Equazioni differenziali alle derivate parziali/Il metodo delle cariche immagine nel semipiano

Si è dimostrato che una funzione $u(x)$ modulo integrabile di classe $C^2(\mathrm{\Omega })\cap C^1(\bar{\mathrm{\Omega }})$ può essere scritta, grazie alla formula di rappresentazione, conoscendo i valori che essa assume al bordo di $\mathrm{\Omega }$ e il valore di $\mathrm{\Delta }u$. Per poter scrivere in modo completo la formula di rappresentazione, come si è visto, è necessario anche conoscere la funzione di Green del problema che si sta studiando. Si è osservato che la funzione di Green è simmetrica ed esiste sempre: l'eventuale difficoltà starà nella sua determinazione. In questo e nei prossimi moduli ci si occuperà di usare la formula di rappresentazione, e dunque di determinare la funzione di Green, per risolvere dei problemi al bordo particolari.

Iniziamo con l'esempio della determinazione della funzione di Green nel semipiano positivo di ${ℝ}^2$: questo problema è anche noto con il nome di metodo delle cariche immagine.

Sia $\mathrm{\Omega }=\{x_2>0\}$. Consideriamo il problema:

$\{\begin{array}{c}-\mathrm{\Delta }u=f\\ u{\mid }_{\partial \mathrm{\Omega }}=g\end{array}$

Dalla formula di rappresentazione si ha che:

$u(x)=-{\int }_{\partial \mathrm{\Omega }}g(y)\frac{\partial G(x,y)}{\partial \hat{n}}d\sigma (y)+{\int }_{\mathrm{\Omega }}G(x,y)f(y)dy$

Nello specifico del problema studiato essa equivale a:

$u(x,y)=-{\int }_{y=0}g(s)G_{\hat{n}}(x,y)ds+{\int }_{ℝ\times ℝ}G(x,y)f(y)dy$

Ci si chiede ora chi sia, e che espressione abbia, la funzione $G(x,y)$. Se esiste, essa deve avere la forma $G(x,y)=\mathrm{\Phi }(x-y)-h(y)$. Stiamo quindi cercando $G(x,y)$ tale che:

$G(x,0)=0\mathrm{\forall }x\in ℝ,G\sim \mathrm{\Phi }\text{ in }𝒰(x\in \mathrm{\Omega }),\mathrm{\Delta }G=0\mathrm{\forall }x\ne y$

Nel piano si ha che $\mathrm{\Phi }=\frac{1}{2\pi }\log \mid x\mid$ e si vuole trovare $h(y)$ tale che annulli $\mathrm{\Phi }$ su $(x,y=0),\mathrm{\forall }x\in ℝ$. Si osserva che prendendo $h(y)$ della forma $h(y)=\mathrm{\Phi }(x^{\star }-y)$ con $x^{\star }=\{x_2<0\}={ℝ}_{-}^2$; in questo modo si avrà che $\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }=0,\mathrm{\forall }y\in \mathrm{\Omega }={ℝ}_{+}^2$. Ci si chiede ora se $\mathrm{\exists }{x}^{\star }(x)$ tale che $\mathrm{\Phi }(x-y)-\mathrm{\Phi }(x^{\star }-y)=0$. In sostanza si vuole determinare $x^{\star }(x)$ tale che

$\{\begin{array}{c}-\frac{1}{2\pi }\log \mid x-y\mid =-\frac{1}{2\pi }\log \mid x^{\star }(x)-y\mid \\ \underset{\_}{y}=(y_1,0)\end{array},x\in {ℝ}_{+}^2,x^{\star }\in {ℝ}_{-}^2$

Se $\underset{\_}{x}=(x_1,x_2)$ il sistema appena scritto è risolto dalla scelta:

${\underset{\_}{x}}^{\star }=(x_1,-x_2)\Rightarrow dist(y=0,x)=dist(y=0,x^{\star })$

Si nota quindi che $x^{\star }$, la posizione della carica immagine, corrisponde al simmetrico di $x$ nel semipiano negativo. Avendo determinato $x^{\star }$ è quindi possibile scrivere l'espressione esplicita della soluzione, usando la formula di rappresentazione. Infatti ora la funzione di Green è completamente determinata:

$G(x,y)=-\frac{1}{2\pi }(\log \mid x-y\mid +\log \mid x^{\star }-y\mid )$

Ora riscrivendo l'espressione per $u(x,y)$ con la formula di rappresentazione e la forma analitica appena determinata per la funzione di Green si ha una determinazione completa della soluzione del problema.