Prueba de principio máximo en la ecuación de Laplace que involucra la fórmula integral de Poisson

Question

Esta pregunta apareció en un pasado PDE examen encontré mientras estudiaba para mis exámenes finales:

Deje $u(r,\theta)$ ser la solución a la ecuación de Laplace en coordenadas polares: $$u_{rr}+\frac{1}{r}u_r+\frac{1}{r^2}u_{\theta\theta} = 0, \quad 0<r\le a$$ que satisface la condición de contorno $$u(a,\theta)=f(\theta)$$ donde $u$ está dado por la fórmula de Poisson $$u(r,\theta)=\frac{a^2-r^2}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{f(\xi)}{a^2-2ar\cos(\theta-\xi)+r^2 }\mathrm{d}\xi$$Prove that if $M=\max(|f(\theta)|)$, then $|u(r,\theta)| \le M$ for all $r \le a$ and all $\theta$.

Esta es, obviamente, la máxima principio para armónica de funciones y puede ser demostrado mediante análisis con bolas y topológicas de los principios. Sin embargo, nada de esto está cubierto en mi clase desde su pregrado de introducción a la PDE curso.

La solución de la muestra, dado por el profesor, es incorrecta, por lo que puedo ver y va como sigue:

\begin{align} |u|&= \left|\frac{a^2-r^2}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{f(\xi)}{a^2-2ar\cos(\theta-\xi)+r^2 }\mathrm{d}\xi\right|\\[1em] &= \frac{a^2-r^2}{2\pi} \left|\int_0^{2\pi} \frac{f(\xi)}{a^2-2ar\cos(\theta-\xi)+r^2 }\mathrm{d}\xi\right|\\[1em] &\le \frac{a^2-r^2}{2\pi}\int_0^{2\pi} \left|\frac{f(\xi)}{a^2-2ar\cos(\theta-\xi)+r^2 }\right|\mathrm{d}\xi \\[1em] &\le \frac{a^2-r^2}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{|M|}{a^2-2ar+r^2 }\mathrm{d}\xi \\[1em] &=\boxed{|M| \frac{a^2-r^2}{a^2-2ar+r^2}\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\xi = |M| \frac{a-r}{a+r}} \le |M| \quad \blacksquare\\{} \end{align}

La igualdad que tengo en caja es donde el error surge debido a que:

$$\frac{a^2-r^2}{a^2-2ar+r^2} = \frac{(a-r)(a+r)}{(a-r)^2} = \frac{a+r}{a-r} \ne \frac{a-r}{a+r}$$

por esta lógica de la desigualdad es ilimitado.

He traído esto con el profesor y él dijo que iba a volver a mí en una semana como él está de acuerdo conmigo, pero yo, sinceramente, estoy muy intervenidos por este a esperar.

Entonces, ¿cuál es la correcta prueba utilizando el mismo método que se ha demostrado por el profesor?

Claramente el error debe surgir de algún error en la lógica seguida por las desigualdades de valores absolutos.

He intentado reparar la solución aplicando el triángulo de la igualdad y/o revertir la desigualdad del triángulo para el denominador de la integral, pero no puedo llegar a la forma

$$\frac{a^2-r^2}{a^2+2ar+r^2} = \frac{(a-r)(a+r)}{(a+r)^2} = \frac{a-r}{a+r}$$ donde la desigualdad seguiría como estaba escrito en la solución.

Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

Un método podría ser observar que $$ \varphi(r,\theta) = \frac{a^2-r^2}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{|M|}{a^2-2ar\cos(\xi \theta)+r^2 }\mathrm{d}\xi $$ resuelve el problema de valor de frontera con la condición de contorno de valor constante $ | M | $. Si ya has probado la unicidad de soluciones del problema de valor de frontera, a continuación, desde la función constante $ \varphi(r,\theta) = |M| $ es una solución, se puede concluir que el valor de la integral es $ |M| $.

De lo contrario, sólo se puede calcular la integral. Si usted sabe algunas de las herramientas de análisis complejo, no se trata de un duro contorno integral. De lo contrario, creo que hay algunos razonable $ u $-sustitución de las obras. Por ejemplo, el uso de la doble ángulo fórmula para $ \cos $ $$ \int \frac{1}{a + b \cos(\theta)} d \theta = \int \frac{1}{a+b \; (2 \cos^2(\theta/2) - 1)} d \theta $$ La sustitución de $ u = \tan(\theta/2) $ parece ir a algún lugar.

Observe de nuevo que el valor de la integral es $ |M| $, lo que sugiere que cualquier enfoque que involucra superior-la delimitación de la kernel $ \frac{1}{a^2-2ar\cos(\theta-\xi)+r^2 } $ no trabaja.

Answer 2

Yo he jugado con esta por un tiempo para ver si se podía hacer con algunos conceptos básicos de las estimaciones de la integral. Yo no he tenido suerte y, como user85055 dijo que, dado que $$\frac{a^2-r^2}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{M}{a^2-2ar\cos(\theta-\xi) + r^2} \ d\xi = M,$$ no vamos a ser capaces de obtener el resultado de simplemente mediante la obtención de límites superiores en el núcleo de Poisson.

Teniendo en cuenta esto, creo que la mejor manera de resolver este problema sería esencialmente rederive el principio del máximo (al menos en el caso especial donde el dominio es un disco). Afortunadamente, esto es bastante sencillo. Yo estaría feliz de esbozar el argumento, pero me imagino que usted la pueda encontrar fácilmente.

Edit: voy a esbozar el argumento de que estoy sugiriendo. En primer lugar, vamos a probar una versión del principio del máximo y, a continuación, un principio del máximo.

Elegir algún disco de $D_\rho(p) \subset D_a(0)$. Elija coordenadas polares centrado en $p$ y el uso de la distribución de Poisson del núcleo de la representación de la fórmula para obtener $$u(p) = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} u(\rho,\theta) \ d\theta.$$ Es decir, el valor de $u$ en el centro de cualquier disco es igual a su media sobre el círculo de la delimitación de la unidad de disco. Ahora estamos listos para probar el resultado.

Así, supongamos que $u$ supera $M$ en algún punto en el interior. A continuación, $u$ debe alcanzar su máximo, llame a $A>M$, en algún punto en el interior de la disco, decir $q \in D_a(0)$. Luego, elija $0<R<\mathrm{dist}(q,\partial D_a(0))$ y el aviso de que $$A = u(q) = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} u(R,\theta) \ d\theta \leq A.$$ Observe que la desigualdad se mantiene como el promedio de $u$ sobre el círculo no puede exceder el máximo de $u$ sobre la totalidad del disco. Esto implica que $u\equiv A$ a $\partial D_R(q)$. Repitiendo este argumento, y que cubre el disco con círculos implica que $u\equiv A$ a $D_a(0)$. Sin embargo, este es un problema ya que no es coherente con la BCs; en particular, esto implica que $u$ no es continua en a$\overline{D_a(0)}$.