Laplace方程¶

Lawrence C.Evans Partial differential equations 2.2

Laplace's equation

\[ \Delta u = 0 \]

Poisson's equation

\[ -\Delta u = f \]

满足 Laplace 方程的函数称为 调和函数(harmonic function)。调和函数是函数本身的几何性质，所以坐标轴平移、旋转都不影响函数的调和性质。

调和函数基本解¶

\[ \Phi(x) := \begin{cases} -\frac{1}{2\pi}\log|x| & (n=2) \\ \frac{1}{n(n-2)\alpha(n)}\frac{1}{|x|^{n-2}} & (n \ge 3) \end{cases} \]

基本解的形式是通过解 径向函数 得到的，它满足 Laplace 方程，但它有一个奇点 0。

Think

基本解的系数是怎么选取的呢？
在这之前让我们想想基本解有什么用（参考叠加原理）。
就是因为基本解在奇点处不满足Laplace方程，那么 \(-\Delta\circ\Phi(0)\) 总应该有个特殊的‘值'，那么我们只要选取一个合适的值，让 \(-\Delta\circ\Phi(0) = \delta\) ，那么根据叠加原理，\(u=\Phi\ast f\) 就是满足 Poisson 方程的函数。

Poisson方程的解¶

\[ u(x) = \Phi\ast f(x) = \int_{R^n} \Phi(x-y)f(y) dx \]

我们这里给出的是满足方程的全空间的解，所以还没有边界条件的限制。
我们上一节已经从直观上得到了 Poisson 方程的解。只需要严格的证明就行。
但是，我们这里只对

\[ f\in C_c^2(\mathbb{R^n}) \]

来证明（这自然是因为对更低光滑性的 \(f\) 的证明稍微有点困难，而不是解本身错误）。事实上，对于 \(f\) 所在空间的选取，也是随着这个证明的需要而定的。

1 . 为了保证函数是存在的，我们意识到需要证明 \(\int_{B(0, r)}\Phi(x)\) 是有界的。

2 . 利用卷积性质，得到

\[ u_{x_i}=\int_{R^n}\Phi(y)f_{x_i}(x-y)dy \]

\[ u_{x_ix_j}=\int_{R^n}\Phi(y)f_{x_ix_j}(x-y)dy \]

这里就是为什么对 \(f\) 的连续性有要求。

3 . 由于我们不想动 \(f\)，那么就通过 Gauss-Green定理来将微分算子转移到 \(\Phi\) 上。

4 . 由于 \(\Phi\) 在 0 处是奇点，将积分区间分为两部分

\[ -\Delta u=\int_{B(0,\epsilon)} + \int_{R^n - B(0,-\epsilon)} = I_\epsilon + J_\epsilon \]

当 \(\epsilon\to 0\) 的时候，\(I_\epsilon\to 0\), \(J_\epsilon\to f(x)\)。整理即可。

证明见Lawrence C.Evans Partial differential equations 2.2.1.b Thm 1

Question

对于 \(n\ge 3\) 和 \(f\in C_c^2(R^2)\)， \(u(x)\) 是否是一致有界？

Solve

如果你熟悉 叠加原理 那么直观上你会觉得这是显然的。
因为\(f\) 有界，支撑集也有界 \(supp(f)\subset B(0,r_0)\)，

\[ u(x_0) = \Phi*f(x_0) = \int_{B(x_0, r)}\Phi(x)f(x_0-x)dx \le \|f\|_{\infty} |\int_{B(x_0, r)}\Phi(x)| \]

而我们已经证明了 \(\int_{B(0, r)}\Phi(x)\) 是有界的（且随 \(r\to 0\)趋于0），而且\(\Phi\) 随着 \(r\) 单调减 !

技术上证明有界性并不困难。由于 \(\Phi\) 在球内积分有界，且随 \(r\) 的增大趋于 0。

那么只要对积分区间如图分割即可。
\(B(x_0, r)\) 要么在橙色球内部，要么在紫色球外面，这使得积分都是一致有界的。

\[ |\int_{B(x_0, r)}\Phi(x)| \le \min\{ |\int_{B(0, r_0+2r)}\Phi(x)|, |\Phi(r_0+2r)|\alpha(n) r^n \} \]

故 \(u(x_0)\) 是一致有界的。

但这样证明有点丑陋，事实上，在我们的直观中，由于单调性，以原点为中心的积分本身就应该是最大的，因为在中心处更大的函数值是‘更多’的。
我们只是暂时缺乏一套说明他的语言。但我们很快就可以将几何直观翻译成数学语言。

\[ \begin{align} \int_{B(x_0, r)}\Phi(x)dx &= -\int yd\mu(\{x\in B(x_0, r)| \Phi(x)>y\}) \\ &= \int_{y\in(0, \infty)} \mu(\{x\in B(x_0, r)| \Phi(x)>y\})dy \\ &= \int_{y\in(0, \infty)} \mu(\{x\in B(x_0, r)| \Phi(x)>y\})dy \\ &= \int_{y\in(0, \infty)} \mu(\{x| \Phi(x)>y\}\cap B(x_0, r))dy \\ \end{align} \]

注意到 \(\{x| \Phi(x)>y\} = B(0, \Phi^{-1}(y))\)，而我们直观上很容易得到

\[ \mu(B(0, r_1) \cap B(0, r_2)) = \mu(B(0, \min\{r_1, r_2\})) \ge \mu(B(x_1, r_1) \cap B(x_2, r_2)) \]

因此

\[ \begin{align} \int_{B(x_0, r)}\Phi(x)dx &= \int_{y\in(0, \infty)} \mu(\{x| \Phi(x)>y\}\cap B(x_0, r))dy \\ &\le \int_{y\in(0, \infty)} \mu(\{x| \Phi(x)>y\}\cap B(0, r))dy \\ &= \int_{B(0, r)}\Phi(x)dx \end{align} \]

甚至我们可以得出 \( \int_{B(x_0, r)}\Phi(x)dx \) 是随 \(|x_0|\) 单调递减的。证明只需要小小改动一下，请你尝试一下吧。

Problems¶

Question

2 . 证明 Laplace方程是旋转不变的；即，若 \(O\) 是一个正交方阵，定义

\[ v(x):=u(Ox) \]

那么 \(\Delta v = 0\).
（调和是一种曲面内蕴的几何性质。）

Proof

\[ \nabla v = \nabla u(Ox) O \]

\[ \begin{bmatrix} v_{11} & \cdots & v_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ v_{n1} & \cdots & v_{nn} \end{bmatrix} = \nabla (\nabla v) = \nabla(\nabla u(Ox) O) = O^T \begin{bmatrix} u_{11} & \cdots & u_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ u_{n1} & \cdots & u_{nn} \end{bmatrix} O \]

而 \( \Delta v = v_{11}+...+v_{nn} = Tr(V) = Tr(O^T U O) = Tr(U) = \Delta u = 0\)。

Question

4 . 令 \(U\) 是有界开集，\(u\in C^2(U)\cap C(\bar{U})\) 是调和函数，证明

\[ \max_{\bar{U}}u = \max_{\partial U}u \]

Proof

对于 \(\epsilon>0\) ，定义 \(u_\epsilon := u+\epsilon|x|^2 \)，则

\[ \Delta u_\epsilon = \Delta u + \epsilon \Delta (x_1^2+\cdots+x_n^2) = 2n\epsilon > 0 \]

由于 \(U\) 有界，且 \(u\) 在 \(\bar{U}\) 上连续，所以 \(u(x)\) 有界。

\(u_\epsilon\) 的最小值不能在内部取得，
否则，若 \(u(x_0) = \max_{\bar{U}}u \)，且存在一个 \(\delta>0\) 使得 \(B(x_0, \delta) \subset U \)，
那么 \(\partial_i u_\epsilon = 0, \; i=1, \cdots, n \)。

但是 \(0 < \Delta u_\epsilon = \sum_{i=1}^n \partial_{ii} u_\epsilon \)，则必然存在某个 \(j\) 使得 \(\partial_{j} u_\epsilon > 0\)。

这导致 \(\partial_{j} u_\epsilon = 0, \quad \partial_{jj} u_\epsilon > 0 \)，那么 \(u_\epsilon(x_0)\) 在\(x_0\) 的某个邻域内的 \(x_j\) 方向上比 \(u_\epsilon(x_0)\) 大！矛盾。
所以，

\[ \max_{\bar{U}}u_\epsilon = \max_{\partial U}u_\epsilon \]

我们有

\[ \max_{\bar{U}}u = \lim_{\epsilon\to 0} \max_{\bar{U}}u_\epsilon = \lim_{\epsilon\to 0} \max_{\partial U}u = \max_{\partial U}u \]

Question

5 . 如果 \(v\in C^2(\bar{U}) \)，且

\[ -\Delta \le 0 \quad in \\, U \]

我们称 \(v\) 是一个 次调和函数 (subharmonic)。

a. 证明

\[ v(x)\le {-\mkern -19mu\int}_{B(x, r)} v(y)dy \quad for \\, all \\, B(x,r) \subset U \]

b. 证明 \( \max_{\bar{U}}v = \max_{\partial U} v \)
c. 令 \(\phi : R \rightarrow R \) 是光滑凸函数。设 \(u\) 是调和函数，而 \(v := \phi(u) \) 。证明 \(v\) 是次调和的。
d. 证明当 \(u\)是调和函数时，\( v:=|Du|^2 \) 是次调和的。

Proof

a. 与 PDE 2.2.2 Thm 2 几乎完全一样，令

\[ \phi(r) := {-\mkern -19mu\int}_{\partial B(x, r)} v(y) dy \]

\[ \phi'(r) = \frac{r}{n}{-\mkern -19mu\int}_{B(x,r)}\Delta v(y)dy \ge 0 \]

\[ \phi(r) \ge \lim_{t\to 0}\phi(t) = v(x) \]

So,

\[ {-\mkern -19mu\int}_{B(x,r)}vdy = \frac{1}{r}\int_0^r \phi(r) dr \ge v(x) \]

注意： \(\phi'(0)=0\)，这说明 \(\phi(r)\) 是二阶的，仔细思考一下为什么？

b. 与上一题的证明一样，注意一下 \( \Delta v_\epsilon > 0\)

c. 由于 \(\phi\) 是凸函数

\[ {-\mkern -19mu\int}_{\partial B(x,r)}v(y)dy = {-\mkern -19mu\int}_{\partial B(x,r)} \phi(u(y))dy \ge \phi({-\mkern -19mu\int}_{\partial B(x,r)}u(y)dy) = \phi(u(x)) = v(x) \]

函数 \(v\in C^2(U)\) 满足 \( {-\mkern -17mu\int}_{\partial B(x,r)}v(y)dy \ge v(x) \) 等价于 \( v\) 是调和函数。

d. 当 \(u\) 是调和函数时，\(Du\) 调和函数。
而 \( \cdot \rightarrow |\cdot|^2\) 是凸函数，所以由 c. \(v\) 是次调和函数。