Как показать, что уравнение Лапласа имеет единственное решение при краевом условии Дирихле с замкнутой поверхностью?

Проблема существования очень сложна, и она сильно зависит от регулярности, которую вы требуете от своих решений. Классический ($C^2$) решения гарантированно существуют при подходящих гипотезах об области: это должно быть открытое непустое множество$\Omega$чье закрытие$\overline{\Omega}$компактно, а граница$\partial \Omega$достаточно регулярна как поверхность. Метод функций Грина позволяет вывести решение.

Вместо этого уникальность относительно проще. Он основан на известной теореме, называемой принципом максимума для гармонических функций . я в дальнейшем обозначаю через$\Delta$оператор Лапласа, иногда обозначаемый$\nabla^2$.

ТЕОРЕМА ( слабый принцип максимума для гармонических функций ).
Пусть$\Omega \subset \mathbb R^n$— открытое непустое множество, замыкание которого$\overline{\Omega}$компактен (т.е. замкнут и ограничен) .

Если$f : \overline{\Omega} \to \mathbb R$удовлетворяет

(а)$f$непрерывен на$\overline{\Omega}$,

(б)$f \in C^2(\Omega)$,

(с)$f$гармоничен в _$\Omega$, то есть$\Delta f =0$в$\Omega$,

затем

$$\max_{\overline{\Omega}} |f| = \max_{\partial\Omega} |f|$$ и, кроме того $$\max_{\overline{\Omega}} f = \max_{\partial\Omega} f\:, \quad \min_{\overline{\Omega}} f = \min_{\partial\Omega} f\:.$$

Упомянутая теорема имеет следующее следствие в отношении проблемы уникальности в вопросе ОП.

СЛЕДСТВИЕ . Позволять$\Omega \subset \mathbb R^n$— открытое непустое множество, замыкание которого$\overline{\Omega}$компактен (т.е. замкнут и ограничен) .

Существует не более одной непрерывной функции$g : \Omega \to \mathbb R$так что это$C^2(\Omega)$и удовлетворяет уравнению Пуассона в$\Omega$:

$$\Delta g(x) = \rho(x)\:, \quad x \in \Omega\tag{1}$$ для заданной непрерывной функции$\rho : \Omega \to \mathbb R$и граничные условия Дирихле $$g(x) = \psi(x)\:, x \in \partial \Omega\tag{2}$$ для заданной непрерывной функции$\psi : \partial \Omega \to \mathbb R$.

Доказательство . Предположим, что оба$g, g' : \overline{\Omega} \to \mathbb R$непрерывны,$C^2(\Omega)$и удовлетворяют (1) и (2) для одного и того же$\rho$и$\psi$. Как следствие,$f:= g-g'$удовлетворяет условиям ТЕОРЕМЫ. Следовательно, для каждого$x\in \overline{\Omega}$,

$$0 \leq |g(x)-g'(x)| \leq \max_{\overline{\Omega}}|g-g'|= \max_{\partial \Omega}|g-g'| = \max_{\partial \Omega}|\psi-\psi| = \max_{\partial \Omega} 0 =0\:.$$ Таким образом $g(x)= g'(x)$для каждого $x \in \overline{\Omega}$.

КЭД

Как сказано в комментариях, решение для доказательства единственности заключается в предположении двух решений уравнения Лапласа.$\phi_1$и$\phi_2$удовлетворяющие тем же граничным условиям Дирихле. Затем мы доказываем, что$\phi = \phi_1 - \phi_1$равна нулю всюду в объеме, ограниченном границей, откуда следует, что$\phi_1 = \phi_2$. Обратите внимание, что по определению$\phi$равен нулю на границе.

Для этого воспользуемся тождеством

$$\nabla\cdotp (\psi \nabla\phi) = \psi \nabla^2\phi +\nabla\psi \cdotp\nabla\phi$$ с $\psi = \phi$чтобы получить $$\int_V \phi \nabla^2\phi dV = \int_V \nabla\cdotp (\phi \nabla\phi) dV- \int_V \nabla\phi \cdotp\nabla\phi dV$$
Левый член равен нулю, потому что по определению $\nabla^2\phi=0$по всему объему. Мы тогда остаемся с $$\int_V \nabla\cdotp (\phi \nabla\phi) dV= \int_V \nabla\phi \cdotp\nabla\phi dV=\int_V (\nabla\phi)^2 dV$$
Мы можем использовать теорему о расходимости, чтобы получить $$\int_V \nabla\cdotp (\phi \nabla\phi) dV=\oint_C (\phi \nabla\phi)\cdotp dA$$ где C — граница V. Так как $\phi$равен нулю на границе по определению, имеем $$\int_V (\nabla\phi)^2 dV= 0$$
Поскольку подынтегральная функция никогда не бывает отрицательной, это означает, что $\nabla\phi = 0$везде в V, откуда следует, что $\phi$является константой всюду в V. В свою очередь, поскольку $\phi$равна нулю на границе V, постоянная равна нулю и $\phi$должен быть равен нулю везде, откуда следует, что $\phi_1=\phi_2$, а значит, единственное решение.

Конечно, решение должно удовлетворять всем требуемым условиям «хорошего поведения», которые позволяют нам использовать тождество векторного исчисления, которое я использовал, и теорему о дивергенции. Если я правильно помню, аналогичные методы можно использовать для доказательства единственности решений уравнения диффузии и некоторых других уравнений в частных производных.