricordiamo prima alcune proprietà delle funzioni analitiche.
Nota: Se f : C n → C è olomorfa (cioè analitica) allora, posto z = x + iy,
possiamo riguardare f come una funzione delle due variabili x, y ∈ R n , la
parte reale e la parte immaginaria di z rispettivamente:
z ∈ C n , z = x + iy, x, y ∈ R n
f(z) = f(x + iy) = Re f(x, y) + iIm f(x, y) ≡ u(x, y) + iv(x, y)
11 Notate che tutte le ipotesi per poter applicare le identitá di Green sono verificate in
quanto G n (x 0 − · ) è di classe C 2 (Ω \ B ɛ (x 0 ) ∩ C 1 (Ω \ B ɛ (x 0 )).
17

dove u, v sono funzioni reali nelle due variabili x, y ∈ R n .
l’analiticità di f si traduce nelle condizioni di Cauchy-Riemann:
{
∂
∂u
∂¯z f = 0 ⇐⇒ ∂x k
k
k=1
∂u
∂y k
= ∂v
∂y k
= − ∂v
∂x k
È immediato verificare che u, v sono armoniche nel dominio di analiticità di
f, infatti dalle condizioni di Cauchy-Riemann segue subito che
n∑ ∂ 2 u
n∑
∂x = ∂ 2 v
2 k ∂x = 0 2 k
k=1
Teorema 11 Se φ è armonica sull’aperto Ω, allora φ ∈ C ∞ (Ω). In particolare
se φ e φ ′ sono armoniche in Ω e coincidono su A ⊂ Ω, con A aperto
non vuoto, allora φ ≡ φ ′ sulla componente connessa di Ω contenente A.
Dimostrazione: In realtà dimostreremo non solo che φ ∈ C ∞ (Ω), ma che
può addirittura essere estesa ad una funzione analitica su C n : z ↦→ φ(z). Per
verificare l’analiticit‘a di φ dobbiamo verificare la validità delle condizioni di
Cauchy -Riemann: Sia y ∈ Ω, consideriamo una palla B ⊂ Ω contenente y e
applichiamo il teorema precedente sulla regione B:
∮
∮
φ(y) = φ(x)∇ x G n (|x − y|) · ˆndS − ∇ x φ(x)G n (|x − y|) · ˆndS
+∂B
dove l’integrazione viene fatta sulla variabile x ∈ ∂Ω. Se ora teniamo y ∈
B ′ , con B ′ ⊂ B, B ′ ≠ B, i due integrandi sono sempre funzioni continue
nelle variabili (y, x) e quindi limitate su (y, x) ∈ ¯B ′ × ∂B (che è un insieme
compatto in R n × R n ). Possiamo dunque derivare sotto il segno di integrale
in y, “scaricando le derivate sulla funzione G n (x − y):
∂
∂y i
φ(y) =
∮
+∂B
+∂B
φ(x) ∂
∂y i
(∇ x G n (|x−y|)·ˆn)dS−
∮
+∂B
∇ x φ(x) ∂
∂y i
(G n (|x−y|)·ˆn)dS
Inoltre ricordiamo che la funzione y → G n (x−y) si estende a valori complessi
in y ed è analitica. Estendendo banalmente il discorso di sopra possiamo
verificare sotto il segno di integrale le condizioni di Cauchy-Riemann per
φ(y) estesa ai complessi. Restringendoci a y reale abbiamo la tesi.
La seconda parte è una conseguenza della prima.
□
Nota bene: Il teorema appena dimostrato ci dice quindi che una funzione
armonica può essere estesa ad una funzione analitica complessa.
18

Teorema 12 Teorema della media
Sia φ : Ω ↦→ R, Ω ⊂ R n aperto, una funzione armonica su Ω. Allora ∀x 0 ∈ Ω
∮
1
φ(x 0 ) =
φ(x)dS(x),
V ol S x0 S x0
dove S x0 = ∂B(x 0 ), essendo B(x 0 ) una palla centrata in x 0 , con ¯B(x 0 ) ⊂ Ω,
arbitrariamente scelta.
Dimostrazione: Sia R il raggio della palla B(x 0 ). Utilizziamo un sistema di
coordinate polari sferiche centrate in x 0 . Dal teorema precedente abbiamo:
∮
φ(x 0 ) = φ(x) d ∮
S x0
dr G n(r)(r) − G n (r)∇φ(x) · ˆndS
S x0
∮
= φ(x)
S x0
{ 1
∮
ω n
R 1−n n > 2
n = 2 − G n(R) ∇φ(x) · ˆndS
S x0
1
2π
1
R
L’ultimo integrale è nullo perchè φ è armonica, mentre il primo vale
{
1
∮
ω nR
∮S n−1 x0
φ(x)dS n > 2
∮
1
2πR S x0
φ(x)dS n = 2 = 1
φ(x)dS(x)
V ol S x0 S x0
□
Teorema 13 Massimo forte su una palla
Sia B R (x 0 ) una palla aperta in R n , di raggio R > 0 centrata in x 0 .
Sia φ : ¯B R (x 0 ) → R, una funzione armonica in B R (x 0 ) e continua in ¯B R (x 0 ).
Allora, se φ(x 0 ) = max x∈ ¯BR (x 0 )φ oppure se φ(x 0 ) = min x∈ ¯BR (x 0 )φ oppure se
|φ(x 0 )| = max x∈ ¯BR (x 0 )|φ|, allora φ(x) = φ(x 0 ) ∀x ∈ ¯B R (x 0 ).
Dimostrazione: È sufficiente dimostrare la tesi per il caso φ(x 0 ) =
max x∈BR (x 0 )φ, in quanto gli altri due casi possono essere ricondotti facilmente
a questo con un ragionamento analogo a quello che abbiamo utilizzato
nella dimostrazione del teorema 3.
Sia dunque φ(x 0 ) = max x∈ ¯BR (x 0 )φ, dimostriamo che φ(x) = φ(x 0 ) ∀x ∈
B R (x 0 ). La tesi, ovvero il fatto che φ(x) = φ(x 0 ) anche ∀x ∈ ∂B R (x 0 ) segue
dalla continuità della funzione φ.
19

Supponiamo ∃x 1 ∈ B R (x 0 ) con φ(x 1 ) ≠ φ(x 0 ), allora, per le ipotesi fatte,
φ(x 1 ) < φ(x 0 ). Dato che φ é continua, per teorema della permanenza del
segno applicato alla funzione x ↦→ φ(x 0 ) − φ(x), esiste una palla B ɛ (x 1 ) centrata
in x 1 e di raggio ɛ > 0 tale che φ(x) < φ(x 0 ) ∀x ∈ B ɛ (x 1 ). Se scegliamo
ɛ 1 < ɛ, allora φ(x) < φ(x 0 ) ∀x ∈ ¯B ɛ (x 1 ). Consideriamo ora la superficie sferica
S R ′(x 0 ) centrata in x 0 e di raggio R ′ = |x 1 − x 0 | e applichiamo il teorema
della media:
1
φ(x 0 ) =
φ(x)dS =
=
ω n R
∮S ′n−1 R ′(x 0 )
1
[ ∮ ∮
φ(x)dS +
ω n R ′n−1 S R ′(x 0 )\Σ
Σ
]
φ(x)dS
Dove Σ = S R ′(x 0 ) ∩ ¯B ɛ1 (x 1 ). Σ è chiuso per costruzione (è intersezione di
due chiusi) e quindi, in quanto è limitato, è compatto. Per il teorema di
Weierstrass ∃max Σ φ < ∞, inoltre max Σ φ < φ(x 0 ) in quanto Σ ⊂ ¯B ɛ1 (x 1 ).
Quindi ∮
∮
∮
φ(x)dS ≤ max Σ φ dS < φ(x 0 ) dS
Σ
Σ
Σ
da questo segue che
<
1
φ(x 0 ) =
φ(x)dS
ω n R
∮S ′n−1 R ′(x 0 )
1
[
∮
∮
sup
ω n R ′n−1 SR ′(x 0 )\Σφ dS + φ(x 0 )
S R ′ (x 0 )\Σ
∮
1
<
0)[ ∮
ω n R φ(x dS +
′n−1 S R ′(x 0 )\Σ
Σ
Σ
]
dS
]
dS < φ(x 0 ),
dove abbiamo usato il fatto che sup SR ′(x 0 )\Σφ ≤ φ(x 0 ) e che max Σ φ < φ(x 0 ).
Siamo quindi arrivati alla diseguaglianza stretta φ(x 0 ) < φ(x 0 ) e quindi ad
un assurdo.
□
Il risultato appena dimostrato ci consente di estendere il principio del massimo
a funzioni armoniche su regioni non necessariamente a chiusura compatta
Teorema 14 Principio del massimo forte
Sia Ω aperto e connesso in R n e sia φ ∈ C 2 (Ω) armonica su Ω e φ ∈ C 0 (¯Ω).
Se vale una delle seguenti condizioni per qualche x 0 ∈ Ω :
1. φ(x 0 ) = max x∈¯Ωφ(x), oppure
20

2. φ(x 0 ) = min x∈¯Ωφ(x), oppure
3. |φ(x 0 )| = max x∈¯Ω|φ(x)|,
allora φ(x) = φ(x 0 ) constantemente su ¯Ω
Dimostrazione: Dimostriamo la tesi nel caso in cui sia verificata la prima
ipotesi. Se vale l’ ipotesi 2. allora possiamo ricadere in 1. cambiando segno
a φ, mentre se vale 3. allora si ricade in 1. o in 2.
Notiamo inoltre che é sufficiente mostrare la validità della tesi in Ω, perché
da questa segue, per la continuità di φ, la tesi in ¯Ω.
Dato che Ω ⊆ R n aperto e connesso, allora é connesso per archi continui.
Sia dunque x 1 ∈ Ω , esisterà allora un arco continuo γ : [a, b] → Ω che collega
x 1 con x 0 : γ(a) = x 0 , γ(b) = x 1 . Mostriamo che φ(γ[a, b]) = φ(x 0 ). Ciò prova
la tesi per l’arbitrarietà con cui abbiamo scelto x 1 ∈ Ω.
Per l’esercizio precedente esisterà una palla B R (x 0 ) ⊂ Ω in cui φ(x) =
φ(x 0 ) ∀x ∈ ¯B R (x 0 ), in quanto il massimo di φ su ¯B R (x 0 ) è sicuramente minore
o uguale a quello su tutto Ω, quindi
φ(x 0 ) = max x∈¯Ωφ(x) = max x∈ ¯BR (x 0 )φ(x)
Per continuità ci sarà un intervallo [a, ɛ), con ɛ > a e ɛ ≤ b, con γ(t) ∈ B R (x 0 ),
se t ∈ [a, ɛ), quindi φ(γ(t)) = φ(x 0 ) se t ∈ [a, ɛ). L’insieme
S = {s ∈ (a, b] | φ(γ(u)) = φ(x 0 ) per u ∈ [a, s)}
è non vuoto (per quanto appena dimostrato ɛ ∈ S) ed è limitato superiormente
da b < ∞, quindi esiste L = sup S ≤ b. Mostriamo che L = b.
Se L = b abbiamo finito la dimostrazione.
Supponiamo invece che L < b, in tal caso φ(γ(t)) = φ(x 0 ) per t ∈ [a, L) e
per continiutà φ(γ(L)) = φ(x 0 ). Esisterà dunque una palla centrata in γ(L)
e di raggio ρ > 0 che indichiamo con B ρ (γ(L)) ⊂ Ω, tale che ¯B ρ (γ(L)) ⊂ Ω.
Allora varrà anche
Per quanto dimostrato sopra
φ(γ(L)) = max x∈¯Ωφ = max x∈ ¯Bρ(γ(L))φ.
φ(B ρ (γ(L))) = {φ(x 0 )}
21

ma allora dovrà anche essere che φ(γ(t)) = φ(x 0 ) in un intorno di L, in
particolare in un intorno destro di L, quindi L non può essere il sup di S e
siamo quindi giunti ad un assurdo. Dovrà dunque essere L = b e quindi
φ(γ(t)) = φ(x 0 ),
t ∈ [a, b).
Per continuità
e quindi
φ(γ(t)) = φ(x 0 ),
t ∈ [a, b],
φ(x 1 ) = φ(γ(b)) = φ(x 0 ).
□
6 Funzioni di Green per il problema di Dirichlet
Consideriamo il problema di Dirichlet in una regione Ω ⊂ R n
chiusura ¯Ω compatta
{
∆φ = −4πρ φ ∈ C 2 (Ω) ∩ C 0 (¯Ω), ρ ∈ C 0 (Ω)
φ| ∂Ω = f f ∈ C 0 (∂Ω) assegnata
aperto a
(6.1)
Se ∂Ω superficie chiusa regolare orientabile allora abbiamo a disposizione un
teorema che ci permette di esprimere la soluzione φ in funzione del valori che
φ e il suo gradiente ∇φ assumono su ∂Ω:
∫
∮
φ(x) = −4π G n (x − y)ρ(y)d n y − G n (x − y)∇ y φ(y) · ˆndS(y)+
Ω
∮
+ ∇ y G n (x − y) · ˆnf(y)dS(y). (6.2)
∂Ω
Questa formula non può tuttavia essere utilizzata per determinare la soluzione
al problema assegnato perchè per utilizzarla per conoscere φ in ogni punto
di Ω è necessario conoscere ∇φ su ∂Ω, che non è dato con le condizioni al
contorno 12 . Se i valori di ∇φ su ∂Ω fossero dati ( ad esempio ∇φ · ˆn |∂Ω = g
12 Per un problema con condizioni al contorno di Neumann si avrebbe lo stesso problema
in quanto non sarebbero noti i valori che φ assume su ∂Ω.
22
∂Ω

) e usassimo l’espressione di sopra come formula di una possibile soluzione,
∫
∮
φ(x) = −4π G n (x − y)ρ(y)d n y − G n (x − y)g(y)dS(y)
Ω
∮
+
∂Ω
∂Ω
∇ y G n (x − y) · ˆnf(y)dS(y) (6.3)
in generale avremmo che la funzione φ così calcolata ha qualche patologia,
perchè dai teoremi di unicità sappiamo che in generale non è possibile
assegnare φ |∂Ω e ∇φ |∂Ω · ˆn contemporaneamente e arbitrariamente.
Possiamo tuttavia cercare di modificare G n in modo da far sparire in (6.2)
il termine contenente il gradiente di φ e cercare di usare i soli dati di Dirichlet
al fine di produrre un candidato della soluzione del problema.
Supponiamo di aver determinato una classe di soluzioni di
∆ y v x (y) = 0,
v x ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (¯Ω),
dove il parametro x varia in Ω. Supponiamo che si abbia anche:
allora avremo che
∫
=
Ω
v x (y) + G n (x, y) = 0, y ∈ ∂Ω ∀x ∈ Ω
∫
0 =
Ω
φ(y)∆ y v x (y)d n y =
∮
∮
v x (y)∆ y φ(y)d n y + φ(y)∇ y v x (y) · ˆndS(y) −
∂Ω
∂Ω
v x (y)∇ y φ(y) · ˆndS(y)
sommando membro a membro con (6.2) e definendo G ′ n(x, y) = G n (x, y) +
v x (y) si ha
∫
∮
φ(x) = −4π G ′ n (x − y)ρ(y)dn y + N Ω (x, y)f(y)dS(y)
Ω
dove N Ω (x, y) := ∇ y G ′ n (x − y) · ˆn| y∈∂Ω.
L’espressione trovata esprime φ in termini delle sole quantità note del problema
di Dirichlet. Si osservi che la formula trovata, nel caso in cui v x (y) = v y (x)
e se sussistono le condizioni per passare il laplaciano sotto il segno di integrale
in ∆ x
∫Ω v x(y)ρ(y)d n y, posto per definizione
∫
∮
φ(x) = −4π G ′ n (x − y)ρ(y)dn y + N Ω (x, y)f(y)dS(y)
Ω
23
∂Ω
∂Ω

allora sicuramente, se x ∈ Ω,
∆ x φ(x) = −4πρ(x).
Se vale anche che la funzione cosí costruita è continua su ¯Ω e ∀x 0 ∈ ∂Ω
∫
N Ω (x, y)f(y)dS(y) = f(x 0 )
lim
x→x 0 ∈∂Ω
∂Ω
allora abbiamo trovato la soluzione del problema di Dirichlet iniziale per ρ e
f assegnate. G ′ n (x, y)é detta funzione di Green per il problema di Dirichlet
(interno) per Ω., mentre N Ω (x, y) é detto nucleo di Poisson.
Non ci occuperemo della questione generale, mentre ci occuperemo solamente
di determinare le funzioni di Green per domini Ω particolari.
6.1 Il problema della sfera in 3 dimensioni
Sia Ω la sfera di raggio R in R 3 . Vogliamo trovare la funzione di Green per
il problema interno alla sfera. Si deve trovare v x (y) tale che
ovvero
∆ y v x (y) = 0
G 3 (x − y) + v x (y) = 0
−1
4π|x − y| + v x(y) = 0
x ∈ Ω, y ∈ ∂Ω
x ∈ Ω, y ∈ ∂Ω
L’intuizione fisica ci può aiutare nella ricerca della funzione v x (y). Pensando
al problema ellettrostatico, ricordiamo che la funzione −1/|x − y| è il potenziale
elettrostativo nel punto y generato da una carica unitaria e negativa
posta nel punto x. La ricerca di v x (y) si traduce nella ricerca di una distribuzione
di cariche fuori da ∂Ω e da Ω che generi un potenziale in grado
di annullare quello della carica unitaria di G 3 posta in x. Proviamo con una
sola altra carica posta in x ′ (x): vogliamo
1
−
4π|x − y| + q x
4π|x ′ (x) − y| = 0
y ∈ ∂Ω.
Per la simmetria del problema dovremo avere x ′ = λx, con |λ| > 1 dato che
x ′ deve essere fuori da ¯Ω. Se il metodo funziona si deve avere l’annullamento
24

del potenziale totale su ∂Ω, in particolare nei due punti y 1 e y 2 intersezione
della retta congiungente x e x ′ con ∂Ω:
{
−
1
+ q x
= 0
4π(R−|x|) 4π(|x ′ (x)|−R)
− 1 + q x
= 0 (6.4)
4π(|x|+R) 4π(|x ′ (x)|+R)
Quindi sarà
{
xx ′ = R 2
q x = R/|x|
G ′ 3 (x, y) = − 1
4π|x − y| + R|x|
4π|R 2 x − |x| 2 y|
(6.5)
Si controlla facilmente che per |y| = R, G ′ 3(x, y) si annulla.
Valutiamo il nucleo di Poisson N Ω (x, y). Utilizziamo coordinate polari sferiche
con l’asse z diretto lungo x:
G ′ 3 (x, y) = − 1
4π √ x 2 + y 2 − 2|x||y| cos θ +
R
4π|x| √ R 4 /x 2 + y 2 − 2R 2 |y| cos θ/|x|
ˆn · ∇ y G ′ 3 (x, y) | ∂Ω
=
N Ω (x, y) = R2 − x 2
4πR|x − y| 3 | y∈∂Ω
∂
∂|y| G′ 3 (x, y) | ∂Ω
= R2 − x 2
4πR|x − y| 3
|x| < R
Per il problema di Dirichlet esterno alla sfera si può ragionare analogamente
scambiando il ruolo di x e x ′ e si ottiene (si tenga conto che ora il versore
uscente da ∂Ω punta verso l’origine):
N Ω (x, y) = x2 − R 2
4πR|x − y| 3 | y∈∂Ω
|x| > R
6.2 Problema del cerchio (in 2 dimensioni)
In questo caso siamo nel piano, ma il ragionamente è completamente simile
a quello precedente, cambiano solo i calcoli. Cerchiamo una distribuzione di
cariche all’esterno di ¯Ω che annulli il potenziale sulla circonferenza:
1
1
log |x − y| −
2π 2π log(q x|x ′ (x) − y|) = 0
∀y ∈ ∂Ω.
25

Per la simmetria del problema dovremo avere x ′ = λx, con λ > 1 dato che
x ′ deve essere fuori da ¯Ω se il metodo funziona si deve avere l’annullamento
del potenziale totale su ∂Ω, in particolare nei due punti y 1 e y 2 intersezione
della retta congiungente x e x ′ con ∂Ω:
{ 1
2π
1
2π
1
log(R − |x|) − log(q 2π x(|x ′ (x)| − R)) = 0
1
log(R + |x|) − log(q 2π x(|x ′ (x)| + R)) = 0
(6.6)
La soluzione è di nuovo {
xx ′ = R 2
q x = |x|/R
G ′ 2(x, y) = 1
2π log |x − y|
|Rx/|x| − |x|y/R| .
(6.7)
Si controlla facilmente che per |y| = R, G ′ 2 (x, y) si annulla.
Ragionando come nel problema precedente si può calcolare N Ω (x, y), ottenendo:
N Ω (x, y) = R2 − x 2
|x| < R
2πR|x − y| 2 | y∈∂Ω
N Ω (x, y) = x2 − R 2
2πR|x − y| 2 | y∈∂Ω
|x| > R
6.3 Piano infinito in R 3 (semispazio)
Consideriamo la seguente regione
Ω = {(x 1 , x 2 , x 3 ) ∈ R 3 |x 3 > 0} ∂Ω = {(x 1 , x 2 , x 3 ) ∈ R 3 |x 3 = 0}
Data la funzione di Green G 3 (x, y) = −1/4π|x − y| dobbiamo cercare una
distribuzione di cariche ( nel semispazio {x 3 < 0} ) tale da annullare il potenziale
G 3 su ∂Ω. È sufficiente porre una carica unitaria in x ′ = (x 1 , x 2 , −x 3 ),
dove x = (x 1 , x 2 , x 3 ). Otteniamo dunque
G ′ 3(x, y) = 1 (
1
4π |x ′ − y| − 1 )
|x − y|
= 1 (
1
√
4π (x1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + (−x 3 − y 3 ) +
2
26

1
)
−√ (x1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + (x 3 − y 3 ) 2
Il nucleo di Poisson N Ω (x, y) può essere calcolato come:
= − 1
4π
N Ω (x, y) = − ∂
∂y 3 G′ 3 (x, y) | y 3 =0
∂
(
1
√
∂y 3 (x1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + (−x 3 − y 3 ) +
2
1
−√ =
(x1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + (x 3 − y 3 )
)| 2 y 3 =0
= 1 2x 3
= 1 x · ê 3
4π |x − y| 3 |
2π |x − y| 3 y 3 =0 | y 3 =0
6.4 Calcolo del nucleo di Poisson per il problema del
cerchio in R 2 tramite l’analisi di Fourier
In quest’ultima sezione presentiamo un metodo alternativo a quello delle
cariche immagine che permette, sotto opportune ipotesi sul dato al bordo f,
di ricavare la soluzione del problema di Dirichlet per il cerchio in R 2 .
Consideriamo dunque il seguente problema di Dirichlet
{ ∆φ = 0 φ ∈ C 2 (Ω) ∩ C 0 (¯Ω)
φ| ∂Ω = f f ∈ C 0 (6.8)
(∂Ω) assegnata
dove Ω è il cerchio in R 2 di raggio R: Ω = {(x 1 , x 2 ) ∈ R 2 , (x 1 ) 2 + (x 2 ) 2 <
R 2 }. Per la simmetria del problema è conveniente introdurre un sistema di
coordinate polari ρ, θ in R 2 , con x 1 = ρ cos θ, x 2 = ρ sin θ. L’equazione di
Laplace assume la seguente forma:
1 ∂
ρ ∂ρ (ρ ∂ ∂ρ φ) + 1 ∂ 2
ρ 2 ∂θ φ = 0 (6.9)
2
Cerchiamo delle soluzioni particolari della forma
φ(ρ, θ) = ψ(ρ)χ(θ).
27

L’equazione (6.9) diviene:
ovvero
( ∂
2
∂ρ ψ + 1 ∂
)
2 ρ ∂ρ ψ χ + ψ ∂ 2
ρ 2 ∂θ χ = 0 2
( ∂
2
∂ρ ψ + 1 ∂
) ρ
2
2 ρ ∂ρ ψ ψ = − 1 ∂ 2
χ ∂θ χ 2
Al primo membro troviamo una funzione dipendente solo dalla variabile ρ,
mentre al secondo membro troviamo una funzione dipendente solo dalla variabile
θ. L’uguaglianza può dunque essere verificata se e solo se entrambi i
membri sono uguali ad una costante λ (indipendente da ρ, θ):
{
ρ 2 ∂2 ψ + ρ ∂ ψ = λψ
∂ρ 2 ∂ρ
(6.10)
∂ 2
χ = −λχ
∂θ 2
Iniziamo a considerare la seconda equazione
∂ 2
χ(θ) + λχ(θ) = 0, (6.11)
∂θ2 che è un’equazione differenziale ordinaria lineare del secondo ordine a coefficienti
costanti. Vogliamo che la soluzione soddisfi la condizione di monodromia
χ(0) = χ(2π),quindi è necessario che λ > 0, in modo tale che le
soluzioni di (6.11) siano funzioni periodiche e la soluzione generale è data da
χ(θ) = A cos( √ λθ) + B sin( √ λθ). Inoltre √ λ deve essere un numero intero,
ovvero λ = n 2 , n ∈ N. Possiamo anche considerare il caso n = 0, corrispondente
a soluzioni costanti.
Consideriamo ora la seconda equazione
Le cui soluzioni sono:
ψ n (ρ) =
ρ 2 ∂2
∂ρ 2 ψ + ρ ∂ ∂ρ ψ = n2 ψ, (6.12)
{
A log ρ + B, n = 0
Aρ n + Bρ −n n ≥ 1
Dobbiamo scartare la funzione log ρ per n = 0 e la funzione ρ −n per n ≥ 1
in quanto sono singolari in 0, mentre noi stiamo cercando delle soluzioni
28

dell’equazione di Laplace che siano regolari in tutto il cerchio interno. Le
soluzioni dunque dell’equazione (6.9) sono della forma (serie di Fourier)
ψ(ρ, θ) = ∑ n
ρ n (A n cos(nθ) + B n sin(nθ)).
A n , B n sono opportuni coefficienti, determinabili imponendo la condizione al
bordo ψ(R, θ) = f:
⎧ ∫
⎪⎨ A 0 = 1 2π
2π
⎪⎩
A n = 1
R n π
B n = 1
R n π
∫ 2π
∫ 2π
0
f(θ)dθ
f(θ) cos(nθ)dθ
0
f(θ) sin(nθ)dθ
0
Formalmente dunque la soluzione del problema di Dirichlet interno è data da
φ(ρ, θ) = α 0
2 + ∑ (ρ/R) n (α n cos(nθ) + β n sin(nθ)),
n≥1
dove α n , β n sono i coefficienti di Fourier della funzione f:
α 0 = 1 π
∫ 2π
0
f(θ)dθ,
α n = 1 π
∫ 2π
0
f(θ) cos(nθ)dθ,
β n = 1 π
∫ 2π
0
f(θ) sin(nθ)dθ.
Dobbiamo ora dimostrare che la funzione così costruita è effettivamente
soluzione del problema di Dirichlet, ovvero che è di classe C 2 (Ω) ∩ C 0 (¯Ω),
che è armonica in Ω e che è uguale a f su ∂Ω. Prima di tutto dimostriamo
l’armonicità di φ in Ω. Dobbiamo in particolare mostrare che è giustificato
derivare sotto il segno di serie. Di fatto, nell’ipotesi che la funzione f sia
limitata, i suoi coefficienti di Fourier α n , β n sono limitati, sia ha cioè che
|α n | < M, |β n | < M, ∀n ∈ N.
Ne segue quindi la seguente diseguaglinza per i termini della serie di Fourier
di φ:
|(ρ/R) n (α n cos(nθ) + β n sin(nθ))| < |ρ/R| n 2M
e dunque nei punti interni al cerchio, ovvero per ρ > R, sia ha |ρ/R| < 1 e
dunque la serie è assolutamente convergente.
Possiamo ripetere lo stesso ragionamento anche per dimostrare la convergenza
della serie delle derivate. Derivando k volte ogni termine della serie
rispetto alla variabile θ otteniamo
∑
(ρ/R) n (α n n k cos(nθ + k π 2 ) + β nn k sin(nθ + k π 2 )).
n≥1
29

Tale serie è maggiorata dalla serie convergente 2M ∑ n≥1 (ρ/R)n n k (se ρ < R),
è giustificato dunque derivare sotto il segno di serie infinite volte rispetto a
θ. Per quanto riguarda la derivazione rispetto alla variabile ρ abbiamo:
∂ k
∂ρ φ(ρ, θ) = ∑ R −k n!
k n − k! (ρ/R)n−k (α n cos(nθ) + β n sin(nθ)).
n≥k
É immediato verificare che la serie delle derivare è assolutamente convergente,
in quanto maggiorata da 2M ∑ n!
n≥k
R−k
n−k! (ρ/R)n−k , dunque è possibile
derivare sotto il segno di serie infinite volte rispetto a ρ.
Resta da verificare la continuità della soluzione così costruita sul bordo Ω.
Per dimostrare questa proprietà dobbiamo imporre delle ipotesi aggiuntive su
f. Sappiamo infatti dalla teoria delle serie di Fourier che se f è continua e di
classe C 1 a tratti su ∂Ω, allora i suoi coefficienti di Fourier α n , β n soddisfano
le seguenti diseguaglianze:
∑
∑
|α n | < ∞, |β n | < ∞.
n
La funzione φ è , per costruzione, il limite di una successione di funzioni
continue, infatti:
n
φ(ρ, θ) = α 0
2 + lim
N→∞
N∑
φ n (ρ, θ),
n=1
φ n (ρ, θ) = (ρ/R) n (α n cos(nθ)+β n sin(nθ)).
Inoltre, ∀ρ ∈ [0, R], θ ∈ [0, 2π], abbiamo |φ n (ρ, θ)| < |α n | + |β n |, quindi,
utilizzando il teorema che assicura che il limite uniforme di una successione
di funzioni continue è una funzione continua, abbiamo che φ(ρ, θ) è una
funzione continua in ¯Ω.
30

Calcoliamo infine il nucleo di Poisson.
φ(ρ, θ) = α 0
2 + ∑ (ρ/R) n (α n cos(nθ) + β n sin(nθ))
n≥1
= 1 ∫ 2π
f(θ)dθ + ∑ ( ∫ 1 2π
(ρ/R) n f(θ ′ ) cos(nθ ′ ) cos(nθ)dθ ′ +
2π 0
π
n≥1
0
+ 1 ∫ 2π
)
f(θ ′ ) sin(nθ ′ ) sin(nθ)dθ ′
π 0
= 1 ∫ 2π
f(θ)dθ + 1 ∑
∫ 2π
(ρ/R) n f(θ ′ ) cos n(θ − θ ′ )dθ ′
2π 0
π
n≥1
0
= 1 ∫ 2π ( 1
f(θ ′ )
π 0 2 + ∑ )
(ρ/R) n cos n(θ − θ ′ ) dθ ′
n≥1
= 1 ∫ 2π ( 1
f(θ ′ )
π 0 2 + ∑ n≥1(ρ/R) n ein(θ−θ′) + e −in(θ−θ′ ) )
dθ ′
2
= 1 ∫ 2π ( (
f(θ ′ ρ
( ρ
)
) ) ) n
dθ ′
2π 0
R e−i(θ−θ′
= 1
2π
∫ 2π
= 1
2π
0
∫ 2π
0
1 + ∑ n≥1
(
f(θ ′ ) 1 +
) )n + ∑ R ei(θ−θ′ n≥1
ρ )
ρ
) )
R ei(θ−θ′
1 − ρ + R e−i(θ−θ′
R ei(θ−θ′ )
1 − ρ dθ ′
R e−i(θ−θ′ )
f(θ ′ 1 − (ρ/R) 2
)
1 − 2(ρ/R) cos(θ − θ ′ ) + (ρ/R) 2 dθ′
1−(ρ/R) 2
=
∫ 2π
0
f(θ ′ )N Ω (ρ, θ, R, θ ′ )Rdθ ′
Dove N Ω (ρ, θ, R, θ ′ ) = 1
è il nucleo di Poisson, già
2πR 1−2(ρ/R) cos(θ−θ ′ )+(ρ/R) 2
calcolato in precedenza tramite il metodo della cariche immagine.
A
Funzioni analitiche
Consideriamo un dominio D del piano complesso C e indichiamo con z ∈
D ⊆ C i suoi punti. Dato un generico numero complesso z, indichiamo con
x la sua parte reale e con y la sua parte immaginaria: z = x + iy.
Consideriamo un funzione complessa f definita sul dominio D, f : D ∈ C.
31

Definizione 2 f è detta derivabile in un punto z 0 ∈ D se esiste finito il
limite
f(z) − f(z 0 )
lim
≡ f ′ (z 0 ).
z→z 0 z − z 0
Più precisamente f ′ (z 0 ) esiste se per ogni ɛ > 0 esiste un δ > 0 tale che se
|z − z 0 | < δ, z ≠ z 0 , allora | f(z)−f(z 0)
z−z 0
− f ′ (z 0 )| < ɛ.
Definizione 3 Una funzione f : D ∈ C, z ↦→ f(z) é detta analitica (o
olomorfa) in un dato punto z ∈ D se é derivabile sia nel punto stesso z che
in un suo intorno. La funzione f é detta analitica (o olomorfa) nel dominio
D se é derivabile in ogni punto di tale dominio.
Esempi:
1. f(z) = z n (n ∈ N) è analitica in tutto il piano complesso.
2. f(z) = e z è analitica in tutto il piano complesso.
3. f(z) = 1/z è analitica in z ≠ 0.
Separiamo esplicitamente la parte reale e quella immaginaria sia di z che
della sua immagine f(z):
z = x + iy,
f(z) = u(x, y) + iv(x, y),
(dove u, v sono due funzioni reali delle due variabili reali x, y). Vale il seguente
risultato
Teorema 15 Sia f una funzione analitica in una regione D ⊆ C. Allora u
e v hanno derivate continue di tutti gli ordini e verificano le condizioni di
Cauchy -Riemann:
Esempi:
∂u
∂x = ∂v
∂y ,
∂u
∂y = −∂v ∂x .
1. f(z) = z 2 è analitica e infatti u(x, t) = x 2 −y 2 , v(x, y) = 2xy e per ogni
(x, y) ∈ R 2 si verifica la validità delle condizioni di Cauchy-Riemann.
32