Задача Дирихле с аналитическими граничными данными.

[Padawan]

Пусть на сфере $S\colon x^2+y^2+z^2=1$ задана аналитическая функция $f(t)$, $t\in S$, и пусть $u(x,y,z)$ -- гармоническая в шаре $x^2+y^2+z^2<1$ функция, принимающая $S$ данные значения $f(t)$. Верно ли, что $u$ можно продолжить до гармонической функции в шаре $x^2+y^2+z^2<(1+\varepsilon)^2$ для некоторого $\varepsilon>0$?

[Vince Diesel]

Думаю, да. Надо бы доказать сначала, что производная по нормали тоже аналитическая функция на $S$. То есть рассмотреть оператор (интегральный или псевдодифференциальный) на $S$, сопоставляющий граничной функции значения прозводной решения по нормали. Учитывая происхождение от эллиптической задачи, вряд ли он портит свойства граничной функции. Ну или явно записать решение через сферические функции и попробовать доказать. Затем, по теореме Коши-Ковалевской с начальными данными - функцией и производной по нормали - в оркестности каждой точки сферы есть решение. Кроме того, если склеить решения (внутри данное, снаружи задачи Коши), вторые производные, входящие в оператор Лапласа в сферических координатах, будут непрерывны на сфере, поскольку вторая производная по номали выражется через первую по нормали и производные по угловым переменным. Выбирая конечное подпокрытие такими окрестностями, получим функцию, удовлетворяющую уравнению Лапласа при $r<1+\varepsilon$.

[Padawan]

У меня получилось, что оператор, сопоставляющий граничной функции $f$ значения производной решения по (внешней) нормали равен угловой части оператора Лапласа со знаком минус, т.е. $-{\frac{1}{\sin \theta}{\partial \over \partial \theta}\left( \sin \theta {\partial f \over \partial \theta} \right)-{1 \over \sin^2 \theta} {\partial^2 f \over \partial \varphi^2}$. Он же инвариантный лапласиан на сфере $-\Delta_S f$. Кто-нибудь может подтвердить? В смысле, не является ли это известным фактом? И для произвольной гладкой замкнутой поверхности $S$ тоже поди $-\Delta_S f$ будет.

[sup]

Оператор второго порядка по касательным переменным выдает производную по нормали? Весьма сомнительно. Там, очевидно, будет сингулярный оператор. Для двумерного случая производная по нормали получается из касательной производной с помощью оператора Гильберта (не считая возможных "хороших" добавок .... точно не скажу). Очевидно здесь тоже что-то такое же. Чтобы понять, что там такое, достаточно рассмотреть случай полупространства и применить преобразование Фурье. Возможно пригодится тот факт, что фундаментальное решение для $R^3$ - это $1/r$

[Vince Diesel]

Padawan в сообщении #432838 писал(а):

У меня получилось, что оператор, сопоставляющий граничной функции $f$ значения производной решения по (внешней) нормали равен угловой части оператора Лапласа со знаком минус, т.е. $-{\frac{1}{\sin \theta}{\partial \over \partial \theta}\left( \sin \theta {\partial f \over \partial \theta} \right)-{1 \over \sin^2 \theta} {\partial^2 f \over \partial \varphi^2}$

Нет. Там же еще вторая производная по $r$ в уравнении будет. Этот оператор именно, что нелокальный (псевдодифференциальный).

Цитата:

Он же инвариантный лапласиан на сфере $-\Delta_S f$. Кто-нибудь может подтвердить? В смысле, не является ли это известным фактом? И для произвольной гладкой замкнутой поверхности $S$ тоже поди $-\Delta_S f$ будет.

Вторая произвожная по нормали всегда будет. Лапласиан же сумма вторых производных по ортогональным направлениям. Общая формула написана здесь.

А аналитичность нормальной производной можно попробовать доказать с помощью разложения в ряд по $r$ и сферическим функциям. При $r=1$ получится ряд по сферических многочленам. Так как он представляет аналитическую функцию, его коэффициенты должны достаточно быстро убывать. А производная по нормали для члена с $r^n$ добавляет умножение на $n$, что сходимость не должно портить.

[Padawan]

Да, ошибся. Должно быть

$$ \frac{\partial u(t)}{\partial n}=-\int\limits_S\Delta_S f(s) \cdot K(\widehat {st})\, ds, $$

где $K(\widehat{s t})=\int\limits_0^1 P(r,\widehat {s t}) dr$, $P(r,\widehat{s t})=\dfrac{1}{4\pi}\dfrac{1-r^2}{\big(1-2r\cos (\widehat{s t})+r^2\big)^{3/2}}$ -- ядро Пуассона, $\widehat{s t}$ - угол между векторами $s,t\in S$
И как на аналитичность исследовать?

Vince Diesel
Не понял, почему выражения для лапласиана на сфере у меня не правильное...

[Oleg Zubelevich]

Vince Diesel в сообщении #432083 писал(а):

Затем, по теореме Коши-Ковалевской с начальными данными - функцией и производной по нормали - в оркестности каждой точки сферы есть решение

Почему это решение должно совпадать с заданной гармонической функцией?

[Vince Diesel]

Padawan в сообщении #432914 писал(а):

Не понял, почему выражения для лапласиана на сфере у меня не правильное...

Правильное. Я обсуждал возможность выразить через него производную по нормали в случае произвольной поверхности.

На аналитичность тут исследовать вряд ли просто. Хотя, вполне возможно, что для похожих ситуаций, скажем, в полупространстве, это где-нибудь сделано. А, может, и для сферы сделано.

Oleg Zubelevich в сообщении #432952 писал(а):

Почему это решение должно совпадать с заданной гармонической функцией?

Изначально этого не утверждается. Рассматривается склейка:

Vince Diesel в сообщении #432083 писал(а):

(внутри данное, снаружи задачи Коши)

[sup]

Не очень понятно, почему возникли такие трудности. Для иллюстрации и простоты писанины я буду использовать одномерные интегралы. Прежде всего, как мы намерены доказывать аналитичность $u_r$? Достаточно доказать оценку сверху для $k$-х касательных производных $|D^ku_r(x)| <Ck!a^k$ равномерно по всем точкам сферы, с некоторыми $C,a$.
У нас имеется формальное представление
$u_r(x)=\int \limits_C \frac {f(t)dt}{t-x}$
Опять же, формально дифференцируя, получим представление для $D^ku_r(x)$. Вся неприятность лишь в том, что под интегралом возникает "большая" особенность. Все было бы хорошо, если бы функция $f(x)$ и ее производные до нужного порядка обращались бы в этой точке в 0. Это сравнительно легко организовать.
$D^ku_r(x)=k!\int \limits_C \frac {f(t)dt}{(t-x)^{k+1}}=k!\int \limits_C \frac {f(t)-f(x)-f'(x)(t-x)...dt}{(t-x)^{k+1}} +k!\int \limits_C \frac {f(x)+f'(x)(t-x)...)dt}{(t-x)^{k+1}}$
Теперь уже ясно, что первый интеграл легко оценивается через $D^{k+1}f$, а второй считается явно. Но даже с этим явным интегралом можно не возиться. Пусть $x \in S$. Подберем какую-нибудь гармоническую функцию $g$ так, чтобы $D^l(g(x)-f(x))=0, l \leq k$. Тогда $|D^ku_r(x)| \leq |D^kg_r(x)|+|D^k(u_r(x)-g_r(x)|$, и второе слагаемое уже легко оценивается через $|D^{k+1}(f(t)-g(t))|,t \in S$. Теперь уже достаточно оценить производные для $g(t)$.

[Padawan]

Придумал, как доказать вообще без вычислений. Достаточно доказать, что функция $u(x,y,z)$, гармоническая в некоторой $z>0$-полуокрестноcти точки $(x_0,y_0,0)$ и принимающая аналитические значения $f(x,y)$ на плоскости $z=0$, продолжается до гармонической в окрестности $(x_0,y_0,0)$. Случай сферы и шара сводится к этому при помощи преобразования Кельвина.
Для заданной аналитической граничной функции $f(x,y)$ по теореме Коши-Ковалевской существует гармоническая в окрестности $(x_0,y_0,0)$ функция $v(x,y,z)$ такая, что $v(x,y,0)=f(x,y)$ (за $v'_z(x,y,0)$ можно взять любую аналитическую, например, $0$). Функция $h=u-v$ гармонична при $z>0$ и равна нулю при $z=0$. Поэтому её можно продолжить до гармонической в симметричную относительно плоскости $z=0$ область по правилу $h(x,y,-z)=-h(x,y,z)$. Тогда $u=h+v$ тоже продолжается до гармонической в окрестности $(x_0,y_0,0)$.

[sup]

Ну да, замечательная идея. Я про симметрию для полупространства подумал, а вот преобразование Кельвина даже и не вспомнил. С другой стороны, а что делать, если область отлична от шара?