75042 Partielle differensialligninger

Oppgavesett #6 (til 1997–10–14 ) — løsningsforslag

De første oppgavene var hentet fra Evans side 80.

Evans 2.5–2: Om vi meget kort skriver u_{i} for ∂u/∂x_{i} osv., og q_{ij} for elementene i den ortogonale matrisen Q, kan vi skrive resultatet av kjerneregelen Dv(x) = Du(Qx) · Q noe kortere som v_{k} = ∑_{i} u_{i}q_{ik}. En ytterligere derivasjon gir v_{kk} = ∑_{i,j} u_{ij}q_{ik}q_{jk} og dermed

Δv = ∑_{k} v_{kk} = ∑_{i,j} u_{ij} ∑_{k} q_{ik}q_{jk} = ∑_{i} u_{ii} = Δu = 0,

fordi Q ortogonal gir QQ^{T} = I, altså

∑_{k} q_{ik}q_{jk} = \begin{cases}1 & i = j, \\ 0 & i ≠ j. \end{cases}

Evans 2.5–3: As in the proof on pp. 29–30, define

φ(ρ) = − ∫_{∂B(0,ρ)} u(y) dS(y)

and find

φ′(ρ) = \frac{ρ}{n} − ∫_{B(0,ρ)} Δu(y) dy = −\frac{ρ}{n} − ∫_{B(0,ρ)} f(y) dy

Now that we know φ′ we can integrate to find φ. On one hand (by continuity of u) φ(0) = u(0), and on the other hand we can find φ(r) from the given data. So it’s just a question of integrating the derivative:

u(0) = φ(0) = φ(r) − ∫_{0}^{r} φ′(ρ) dρ

= − ∫_{∂B(0,r)} g(y) dS(y) + ∫_{0}^{r} \frac{ρ}{n} \frac{1}{α(n)ρ^{n}} ∫_{B(0,ρ)} f(y) dy dρ

Here we must interchange the order of integration: Note that we integrate over those (y, ρ) ∈ ℝ^{n}×ℝ satisfying |y| < ρ < r.

u(0) = − ∫_{∂B(0,r)} g(y) dS(y) + ∫_{B(0,r)} f(y) ∫_{|y|}^{r} \frac{1}{nα(n)ρ^{n−1}} dρ dy

= − ∫_{∂B(0,r)} g(y) dS(y) − \frac{1}{n(n − 2)α(n)} ∫_{B(0,r)} f(y) (\frac{1}{r^{n−2}} − \frac{1}{|y|^{n−2}} ) dy

as desired.

Evans 2.5–4: Replace u in the previous problem by our subharmonic v, and define φ the same way (but let the center of the ball be x instead of 0). The formula for φ′ immediately shows that φ′ ≥ 0, so φ is non-decreasing. In particular

v(x) = φ(0) ≤ φ(r) = − ∫_{∂B(x,r)} v dS(y)

for subharmonic v. To get the desired inequality is essentially a question of integrating in polar coordinates:

− ∫_{B(x,r)} v(y) dy = \frac{1}{α(n)r^{n}} ∫_{B(0,r)} v(x + y) dy = \frac{1}{α(n)r^{n}} ∫_{0}^{r} ∫_{∂B(0,ρ)} v(x + y) dS(y) dρ

= \frac{1}{α(n)r^{n}} ∫_{0}^{r} nα(n)ρ^{n−1} \underbrace{− ∫_{∂B(0,ρ)} v(x + y) dS(y)}_{≥v(x)} dρ

≥ \frac{v(x)}{r^{n}} ∫_{0}^{r} nρ^{n−1} dρ = v(x)

75042 PDE 1997: Oppgavesett #6 Side 2

If v has a maximum point in x ∈ U, the above inequality will imply that v(y) = v(x) for all y in a neighbourhood of x: For when v(y) ≤ v(x) for y ∈ B(x, r) then instead of the above inequality we find the opposite inequality — and it becomes strict if v(y) < v(x) for some y. Then the same connectedness argument as in the proof of the strong maximum principle shows that u is constant in the component of U containing x, and so u achieves its maximum on the boundary of that component.

To show φ(u) is subharmonic when φ is convex and u is harmonic, is simple: Just compute φ(u)_{x_{i}x_{i}} = φ′′(u)u_{x_{i}}^{2} + φ′(u)u_{x_{i}x_{i}} and add them all together to get Δφ(u) = φ′′(u)|Du|^{2} + φ′(u)Δu ≥ 0 since the first term is nonnegative and the second is zero.

Finally, if u is harmonic then so is u_{x_{i}}, and therefore u_{x_{i}}^{2} is subharmonic by the previous result. Add them all together to get |Du|^{2} subharmonic.

#6–1: I et lokalt maksimum vil u_{x_{i}x_{i}} ≤ 0 for alle i, og summerer vi over i får vi Δu ≤ 0.

#6–2: Anta at u > 1 i minst ett punkt i Ω. Siden u er kontinuerlig i den kompakte mengden \overline{Ω}, vil u oppnå et maksimum i denne mengden. Dette kan ikke skje på randen, siden u = 0 der. Altså oppnår u et maksimum i et punkt x_{0} ∈ Ω. Siden nå u(x_{0}) > 1 blir Δu(x_{0}) = u(x_{0})^{3} − u(x_{0}) > 0, som umulig kan skje i et maksimumspunkt i følge forrige oppgave.

Oppgavesett #7 (til 1997–10–21 )

#7–1: Finn en ikketriviell løsning til det homogene Dirichletproblemet Δu = 0 i Ω, u = 0 på ∂Ω der Ω er stripen 0 < y < π i planet. Hva forteller dette eksemplet om maksimumsprinsippet? (Hint. Bruk separasjon av variable.)

#7–2: La Ω ⊆ ℝ^{n} være en åpen mengde, og (u_{n}) en følge av harmoniske funksjoner på Ω. Vi sier at u_{n} konvergerer mot en grense u uniformt på kompakter om det, for hver kompakt mengde K ⊂ Ω og hver ε > 0, finnes N slik at om n ≥ N og x ∈ K er |u_{n}(x) − u(x)| < ε. Vis at grensen u er harmonisk om dette er tilfelle. (Hint. Bruk middelverdiegenskapen.)

#7–3: La Ω ⊆ ℝ^{n} være en åpen, begrenset og sammenhengende mengde, og la (u_{n}) være en svakt voksende (u_{n+1} ≥ u_{n}) følge av harmoniske funksjoner på Ω. Anta at det finnes et punkt x ∈ Ω slik at sup_{n} u_{n}(x) < ∞. Vis at da vil u_{n} konvergere uniformt på kompakter mot en harmonisk funksjon u.

#7–4: La v være subharmonisk og u harmonisk i et åpent, begrenset område Ω, og anta de begge er kontinuerlige i \overline{Ω}. Vis at om v ≤ u på ∂Ω så er v ≤ u i Ω.

#7–5: Vis Hadamards teorem om tre sirkler (three circles theorem): La v(x, y) være subharmonisk i et område som inneholder annulusen r_{1}^{2} ≤ x^{2} + y^{2} ≤ r_{2}^{2}. Da vil maksimumsfunksjonen

M(r) = max_{x^{2}+y^{2}=r^{2}} v(x, y)

oppfylle

M(r) ≤ \frac{M(r_{1}) ln \frac{r_{2}}{r} + M(r_{2}) ln \frac{r}{r_{1}}}{ln \frac{r_{2}}{r_{1}}} (r_{1} < r < r_{2}).

(Hint. Enhver funksjon på formen a ln r + b er harmonisk i ℝ^{2}.)

Hva blir det tilsvarende teoremet om tre kuler i ℝ^{n} når n ≥ 3?