푸아송 방정식의 기본해

푸아송 방정식의 기본해

fundamental solution of poissons equation

빌드업1

라플라스 방정식의 기본해

$x \in \mathbb{R}^{n}$이고, $x \ne 0$에 대해 아래의 함수 $\Phi$를 라플라스 방정식의 기본해라고 정의한다.

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

$x \mapsto \Phi(x)$와 같이 매핑하는 함수를 생각해보자. 이는 $x \ne 0$인 곳에서 하모닉이다. 원점을 $0$에서 $y\in \mathbb{R}^{n}$로 대칭이동했다고 하자. 그러면 함수 $x \mapsto \Phi(x-y)$는 $x\ne y$인 곳에서 하모닉이다. 이제 임의의 함수 $f : \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R}$가 주어졌다고 하자. 그러면 다음의 함수는, $f$가 $y$에 대한 함수이므로, 여전히 변수 $x$에 대해서 하모닉이다.

$$ x \mapsto \Phi(x-y)f(y) $$

그러면 각각의 $y_{k}\in \mathbb{R}^{n}$에 대해서 위의 함수가 하모닉이므로 이를 모두 더해도 여전히 하모닉이다.

$$ x \mapsto \sum _{k=1}^{N}\Phi (x-y_{k})f(y_{k})\text{ is harmonic in } \mathbb{R}^{n}\setminus \left\{ y_{1},\dots,y_{N} \right\} $$

여기에서 $N$을 늘려가는 센스로 함수 $u$를 다음과 같이 정의하자.

정의

$\Phi$를 라플라스 방정식의 기본해라고 하자. 그러면 다음과 같이 정의되는 $u$를 푸아송 방정식의 기본해 라고 한다.

$$ \begin{equation} \begin{aligned} u(x) &= \int_{\mathbb{R}^n} \Phi (x-y) f(y)dy = \Phi \ast f (x) \\ &= \begin{cases} \displaystyle -\dfrac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}^2} \log (|x-y|) f(y) dy & (n=2) \\ \displaystyle \dfrac{1}{n(n-2)\alpha (n) }\int_{\mathbb{R}^n} \dfrac{f(y)}{|x-y|^{n-2}}dy & (n \ge 3) \end{cases} \end{aligned} \label{PoiFunda} \end{equation} $$

이때 $\ast$는 합성곱 을 의미한다.

설명

$$ \begin{equation} \Delta u = f \label{Poisson’s} \end{equation} $$

이제 우리는 $u$가 푸아송 방정식) $\eqref{Poisson’s}$을 만족하기를 기대한다. $f$에 적절한 조건이 주어지면, $u$가 잘 정의되고 푸아송 방정식도 만족함을 알 수 있다. 그것 조건은 $f$가 컴팩트 서포트를 가지면서, 2번 연속적으로 미분가능한 것이다.

$$ f \in C^{2}_{c} $$

  • 잘 정의됨

    $f \in C_{c}(\mathbb{R}^n)$이라고 하자. 그러면 다음을 만족하는 열린 볼 $B(x,r_{x})$가 존재한다.

    $$ \text{supp}f \subset B(x, r_{x}),\quad r_{x}>0 $$

    그러면 다음의 계산으로 $u$가 잘 정의됨을 알 수 있다.

    $$ \begin{align*} \left| u(x) \right| &\le \int_{ \mathbb{R}^{n} } \left| \Phi(x-y) \right| \left| f(y) \right| dy \\ &= \int_{ B(x, r_{x}) } \left| \Phi(x-y) \right| \left| f(y) \right| dy \\ &\le \max \left| f \right| \int_{ B(x, r_{x}) } \left| \Phi(x-y) \right| dy \\ &= \max \left| f \right| \int_{ B(0, r_{x}) } \left| \Phi(y) \right| dy < \infty \end{align*} $$

정리

$f \in C^{2}_{c}(\mathbb{R}^{n})$라고 하자. $u$가 $\eqref{PoiFunda}$에서와 같다고 하자. 그러면 다음이 성립한다.

  • (i) $u\in C^2 (\mathbb{R}^n)$

  • (ii) $-\Delta u=f\ \ \mathrm{in} \ \ \mathbb{R}^n$

증명

(i)

고정된 $x \in \mathbb{R}^n$이 주어져있고 $0 \ne h \in \mathbb{R}$, $i\in \left\{ 1,\cdots,n\right\}$라고 하자. 그러면 다음이 성립한다.

$$ \dfrac{u(x+he_i)-u(x) }{h} =\int_{\mathbb{R}^n} \Phi(y)\dfrac{f(x+he_i-y) -f(x-y)}{h}dy $$

이때 $e_i=(0,\cdots ,1,\cdots, 0)$는 $i$번째 성분만 $1$이고 나머지 성분은 $0$인 벡터이다. 그러면, $f$가 미분가능하므로, 평균값 정리(MVT)에 의해 임의의 $y \in \mathbb{R}^n$와 $h’ \in (0,h)$에 대해서 다음이 성립한다.

$$ \dfrac{f(x+he_i-y) - f(x-y)}{h}=f_{x_i}(x+h’e_i-y) $$

가정에 의해 $f_{x_i} \in C_{c}^1 (\mathbb{R}^n)$이고, 컴팩트 공간에서 연속인 함수는 균등연속이므로 $f_{x_i}$는 $\mathbb{R}^n$에서 균등 연속이다. 따라서 주어진 $\epsilon >0$에 대해서 $|z-w|<\delta \implies |f_{x_i}(z)-f_{x_i}(w)|<\epsilon$을 만족하는 $\delta >0$가 존재한다. 만약 $0<|h|<\delta$이면 모든 $y\in \mathbb{R}^n$에 대해서 다음이 성립한다.

$$ |(x+h’e_i-y)-(x-y)|=|h’|<|h|<\delta $$

따라서 다음이 성립한다.

$$ \begin{align*} &&|(x+h’e_i-y)-(x-y)|=|h’|<|h| &< \delta \\ \implies && |f_{x_i}(x+h’e_i-y)-f_{x_i}(x-y)| &< \epsilon \\ \implies && \sup \limits_{y\in \mathbb{R}^n} \left| \dfrac{ f(x+he_i-y)-f(x-y)}{h}-f_{x_i}(x-y) \right| &< \epsilon \end{align*} $$

그러므로 다음이 성립한다.

$$ \dfrac{f(x+he_i-y) - f(x-y)}{h} \rightrightarrows f_{x_i}(x-y)\ \ \ \mathrm{as}\ \ \ h\rightarrow 0 $$

따라서 다음을 얻는다.

$$ \begin{align*} u_{x_i}(x) &= \lim \limits_{h \rightarrow 0}\dfrac{ u(x+he_i)-u(x)}{h} \\ &= \int_{\mathbb{R}^n} \Phi (x) f_{x_i}(x-y)dy \ \ \ (i=1,\cdots, ) \end{align*} $$

같은 방식으로 다음이 성립한다.

$$ \begin{align*} u_{x_ix_j}(x) &= \lim \limits_{h \rightarrow 0}\dfrac{ u_{x_i}(x+he_j)-u_{x_i}(x)}{h} \\ &= \int_{\mathbb{R}^n} \Phi (x) f_{x_ix_j}(x-y)dy \ \ \ (i,j=1,\cdots, ) \end{align*} $$


  1. Lawrence C. Evans, Partial Differential Equations (2nd Edition, 2010), p 22-23 ↩︎

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