L’equazione di Laplace

Corso di Fisica Matematica 2, a.a. 2012-2013Dipartimento di Matematica, Universita di Milano

16/12/2012

La tecnica delle caratteristiche, ossia il metodo di D’Alambert per la soluzionedell’equazione delle onde, si estende facilmente (ma con una differenza di seg-no importante) al caso dell’equazione di Laplace, che descrive il potenzialeelettromagnetico in una regione dello spazio vuoto.

In questo caso, non descriveremo la derivazione dell’equazione, che in realtaun caso particolare delle equazioni di Maxwell e dovrebbe essere ben nota daicorsi di Fisica Generale. Ci limiteremo inoltre a discutere l’equazione nel piano.In altre parole, considereremo l’equazione (definita in R2)

4Φ :=∂2Φ∂x2

+∂2Φ∂y2

= 0 . (1)

Qui ∆ e l’operatore di Laplace o Laplaciano; in dimensione arbitraria nl’equazione di Laplace si scrive sempre come 4Φ = 0, con 4 = (∂2/∂x2

1) +...+ (∂2/∂x2

n). Le soluzioni (continue) dell’equazione di Laplace (in dimensionearbitraria) sono anche dette funzioni armoniche1. La linearitdell’equazione diLaplace e dell’operatore 4 implica che la somma (o la differenza) di funzioniarmoniche sia armonica.

In questa dispensa ci limiteremo a considerare l’equazione di Laplace indimensione due.

1 Separazione di variabili e soluzione generale

In questo caso, possiamo riscrivere l’equazione in termini dell’operatore lineare

L :=∂2

∂x2+

∂2

∂y2= ∂2

x + ∂2y ; (2)

naturalmente la determinazione delle soluzioni della (1) e equivalente alla de-terminazione del nucleo Ker(L) dell’operatore (2). L’operatore L e anche dettooperatore di Laplace, o semplicemente Laplaciano.

1Notiamo che se una funzione f(x1, ..., xn) e armonica in Rn, lo e anche in Rn+k, cioe sevista come funzione in Rn+k (non dipendente da xn+1, ..., xn+k).

1

L’operatore L puo essere scritto come il prodotto di due operatori (commu-tanti)

L± = ∂x ± i ∂y ; (3)

in effetti, si vede immediatamente che

L = L+ L− = L− L+ , [L+, L−] = 0 . (4)

Procedendo come nella soluzione dell’equazione delle onde, determiniamo inuclei degli operatori L±. Si tratta di un semplice esercizio, che lasciamo allostudente; il risultato e che

Ker(L±) = {f(x± iy)} . (5)

Tanto basta a concludere che

u(x, y) = f(x+ iy) + g(x− iy) , (6)

con f e g arbitrarie funzioni (derivabili due volte) dei loro argomenti, e soluzionedell’equazione di Laplace.

Per convincerci che si tratta della soluzione piu generale, passiamo allevariabili

ξ = x+ iy , η = x− iy ; (7)

lo Jacobiano di questa trasformazione e

J =(

1 i1 −i

), det(J) = 2i 6= 0

e dunque si tratta di una trasformazione non singolare. Abbiamo ora

∂x = (∂ξ/∂x) ∂ξ + (∂η/∂x) ∂η = ∂ξ + ∂η ,

∂y = (∂ξ/∂y) ∂ξ + (∂η/∂y) ∂η = i (∂ξ − ∂η) . (8)

Ne segue cheL+ = 2 ∂η , L− = 2 ∂ξ ; L = 4 ∂ξ ∂η (9)

ed e dunque del tutto evidente che

Ker(L) = {f(ξ)} ∪ {g(η)} = Ker(L+) ∪Ker(L−) . (10)

Questo mostra in particolare che (6) e la piu generale funzione nel nucleo di(2) e dunque la piu generale soluzione della (1).

E’ evidente il parallelo con l’equazione delle onde; ora pero la “velocita” e im-maginaria, e questo porta ad alcune differenze rimarchevoli nel comportamentodelle soluzioni, che discuteremo nel seguito.

Notiamo subito che e conveniente, come suggerito dalla discussione prece-dente, passare alle variabili ξ ed η; e pero ancor piu conveniente usare una

2

notazione che ci ricordi che stiamo trattando con quantita complesse, ed anzicomplesse coniugate. Scriveremo quindi

z = ξ = x+ iy ; z := z∗ = η = x− iy .

In questo modo, la soluzione generale (6) dell’equazione di Laplace si scrivecome

u(z, z) = f(z) + g(z) . (11)

Naturalmente abbiamo identificato l’insieme di definizione R2 (o piu in gen-erale U ⊆ R2) dell’equazione di Laplace con il piano complesso C (o piu ingenerale con un suo dominio U ⊆ C).

Una funzione f(z) della sola variabile z che sia derivabile con continuita in undominio U ⊆ C e detta olomorfa (in U); una funzione g(z) della sola variabilez che sia derivabile con continuita in un dominio U ⊆ C e detta anti-olomorfa(in U).

La formula (11) esprime dunque il fatto che la soluzione generale dellaequazione di Laplace si scrive come somma di una funzione olomorfa e di unafunzione anti-olomorfa.

Esercizio 1. Si scriva l’operatore di Laplace L = 4, e quindi anche l’equazione diLaplace L[u] = 0, nelle variabili

r =√x2 + y2 , ϑ = arctan(y/x) ;

e poi nelle variabiliρ = 1/r , ϕ = ϑ .

2 Condizioni iniziali

L’equazione di Laplace non descrive una evoluzione temporale, ma una confi-gurazione (del campo) nello spazio – o meglio nel piano. La condizione inizialeappropriata (anche se qui sarebbe forse piu appropriato parlare di condizioneausiliaria) descrive la configurazione del campo su una sottovarieta unidimen-sionale U0 del dominio di definizione U ; ad esempio, sul cerchio unitario C0 osu una retta.2

Naturalmente, trattandosi di un’equazione del secondo ordine, sara neces-sario assegnare su U0 non solo il valore di u, ma anche la sua derivata nelladirezione ortogonale, o comunque trasversa3, ad U0.

2In realta, non su una retta qualsiasi: lo studente e invitato a riflettere su qual e lacondizione di ammissibilita per una tale retta. Il parallelo con l’equazione delle onde (a cuici si riduce con un cambio di variabili x = x, y = iy) e sufficiente a risolvere il problemaproposto.

3Assegnando la derivata in una direzione trasversa ma non ortogonale, ci si riduce semprea considerare la derivata in direzione ortogonale, dato che la componente della derivata nelladirezione tangente ad U0 e determinata dall’assegnazione di u su U0.

3

Consideriamo per semplicita il caso U0 = C0, ossia condizioni ausiliarieassegnate sul cerchio unitario. In questo caso e conveniente passare a coordinatepolari,

z = ρ eiθ , z = ρ e−iθ ;

il cerchio unitario corrisponde ovviamente a ρ = 1, e la direzione ortogonale eproprio la direzione della coordinata ρ. Notiamo anche che

∂

∂ρ= eiθ

∂

∂z+ e−iθ

∂

∂z,

∂

∂θ= i z

∂

∂z− i z

∂

∂z.

Dunque, su C0 abbiamo delle condizioni del tipo

[u(ρ, θ)]ρ=1 = ϕ(θ) ; [∂ρu(ρ, θ)]ρ=1 = ψ(θ) .

Dalla (11), possiamo scrivere

[u(z, z)]C0= f(eiθ) + g(e−iθ) ,

e dunque le condizioni su C0 forniscono4

[f(z) + g(z)]ρ=1 = ϕ(θ) , (12)[eiθ f ′(z) + e−iθ g′(z)

]ρ=1

= ψ(θ) . (13)

Derivando la (12) rispetto a θ otteniamo

i [eiθ f ′(eiθ) − e−iθg′(e−iθ)] = ϕ′(θ) ;

sommando e sottraendo la (13) abbiamo quindi

ϕ′ + i ψ = 2i eiθ f ′(eiθ) , ϕ′ − i ψ = −2i e−iθ g′(e−iθ) ; (14)

queste relazioni permettono di determinare f e g (come per l’equazione delleonde, a meno di una costante che puo sempre essere sommata ad una dellefunzioni e sottratta dall’altra) a partire dai dati ϕ(θ), ψ(θ) assegnati su C0. Inparticolare, otteniamo

f ′(eiθ) = e−iθ12 i

(ϕ′ + i ψ) ,

g′(e−iθ) = − eiθ 12 i

(ϕ′ − i ψ) .

Puo essere piu conveniente (anche per ricordare le formule) scrivere questeusando la notazione

ξ := eiθ , η := e−iθ .

4Si noti che su C0 abbiamo z = eiθ, z = e−iθ, cosicche potremmo ad esempio scrivere la

(12) come f(θ) + g(θ) = ϕ(θ), dove naturalmente f(θ) = f(eiθ), g(θ) = g(e−iθ).

4

In questo modo abbiamo

f ′(ξ) =1

2i ξ(ϕ′ + iψ) , g′(η) = − 1

2i η(ϕ′ − iψ) ; (15)

naturalmente nell’applicare queste formule bisogna ricordare che ϕ = ϕ(θ), ψ =ψ(θ), e θ = −i log(ξ) = i log(η).

Esempio

Consideriamo il caso

ϕ(θ) = cos(θ) , ψ(θ) = 1 .

Da ϕ′ = − sin(θ) e dalle formule ottenute in precedenza segue

f ′(ξ) =1

2iξ

[−ξ − ξ

−1

2i+ i

]=

14[1 + 2 ξ−1 − ξ−2

],

g′(η) =1

2iη

[−η − η

−1

2i− i

]=

14[1 + 2 η−1 − η−2

].

Adesso integriamo le due relazioni, ottenendo

f(ξ) =14[ξ + 2 log(ξ) + ξ−1

]+ κ ,

g(η) =14[η + 2 log(η) + η−1

]− κ .

La soluzione cercata e quindi

u(z, z) = f(z) + g(z) =14[(z + z) + 2[log(z) + log(z)] + (z +−1 + z−1)

].

Passando alla notazione in coordinate (ρ, θ), abbiamo

u =14[ρ (eiθ + e−iθ) + log(ρ4) + ρ−1(eiθ + e−iθ)

]=

12[(ρ+ ρ−1) cos(θ) + log(ρ2)

];

e immediato verificare che questa verifica le condizioni iniziali richieste; non enecessario verificare che soddisfi anche l’equazione di Laplace in quanto si trattadi una funzione della forma u = f(z) + g(z). Si noti che la soluzione divienesingolare per ρ = 0 e per ρ→∞.

Esercizio 2. Lo studente e invitato a determinare la soluzione dell’equazione diLaplace che verifica (su C0) le condizioni ausiliarie ϕ = 0, ψ = cos(θ).

5

3 Soluzioni olomorfe

Se si richiede che la soluzione corrisponda alla sola parte olomorfa5 (od anti-olomorfa), e sufficiente fornire il dato iniziale corrispondente ad [u(z, z)]γ = ϕ,senza fornire quello relativo alla derivata normale.

Infatti, in questo caso (qui e nel seguito prendiamo per concretezza il caso incui si richiede che u sia olomorfa) deve essere g(z) = 0, e dalle (15) otteniamoin particolare

ψ = − i ϕ′ . (16)

Possiamo ora procedere con le formule generali fornite in precedenza, e quindiancora dalla (15) segue che

f ′(ξ) =1i ξ

ϕ′

ed integrando otteniamo

f(ξ) = − i∫

1ξϕ′[−i log(ξ)] dξ .

Esempio

Consideriamo il dato iniziale su C0

u|C0 = ϕ(θ) = sin θ .

Per quanto detto sopra, poniamo quindi

ψ = −i ϕ′ = −i cos θ ;

notiamo comunque che la f si esprime semplicemente in funzione di ϕ, ossia nelcalcolo concreto non e necessario esprimere la ψ in maniera esplicita.

Ora le (15) forniscono

f(ξ) = − i∫

1ξ

cos(θ) dξ

= − i∫

1ξ

(eiθ + e−iθ

2

)dξ

= − i2

∫1ξ

(ξ + ξ−1

)dξ

= − i2

∫ (1 + ξ−2

)dξ

= − i2(ξ − ξ−1

)=

ξ − ξ−1

2i.

5Il che e concettualmente analogo a richiedere che una soluzione dell’equazione delle ondeabbia la sola componente di onda prograssiva (o regressiva).

6

La soluzione cercata e quindi (come era lecito attendersi anche senza calcoli)

u(z) =12i(z − z−1

).

Notiamo che anche in questo caso si ha una soluzione singolare in z = 0, e chediverge per |z| → ∞

Esercizio 3. Implementare la stessa procedura nel caso dell’equazione delleonde, ossia ricavare le formule di soluzione quandi si richieda che la soluzionesia nella forma di una onda progressiva a partire dal dato iniziale u(x, 0).

3.1 Parte reale ed immaginaria di una funzione olomorfa

Scriviamof(z) = u(z) + i v(z) , u ∈ R, v ∈ R , (17)

e naturalmente z = x+ iy.E’ interessante notare che cosı come una funzione olomorfa f(z), z = x+ iy,

e soluzione dell’equazione di Laplace, anche le sue parti reale ed immaginariasoddisfano la stessa equazione.6

Infatti, segue dalle (8) che, per ∂f/∂z = 0, si ha

fxx = f ′′(z) , fyy = − f ′′(z) .

Naturalmente queste implicano che fxx+fyy = 0, che e l’equazione da cui siamopartiti. Segue dalla (17) e da

∂x = ∂z + ∂z , ∂y = i (∂z − ∂z)

che inoltre(uxx + i vxx) + (uyy + i vyy) = 0 .

Ricordando che u e v sono reali, questa implica immediatamente

uxx + uyy = 0 , vxx + vyy = 0 . (18)

Esercizio 4. Determinare le equazioni a cui obbediscono la parte reale e la parteimmaginaria di una funzione anti-olomorfa.

3.2 Funzioni armoniche e funzioni olomorfe

La nostra discussione generale mostra che (almeno in dimensione due) la dis-cussione delle soluzioni generali dell’equazione di Laplace, ossia delle funzioniarmoniche, si riduce alla discussione delle funzioni olomorfe (ed antiolomorfe).

6In altre parole, in dimensione (reale) due ogni funzione armonica e somma di una funzioneolomorfa ed una anti-olomorfa, e una funzione olomorfa e anche armonica; inoltre le sueparti reale ed immaginaria sono anch’esse funzioni armoniche. L’esercizio proposto tra pocopermettera allo studente di completare queste considerazioni.

7

In effetti, le funzioni olomorfe (dette anche analitiche7) risultano di grandeimportanza in diversi campi della Fisica Matematica e dell’Analisi, e sono sen-z’altro meritevoli di attenzione. Tuttavia, anziche passare subito alla discus-sione delle loro proprieta (che verra invece svolta in una dispensa successiva),qui nel seguito discuteremo alcune proprieta delle funzioni armoniche – propri-eta che ritroveremo poi sotto una veste leggermente diversa quando discuteremole funzioni olomorfe.

4 Problemi ai limiti

Abbiamo visto in precedenza come determinare la soluzione dell’equazione diLaplace che soddisfa condizioni assegnate su una curva γ, ad esempio sul cerchiounitario C0; queste condizioni risultavano “naturali” in termini del parallelo conl’equazione delle onde.

D’altra parte, negli esempi che abbiamo considerato le soluzioni risultavanoavere delle singolarita, pur in presenza di dati iniziali regolari. In effetti, questonon e il tipo di comportamento fisicamente interessante.8

Saremo quindi interessati a determinare delle soluzioni regolari dell’equazionedi Laplace. I problemi ai limiti che considereremo sono quindi di tipo diver-so da quello considerato sopra; indicheremo qui con B0 l’interno del dominioB ⊆ C, con γ = ∂B il bordo di B, e la curva γ sara sempre liscia e senzaauto-intersezioni.

• Problema interno di Dirichlet: Sia B il dominio all’interno di γ; deter-minare una funzione f(z) che sia armonica in B0, continua in B, e checoincida con una funzione assegnata ϕ(z) su γ.

• Problema esterno di Dirichlet: Sia B il dominio all’esterno di γ; deter-minare una funzione f(z) che sia armonica e limitata in B0 (dunque al-l’esterno di γ), continua in B, e che coincida con una funzione assegnataϕ(z) su γ.

• Problema interno di Neumann: Sia B il dominio all’interno di γ; deter-minare una funzione f(z) che sia armonica in B0, continua in B, e la cuiderivata normale a γ coincida con una funzione assegnata ψ(z) su γ.

• Problema esterno di Neumann: Sia B il dominio all’esterno di γ; de-terminare una funzione f(z) che sia armonica e limitata in B0 (dunqueall’esterno di γ), continua in B, e la cui derivata normale a γ coincida conuna funzione assegnata ψ(z) su γ.

7La differenziabilita in senso complesso implica che la funzione sia differenziabile un numeroinfinito di volte.

8Per capire questa affermazione, consideriamo l’equazione di diffusione isotropa in duedimensioni spaziali, ut = (uxx + uyy), e supponiamo che siano assegnate le condizioni sulcontorno C0 del dominio di interesse (che sara la regione |r| ≤ 1). Ovviamente se cerchiamo lesoluzioni stazionarie di questa equazione, ci riduciamo all’equazione di Laplace. D’altra parte,sappiamo che una evoluzione governata dalla equazione di diffusione tendera a regolarizzarequalsiasi singolarita della funzione.

8

Mentre e evidente che i problemi esterni siano problemi ai limiti, questa de-nominazione puo apparire bizzarra per i problemi interni; si consideri comunqueche una trasformazione conforme (che lascia invariante il Laplaciano) trasformaun problema interno nel corrispondente problema esterno.

5 Principio del massimo per funzioni armonichee sue conseguenze

Una funzione armonica in un dominio limitato ha necessariamente il suo mas-simo (e minimo) sulla frontiera di detto dominio. Usualmente questo teoremasi dimostra basandosi sulle formule di Gauss-Green-Ostrogradski (che leganointegrali sul dominio a quelli sulla frontiera), ma qui daremo invece una di-mostrazione (tratta dal bellissimo testo di I.G. Petrovsky, e da lui attribuita aPrivalov) che non usa queste formule.

Teorema del massimo. Sia B una regione limitata del piano, e indichiamocon γ = ∂B ⊂ B la sua frontiera. Se f(x, y) e una funzione armonica nell’in-terno di B e continua su γ = ∂B, allora il massimo di f in B non e superioreal massimo di f su γ.

Dimostrazione. Procediamo per assurdo. Indichiamo con m il massimo dif su γ, e supponiamo che il massimo di f in B sia raggiunto in un punto(x0, y0) ∈ B0 per cui f(x0, y0) = M > m. Indichiamo con r il raggio del piupiccolo cerchio centrato in (x0, y0) che comprenda tutto B. Consideriamo orala funzione

g(x, y) = f(x, y) + (M −m)(

(x− x0)2 + (y − y0)2

2r2

).

Segue dalla definizione di r che [(x− x0)2 + (y − y0)2] ≤ r2 per tutti i punti diB, l’eguaglianza essendo possibile solo su γ = ∂B.

D’altra parte, e chiaro che

g(x0, y0) = f(x0, y0) = M ;

inoltre, sui punti (x, y) ∈ γ abbiamo f(x, y) ≤ m e quindi

g(x, y) ≤ m + (M −m)/2 = (M +m)/2 < M .

Dunque g raggiungebbe anch’essa (come f) il suo massimo all’interno di B.Pero, per tutti i punti (x, y) ∈ B0 abbiamo

gxx + gyy = (fxx + fyy) +M −mr2

=M −mr2

> 0 ;

ma in un punto di massimo le derivate seconde non possono essere positive, equindi abbiamo una contraddizione.

9

Corollario. Sia B una regione limitata del piano, e γ = ∂B ⊂ B la suafrontiera. Se f(x, y) e una funzione armonica nell’interno di B e continua in∂B, allora il minimo di f in B non e inferiore al minimo di f su γ.9

Corollario. Se una funzione f(x, y), armonica in B0 e continua in B, non eidenticamente costante in B, il suo massimo ed il suo minimo in B si trovanoin γ = ∂B.

Esercizio 5. Dimostrare il teorema del massimo attraverso le formule di Gauss-Green-Ostrogradskii.

5.1 Unicita della soluzione del problema ai limiti

Consideriamo ora un problema di tipo Dirichlet per un dominio B con bordo∂B = γ. E’ naturale chiedersi se la soluzione di tale problema sia unica; larisposta e fornita da una semplice applicazione del principio del massimo.

Lemma. La soluzione del problema di Dirichlet per un dominio B limitato eunica.

Dimostrazione. Infatti, siano f e g due funzioni armoniche su B10 e ambeduecoincidenti con ϕ (e quindi uguali tra loro) su γ. Allora, consideriamo la funzione

δ(x, y) := f(x, y) − g(x, y) .

Questa e evidentemente armonica, essendo la differenza di due funzioni ar-moniche, e dunque il suo massimo ed il suo minimo si raggiungono su γ; d’altraparte, δ si annulla su γ, e quindi il suo massimo ed il suo minimo valgonoambedue zero. In conclusione, δ(x, y) ≡ 0 su tutto B, e quindi la soluzione delproblema di Dirichlet e unica.

5.2 Dipendenza continua della soluzione del problema ailimiti dal dato al contorno

Allo stesso modo si dimostra che la soluzione del problema di Dirichlet concondizione al bordo f(x, y) = ϕ(x, y) dipende in modo continuo dalla funzioneϕ(x, y) (assegnata su una curva chiusa γ fissata).

Siano ora ϕi (i = 1, 2) due diverse condizioni al bordo su γ, e fi(x, y) lecorrispondenti funzioni armoniche soluzione del problema di Dirichlet.

La funzioneF (x, y) := f1(x, y) − f2(x, y)

e chiaramente armonica, e su γ soddisfa la condizione

[F (x, y)]γ = Φ(x, y) := ϕ1(x, y) − ϕ2(x, y) .

9Per dimostrare questo, e sufficiente applicare il principio del massimo alla funzioneF (x, y) = −f(x, y).

10D’ora in poi, per semplicita di scrittura, intendiamo con cio che siano armonichesull’interno di B e continue su B = B ∪ ∂B.

10

Allora, se su γ abbiamo |Φ| < ε, segue immediatamente che |F | = |f1−f2| <ε su tutto B. In altre parole, f dipende in modo continuo da ϕ.

Esercizio 6. Dimostrare che se abbiamo una sequenza di funzioni armoniche fk suB, con [fk(x, y)]γ = ϕk(x, y), e la sequenza ϕk converge uniformemente su γ, allora lasequenza fk converge uniformemente su tutto B.

6 Soluzione del problema di Dirichlet

Veniamo ora a discutere come risolvere il problema di Dirichlet per l’equazionedi Laplace. Risolveremo il problema nel caso in cui γ sia un cerchio.11

Lavorando su un dominio circolare, e conveniente passare a coordinate polari(r, θ); in queste coordinate l’equazione di Laplace per u = u(r, θ) si scrive12 nellaforma

urr +1rur +

1r2uθθ = 0 . (19)

Naturalmente, ora la restrizione a γ consiste nel fissare r = r0, e dunqueavremo come condizione al bordo

u(r0, θ) = ϕ(θ) . (20)

Assumeremo che la funzione ϕ sia continua e differenziabile (o almeno differen-ziabile a tratti).

Procediamo a sviluppare u in serie di Fourier rispetto alla variabile angolareθ ∈ [0, 2π]; possiamo lavorare a scelta sia con la base di seni e coseni, sia con labase di esponenziali. Per una volta risultera in parte piu comodo, in vista delleconsiderazioni successive, lavorare con seni e coseni.

6.1 Base esponenziale

Con la base di esponenziali, avremo

u(r, θ) =∑k

uk(r) eikθ , (21)

dove i coefficienti uk soddisfano

uk(r) =1

2π

∫ 2π

0

u(r, θ) e−ikθ dθ . (22)

Per r = r0, la (21) si scrive come

u(r0, θ) =∑k

uk(r0) eikθ , (23)

11Nel caso generale possiamo sempre ricondurci a questo caso (purche γ sia una curvasemplice, ovvero B sia semplicemente connesso) attraverso una opportuna trasformazioneconforme; queste lasciano invariato il Laplaciano e quindi l’equazione di Laplace.

12Verificarlo con un calcolo esplicito per esercizio!

11

e la (20) implica che debba essere

uk(r0) = ϕk , (24)

dove naturalmente ϕk sono i coefficienti di Fourier per ϕ(θ) nello sviluppo

ϕ(θ) =∑k

ϕk eikθ , (25)

forniti dalla formula generale

ϕk =1

2π

∫ 2π

0

ϕ(θ) e−ikθ dθ . (26)

D’altra parte, usando la rappresentazione (23) per u(r, θ), l’equazione diLaplace – in particolare nella sua forma polare (19) – si riscrive come∑

k

d2ukdr2

eikθ +∑k

1r

dukdr

eikθ −∑k

1r2k2 uk e

ikθ = 0 . (27)

Raccogliendo, otteniamo∑k

[d2ukdr2

+1r

dukdr− 1

r2k2 uk

]eikθ = 0 . (28)

Dunque, grazie alle proprieta di ortogonalita della base di Fourier, otteniamouna sequenza infinita di equazioni ordinarie (non accoppiate) per le uk,

r2d2ukdr2

+ rdukdr

= k2 uk ; (29)

in altre parole, le uk(r) sono autofunzioni dell’operatore

L = r2d2

dr2+ r

d

dr(30)

con autovalore k2, dove k ∈ Z. Ovviamente queste autofunzioni sono definitea meno di una costante moltiplicativa, che puo essere usata per soddisfare lecondizioni ausiliarie uk(r0) = ϕk.

E’ evidente dalla forma della (29) che la soluzione va cercata in serie dipotenze, cioe come

uk(r) =∑m

Ckm rm ;

sostituendo nell’equazione, otteniamo facilmente che Ckm = 0 per m 6= ±k,mentre e indeterminato (quindi arbitrario) per m = ±k.

In alternativa, per risolvere la (29) passiamo innanzitutto alla variabile ρ =log(r), dunque con r = eρ. Ora

d

dr=

dρ

dr

d

dρ= e−ρ

d

dρ,

12

e quindi

L =d2

dρ2. (31)

L’equazione da risolvere (per Uk(ρ) = uk(eρ) ) e dunque semplicemente

d2Ukdρ2

= k2 Uk , (32)

con soluzione (niente somma su k)

Uk(ρ) = ak ekρ + bk e

−kρ (k 6= 0) ,

mentre per k = 0 abbiamo

U0(ρ) = a0 ρ + b0 .

Tornando alla variabile r abbiamo quindi

uk(r) = ak rk + bk r

−k (k 6= 0) , (33)

e per k = 0 u0(r) = a0 log(r) + b0.Notiamo che per k > 0, i termini rk diventano infiniti per r →∞, quelli r−k

per r → 0; per k < 0 invece i termini r−k diventano infiniti per r → ∞, quellirk per r → 0. Quanto al termine log(r), questo diverge sia per r → 0 che perr →∞.

Se ora stiamo lavorando sul dominio all’interno di γ (problema di Dirichletinterno) dobbiamo porre bk = 0 per k > 0 e ak = 0 per k < 0, per evitare lasingolarita in r = 0; se invece stiamo lavorando all’esterno di γ (problema diDirichlet esterno) dobbiamo porre ak = 0 per k > 0 e bk = 0 per k < 0, perevitare la singolarita in r =∞.13

In ambedue i casi, dobbiamo inoltre scegliere u0 = b0, cioe a0 = 0.

6.2 Base trigonometrica

Puo essere utile considerare anche la soluzione con la base di seni e coseni.Avremo ora

u(r, θ) = A0(r) +∑k>0

[Ak(r) cos(kθ) + Bk(r) sin(kθ)] (34)

e l’equazione di Laplace fornisce

r2A0′′(r) + r A0

′(r) = 0 ;r2Ak

′′(r) + r Ak′(r) = k2Ak(r) ,

r2Bk′′(r) + r Bk

′(r) = k2Bk(r) .13Questo spiega perche la richiesta di avere soluzioni limitate abbassa il numero di funzioni

che assegnano i dati al contorno da due ad una, sia per il problema interno che per quelloesterno.

13

Le soluzioni di questo sistema sono ottenute come in precedenza, ed abbiamo

A0(r) = a0 + b0 log(r) ;Ak(r) = a+

k rk + a−k r−k ,

Bk(r) = b+k rk + b−k r−k .

In questo caso la restrizione a termini che restino limitati per r → 0 o per r →∞e lievemente piu semplice, in quanto k ha sempre segno positivo.

Dunque, per il problema interno sceglieremo

A0(r) = a0 , Ak(r) = a+k r

k , Bk(r) = b+k rk ;

per il problema esterno sceglieremo

A0(r) = a0 , Ak(r) = a−k r−k , Bk(r) = b−k r

−k .

Resta vero che su r = r0 la u(r0, θ) deve coincidere con ϕ(θ); quest’ultimava ora sviluppata in serie di Fourier di seni e coseni, con

ϕ(θ) = ϕ0 +∑k>0

αk cos(kθ) + βk sin(kθ)

dove naturalmente

ϕ0 =1

2π

∫ 2π

0

ϕ(θ) dθ ,

αk =1π

∫ 2π

0

ϕ(θ) cos(kθ) dθ , (35)

βk =1π

∫ 2π

0

ϕ(θ) sin(kθ) dθ .

6.3 Problema di Dirichlet interno

Dunque, per il problema di Dirichlet interno, porremo

uk = ak rk ,

e le condizioni su r = r0 forzano la scelta delle costanti arbitrarie ak, cosiccheabbiamo a0 = ϕ0 ed inoltre

Ak(r) = αk (r/r0)k , Bk(r) = βk (r/r0)k , (36)

e la soluzione cercata si scrive come

u(r, θ) = ϕ0 +∑k

[αk cos(kθ) + βk sin(kθ)](r

r0

)k. (37)

14

Esempio. Consideriamo r0 6= 0 e ϕ(θ) = cos(θ); dunque ϕ0 = 0, αk = δk,1,βk = 0. Applicando la (37) otteniamo

u(r, θ) = (r/r0) cos(θ) .

Esercizio 7. Dimostrare la convergenza in r ≤ r0 della serie di Fourier (37). [Sugger-imento: per r ≤ r0 la serie e maggiorata da |α0| +

∑(|ak| + |bk|), e questa converge

avendo assunto che ϕ sia continua e differenziabile.]

6.4 Problema di Dirichlet esterno

Allo stesso modo, per il problema di Dirichlet esterno porremo

uk = ak r−k ,

e le condizioni su r = r0 forzano la scelta delle costanti arbitrarie ak, cosiccheabbiamo a0 = ϕ0 ed inoltre

Ak(r) = αk (r0/r)k , Bk(r) = βk (r0/r)k ; (38)

la soluzione cercata si scrive come

u(r, θ) = ϕ0 +∑k

[αk cos(kθ) + βk sin(kθ)](r0r

)k. (39)

Esempio. Consideriamo nuovamente r0 6= 0 e ϕ(θ) = cos(θ); dunque ancoraϕ0 = 0, αk = δk,1, βk = 0. Applicando la (39) otteniamo

u(r, θ) = (r0/r) cos(θ) .

Esercizio 8. Mostrare che, con L l’operatore di Laplace

L =∂2

∂x2+

∂2

∂y2=

∂2

∂r2+

1

r

∂

∂r+

1

r2∂2

∂θ2,

si ha (per ogni k ∈ Z e per r0 6= 0)

L[(r/r0)k cos(kθ)] = 0 , L[(r/r0)k sin(kθ)] = 0 ;

L[(r0/r)k cos(kθ)] = 0 , L[(r0/r)

k sin(kθ)] = 0 .

7 Integrale di Poisson

Nella sezione precedente abbiamo ottenuto delle espressioni complete per laserie di Fourier di u(r, θ), in cui i coefficienti sono determinati dai coefficienti diFourier per il dato al contorno ϕ(θ).

Potremmo essere tentati dall’inserire l’espressione esplicita di questi coeffi-cienti (in termini di integrali della ϕ) nella nostra formula. Questa tentazionetrova la sua motivazione non solo nel desiderio di avere una formula sintetica,

15

ma anche nel fatto che (come abbiamo gia ricordato) l’equazione di Laplace puoanche essere vista come l’equazione che descrive le soluzioni stazionarie dell’e-quazione di diffusione (o del calore) e che per quest’ultima esiste una formulache ci permette di esprimere in forma chiusa la soluzione a partire dal datoiniziale.14

Consideriamo per concretezza il problema di Dirichlet interno. Inseriamoallora le espressioni (35) dei coefficienti ϕ0, αk, βk nella formula (37) per u;otteniamo

u(r, θ) = ϕ0 +∑k

(r/r0)k [αk cos(kθ) + βk sin(kθ)]

=1

2π

∫ 2π

0

ϕ(η) dη +1π

∑k

(r/r0)k[cos(kθ)

∫ 2π

0

ϕ(η) cos(kη)dη

+ sin(kθ)∫ 2π

0

ϕ(η) sin(kη) dη]

=1

2π

∫ 2π

0

ϕ(η) dη +1π

∑k

(r/r0)k∫ 2π

0

ϕ(η) cos[k(η − θ)]dη

=1

2π

∫ 2π

0

ϕ(η)

[1 + 2

∑k

(r/r0)k cos[k(η − θ)]

]dη .

Passiamo ora alle variabili

ξ := η − θ , z = (r/r0) eiξ .

Con queste, abbiamo dθ = dξ ed inoltre

1 + 2∞∑k=1

(r/r0)k cos[k(η − θ)] = −1 + 2∞∑k=0

(r/r0)k cos[k(η − θ)]

= −1 + 2 Re

[ ∞∑k=0

(r/r0)k exp[ik(η − θ)]

]

= −1 + 2 Re

[ ∞∑k=0

(r/r0)k exp[ikξ]

]

= −1 + 2 Re

[ ∞∑k=0

zk

]

= −1 + 2 Re[

11− z

].

Scrivendo (r/r0) = ρ, otteniamo

Re

[1

1− z

]= Re

[1

1− ρeiξ

]= Re

[1− ρe−iξ

1 + ρ2 − 2ρ cos(ξ)

]=

1− ρ cos ξ1 + ρ2 − 2ρ cos(ξ)

.

14Naturalmente in questi termini si tratta di una suggestione piu che di un argomento.

16

Ne segue che

−1 + 2 Re[

11− z

]=

1 − ρ2

1 + ρ2 − 2ρ cos(ξ).

Abbiamo quindi mostrato che

u(r, θ) =1

2π

∫ 2π

0

ϕ(η)1− (r/r0)2

1 + (r/r0)2 − 2 (r/r0) cos(η − θ)dη . (40)

L’integrale a membro di destra della (40) e detto integrale di Poisson.Possiamo semplificarne la scrittura definendo

K[r, θ; r0, η] :=1

2π1− (r/r0)2

1 + (r/r0)2 − 2 (r/r0) cos(η − θ), (41)

col che naturalmente la (40) si riscrive come15

u(r, θ) =∫ 2π

0

K[r, θ; r0, η] ϕ(η) dη . (42)

Vogliamo ora verificare che effettivamente la (40) definisce una funzione ar-monica all’interno del cerchio di raggio r0, continua sulla circonferenza di raggior0, e coincidente su questa con ϕ(θ).

Per verificare che si tratta di una funzione armonica in B = {r < r0}, e suf-ficente verificare che K[r, θ; r0, η] e soluzione dell’equazione di Laplace (rispettoalle variabili (r, θ)), ossia che si ha

r2∂2K

∂r2+ r

∂K

∂r+

∂2K

∂θ2= 0 .

Questo puo essere facilmente verificato con un calcolo esplicito, che lo studentee invitato a svolgere.

In effetti, per concludere che L[K] = 0 implica anche che u definita dalla(40), (42) sia una funzione armonica, bisognerebbe anche verificare la legittimitadel portare le derivazioni all’interno dell’integrale; ma questo segue facilmenteda

1 + (r/r0)2 − 2 (r/r0) cos(η−θ) ≤ 1 + (r/r0)2 − 2 (r/r0) = [1− (r/r0)]2 ;

dunque K e le sue derivate sono funzioni continue in r e θ per 0 ≤ r < 1.Resta da mostrare che il comportamento sulla circonferenza γ di raggio r0 e

quello desiderato. Questa dimostrazione e meno banale, e per essa rimandiamo(in attesa del completamento di questa dispensa) alla sezione [206] del testo diSmirnov.

Osservazione. E’ possibile mostrare che la (40) e valida sotto la sola condizioneche ϕ sia continua, cioe senza condizioni ulteriori di regolarita.

15Questa formula rappresenta l’equivalente della formula che fornisce la soluzionedell’equazione del calore attraverso il propagatore.

17

Osservazione. La possibilita di esprimere la soluzione del problema di Dirich-let nella forma dell’integrale di Poisson (40) non e peculiare del lavorare indimensione due; vale a dire, in dimensione n arbitraria si ottiene una formuladello stesso tipo della (40). Ad esempio, per n = 3 risulta

u(r, θ, ϕ) =1

4πr20

∫ 2π

0

∫ 2π

0

f(θ′, ϕ′)r20 − r2

(r20 + r2 − 2rr0 cos γ)3/2dσ ,

dove dσ e l’elemento di volume sulla sfera S2 (su cui si estende l’integrale) e γe l’angolo tra i raggi che congiungono l’origine ai punti di coordinate (r, θ, ϕ) e(r0, θ′, ϕ′).

8 Soluzione del problema di Neumann

Passiamo a considerare il problema di Neumann, nuovamente su un cerchio(che possiamo sempre pensare centrato nell’origine, dato che traslare l’originedel sistema di coordinate non cambia l’equazione di Laplace).

In questo caso il valore della derivata normale al cerchio – dunque delladerivata rispetto ad r – e assegnato su un cerchio di raggio R, e corrisponde aduna funzione assegnata ψ(θ), che assumeremo continua.

Procedendo come nel caso del problema di Dirichlet, scriveremo

u(r, θ) = A0(r) +∞∑k=1

[Ak(r) cos(kθ) + Bk(r) sin(kθ)] ,

e la richiesta che u sia soluzione dell’equazione di Laplace, dunque che sia

r2 urr + r ur + uθθ = 0 ,

ci assicura che

A0(r) = a0 +b0 log(r) , Ak(r) = a(+)k rk+a

(−)k r−k , Bk(r) = b

(+)k rk+b

(−)k r−k .

Porremo sempre b0 = 0 e, a seconda che si tratti del problema di Neumanninterno od esterno, a(−)

k = b(−)k = 0 ovverossia a(+)

k = b(+)k = 0.

Quanto alla derivata (∂u/∂r) abbiamo in generale (ma avendo gia postob0 = 0)

ur(r, θ) =∑k

k[(a(+)k rk−1 − a(−)

k r−k−1) cos(kθ)

+ (b(+)k rk−1 − b(−)

k r−k−1) sin(kθ)].

La condizione di Neumann imporra ur(R, θ) = ψ(θ) e dunque una relazionetra i coefficienti di Fourier della u (le a(±)

k , b(±)k ) ed i coefficienti di Fourier della

ψ, che scriveremo come

ψ(θ) = ψ0 +∑k

[αk cos(kθ) + βk sin(kθ)] . (43)

18

8.1 Problema di Neumann interno

Iniziamo dal considerare il problema interno, cosicche le formule precedentidivengono (omettendo l’indice “+” in a

(+)k , b

(+)k )

u(r, θ) = a0 +∑k

[akr

k cos(kθ) + bkrk sin(kθ)

],

ur(r, θ) =∑k

k[akr

k−1 cos(kθ) + bkrk−1 sin(kθ)

].

In particolare, sulla circonferenza di raggio r = R abbiamo

ur(R, θ) =∑k

k[akR

k−1 cos(kθ) + bkRk−1 sin(kθ)

];

imponendo che questa funzione sia uguale a ψ(θ), si veda la (43), e concentran-doci dapprima sull’equazione per k = 0, otteniamo che la soluzione esiste soloa condizione di avere

ψ0 :=1

2π

∫ 2π

0

ψ(θ) dθ = 0 ,

il che naturalmente significa ∫ 2π

0

ψ(θ) dθ = 0 . (44)

Assumendo che la condizione (44) sia soddisfatta, le equazioni per k 6= 0forniscono

k ak Rk−1 = αk , k bk R

k−1 = βk ;

dunque la soluzione – purche la (44) sia soddisfatta – e fornita da

ak =αk

kRk−1, bk =

βkkRk−1

.

sostituendo nell’espressione per u otteniamo in conclusione

u(r, θ) = a0 +∞∑k=1

( rR

)k−1 ( rk

)[αk cos(kθ) + βk sin(kθ)] . (45)

Notiamo che il coefficiente a0 resta indeterminato, come del resto e giustoche sia: aggiungere una costante ad u non altera ne il suo essere soluzionedell’equazione di Laplace, ne i valori delle sue derivate.

8.2 Problema di Neumann esterno

Passiamo ora a considerare il problema esterno, che naturalmente sara analizza-to seguendo lo stesso metodo. Bisogna fare attenzione ad un punto: nel definire

19

la funzione ψ come derivata di u in direzione normale esterna al dominio su cuisi considera l’equazione, dato che questo e la regione esterna alla circonferenzadi raggio R, si avra un segno meno, ossia

ψ(θ) = − ur(R, θ) .

Scriveremo ancora lo sviluppo di Fourier della ψ nella forma (43).Ora le formule per u ed ur divengono (omettendo l’indice “-” in a

(−)k , b

(−)k )

u(r, θ) = a0 +∑k

[akr−k cos(kθ) + bkr

−k sin(kθ)],

ur(r, θ) = −∑k

k[akr−k−1 cos(kθ) + bkr

−k−1 sin(kθ)].

Sulla circonferenza di raggio r = R abbiamo

ur(R, θ) = −∑k

k[akR

−k−1 cos(kθ) + bkR−k−1 sin(kθ)

].

Richiediamo nuovamente che questa funzione sia uguale a ψ(θ), si veda la (43),ed ancora dall’equazione per k = 0 si ha che la soluzione esiste solo sotto lacondizione (44).

Assumendo che questa sia soddisfatta, le equazioni per k 6= 0 forniscono ora

−k ak R−k−1 = αk , −k bk R−k−1 = βk ;

dunque la soluzione – purche la (44) sia soddisfatta – e fornita da

ak = −αkkRk+1 , bk = −βk

kRk+1 .

sostituendo nell’espressione per u otteniamo in conclusione

u(r, θ) = a0 −∞∑k=1

(R

r

)k (R

k

)[αk cos(kθ) + βk sin(kθ)] . (46)

Anche in questo caso, come ovvio, il coefficiente a0 resta indeterminato.

9 Espressione integrale della soluzione per ilproblema di Neumann

Vorremmo ora ottenere per quanto possibile una formula per esprimere u(r, θ)soluzione del problema di Neumann in termini di un integrale del tipo di quellodi Poisson; naturalmente la costante additiva arbitraria u0 non potra entrare inquesta formula. L’espressione desiderata sara dunque del tipo

u(r, θ) = a0 +∫ 2π

0

H[r, θ;R, η] ψ(η) dη := a0 + v(r, θ) .

20

Consideriamo per concretezza il problema di Neumann interno, cosicche siapplica la (45), che riscriviamo come

u(r, θ) = a0 + r

∞∑k=1

( rR

)k−1(

1k

)[αk cos(kθ) + βk sin(kθ)] ,

da cui naturalmente

v(r, θ) = r

∞∑k=1

( rR

)k−1(

1k

)[αk cos(kθ) + βk sin(kθ)] . (47)

Usando la definizione dei coefficienti di Fourier αk, βk, si veda la (43), la (47)si riscrive come

v(r, θ) =R

π

∞∑k=1

( rR

)k (1k

) [cos(kθ)

∫ 2π

0

ψ(η) cos(kη) dη

+ sin(kθ)∫ 2π

0

ψ(η) sin(kη) dη]

=R

π

∞∑k=1

( rR

)k (1k

) [∫ 2π

0

ψ(η) cos(kθ) cos(kη) dη

+∫ 2π

0

ψ(η) sin(kθ) sin(kη) dη]

=R

π

∞∑k=1

( rR

)k (1k

) ∫ 2π

0

ψ(η) cos[k(θ − η)] dη .

Definendo oraρ = (r/R) , z = ei(θ−η) ,

questa si riscrive come

v(r, θ) =R

π

∞∑k=1

(ρk

k

) ∫ 2π

0

ψ(η) Re[ζk] dη . (48)

Possiamo procedere come nella derivazione dell’integrale di Poisson, ed inquesto modo otteniamo facilmente

v(r, θ) =R

π

∫ 2π

0

Re

[ ∞∑k=1

ρkzk

k

]ψ(η) dη . (49)

Ricordando ora che∞∑k=1

pk

k= − log(1− p) = log

(1

1− p

),

21

la (49) si riscrive come

v(r, θ) =R

π

∫ 2π

0

Re

[log(

11− ρζ

)]ψ(η) dη, (50)

ovvero, dato che l’unica quantita complessa nell’integrale e proprio z,

v(r, θ) = − R

πRe

[∫ 2π

0

log(1− ρζ) ψ(η) dη], (51)

Tornando ora alle variabili angolari originarie, l’argomento del logaritmo siscrive come

γ = 1− ρζ = 1− ρ ei(θ−η) = 1− ρ[cos(θ − η) + i sin(θ − η)] .

Dunque

|γ|2 = (1− cos(θ − η))2 + sin(θ − η)2

= 1 + cos2(θ − η)− 2 cos(θ − η) + sin2(θ − η)= 2 [1− cos(θ − η)] ;

e d’altra parte l’argomento di γ risulta

ξ = Arg(γ) = arctan[

sin(θ − η)1− cos(θ − η)

]= arctan

[cot(θ − η

2

)]= −

(θ − η

2± π

2

).

La (51) si riscrive quindi come

v(r, θ) = − R

πRe

[∫ 2π

0

log(|γ| eiξ) ψ(η) dη]

= − R

π

∫ 2π

0

Re[log(|γ| eiξ)

]ψ(η) dη . (52)

Il logaritmo di una quantita complessa non e univocamente definito, ma lasua parte reale lo e; dunque infine, ricordando anche l’espressione di |γ|,

v(r, θ) = − R

π

∫ 2π

0

log(|γ|) ψ(η) dη

= − R

π

∫ 2π

0

log[2 (1− cos(θ − η))] ψ(η) dη . (53)

22

10 Proprieta delle funzioni armoniche

Vogliamo ora menzionare alcune delle proprieta fondamentali delle funzioniarmoniche. Queste si dimostrano tutte a partire dall’integrale di Poisson (40).

Proprieta 1 (media). Sia f(x, y) armonica sul cerchio B. Allora il valoredi f nel centro b0 di B e pari alla media aritmetica di f sulla circonferenczaγ = ∂B.

Dimostrazione. In effetti, e sufficiente usare la rappresentazione (40) per f ;scegliendo r = 0 abbiamo

f(0, θ) =1

2πρ

∫ 2πρ

0

ϕ(s) ds =1

2πρ

∫ 2πρ

0

f(ρ, s/ρ) ds ,

che e proprio la media di f sulla circonferenza di raggio ρ.

Proprieta 2 (massimo). Sia f(x, y) armonica nel dominio B; se esiste unpunto p0 ∈ B0 nell’interno di B, tale che u(p0) e uguale al minimo limitesuperiore (al massimo limite inferiore) per u su γ = ∂B, allora u e costante.16

Dimostrazione. In effetti, assumiamo che esista un punto p0 con le detteproprieta; allora, essendo questo un punto nell’interno di B, esiste un cerchioC0 con centro p0 ed interamente contenuto in B. Dato che i valori della funzionesulla circonferenza ∂C0 non possono eccedere u(p0), per il teorema della media(v. proprieta 1 qui sopra) deve necessariamente essere u(p) = u(p0) per tutti ipunti p ∈ ∂C0; ma questo implica che u sia costante (ed uguale a u(p0)) ancheper tutti i punti nell’interno di C0. Scegliamo ora un punto p1 ∈ C0; questo avraun cerchio C1 con centro p1 ed interamente contenuto in B, e possiamo ripetereindefinitamente la procedura fino a ricoprire interamente l’interno di B.

Proprieta 3 (teorema di Liouville). Una funzione armonica sull’interopiano e non costante non e limitata ne inferiormente ne superiormente.

Dimostrazione. Consideriamo il caso di limite inferiore, dunque assumiamoche esista m tale che u(x, y) ≥ m; possiamo sempre assumere m > 0, eventual-mente aggiungendo una costante alla funzione u. Scegliamo ora un punto (r, θ)e confrontiamo u(r, θ) con il valore u0 di u nell’origine. Scegliamo un R > r, edefiniamo ϕ(θ) = u(R, θ).

Usando l’integrale di Poisson, possiamo scrivere

u(r, θ) =1

2π

∫ 2π

0

ϕ(θ)R2 − r2

R2 + r2 − 2Rr cos(θ − η)dη .

Segue da questa che (come mostreremo tra poco)(R− rR+ r

)u0 ≤ u(r, θ) ≤

(R+ r

R− r

)u0 . (54)

16Se B e limitato, il minimo limite superiore diviene il massimo, ed il massimo limite inferiorediviene il minimo.

23

Nel limite R → ∞, questa fornisce u(r, θ) = u0; data l’arbitrarieta di (r, θ),segue che u e costante.

Bisogna ancora mostrare la validita della (54). Scegliamo allora un cerchioC0 di centro p0 e raggio R; la funzione u(r, θ) puo essere rappresentata entro C0

attraverso l’integrale di Poisson usando questo cerchio (scegliamo per comoditaun sistema di coordinate polari con origine in p0). Per far cio, porremo

ϕ(θ) = u(R, θ) . (55)

Scriviamo allora

u(r, θ) =1

2π

∫ 2π

0

ϕ(θ)R2 − r2

R2 + r2 − 2Rr cos(θ − η)dη ; (56)

d’altra parte, | cos(θ − η)| ≤ 1 e quindi

R− rR+ r

≤ R2 − r2

R2 + r2 − 2Rr cos(θ − η)≤ R+ r

R− r. (57)

Inoltre, se u ≥ 0 segue dalla (55) che nella (56) si ha ϕ(θ) ≥ 0 e dalle (56),(57) segue che

12π

R− rR+ r

∫ 2π

0

ϕ(η) dη ≤ u(r, θ) ≤ 12π

R+ r

R− r

∫ 2π

0

ϕ(η) dη . (58)

Ma per la proprieta 1 qui sopra (media aritmetica) sappiamo che

12π

∫ 2π

0

u(R, η) dη = u(p0) ;

quindi la (58) si riscrive come

12π

R− rR+ r

u(p0) ≤ u(r, θ) ≤ 12π

R+ r

R− ru(p0) . (59)

Questa e proprio la (54) (in cui il valore della funzione nel centro del cerchioconsiderato, u(p0), veniva indicato con u0).

Proprieta 4 (analiticita). Sia f(x, y) armonica nel dominio B. Allora f euna funzione analitica in x ed y, cioe e rappresentabile in termini di una seriedi potenze.

Dimostrazione. Percorrendo a ritroso i passaggi svolti per ottenere l’integraledi Poisson (40), notiamo che

R2 − r2

R2 + r2 − 2Rr cos(θ − η)dη = 2Re

[−1

2+

R

R− r exp[i(θ − η)]

]dη

= −dη + 2Re[

iReiη

i(Reiη − reiθ)

]dη

= − dη + 2Re[

dζ

i(ζ − z)

],

24

dove abbiamo scrittoz = r eiθ , ζ = Reiη .

Dunque, tornando a considerare l’integrale di Poisson ed indicando con ψ(ζ) =u(R, η) = ϕ(η) il valore della funzione sul cerchio di raggio R, otteniamo

u(r, θ) = − 12π

∫ 2π

0

ϕ(η) dη + Re

[1iπ

∫ 2π

0

ψ(ζ)ζ − z

dζ

].

La teoria delle funzioni di variabile complessa (trattata in un’altra dispensa) ciassicura che l’integrale in dζ rappresenta una funzione analitica di ζ (che puoessere sviluppata in serie di ζ), e dunque anche la u e una funzione analitica dix ed y.

Enunciamo infine due altre proprieta senza dimostrazione (sebbene l’uni-co punto delicato di queste dimostrazioni sia stabilire la diseguaglianza (54),e dunque sia stato gia affrontato); lo studente interessato puo trovarne la di-mostrazione ad esempio nella sezione [III-30] del testo di Petrovsky (o attenderedi seguire il corso di equazioni a derivate parziali).

Proprieta 5 (primo teorema di Harnack). Sia uk(x, y) una successionedi funzioni armoniche in B e continue in γ = ∂B. Se la successione convergeuniformemente su γ, allora essa converge uniformemente in B e la funzionelimite e armonica in B.

Proprieta 6 (secondo teorema di Harnack). Sia uk(x, y) una successionedi funzioni armoniche e non negative in B, e questa converga per qualche puntop0 ∈ B0 nell’interno di B. Allora la successione converge ad una funzionearmonica in tutto B, e la convergenza e uniforme in ogni regione limitata in B.

G. Gaeta, 16/12/2012

25