4. cas iz Distribucija i parcijalnihjednacina A/Jednacina matematicke zike

Marek Svetliksvetlik@matf.bg.ac.rs

Univerzitet u Beogradu - Matematicki fakultet

Beograd, 4. novembar 2021.

c©Marek Svetlik. Ovi slajdovi se ne smeju postavljati na druge veb lokacije ni u

celini, a ni u delovima bez prethodne pisane saglasnosti autora. Dozvoljeno je

stampanje slajdova samo za licne potrebe.

Marek Svetlik 04.11.2021. 1 / 58

Zadaci

Zadatak 1

Neka je Ω ⊂ C oblast i f : Ω→ C takva da su f i f2 harmonijske na Ω.

Dokazati da je f ili f holomorfna funkcija na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 2 / 58

Zadaci

Zadatak 1

Neka je Ω ⊂ C oblast i f : Ω→ C takva da su f i f2 harmonijske na Ω.

Dokazati da je f ili f holomorfna funkcija na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 2 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D.

Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .

Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv.

Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Neka je D ⊂ C otvoren skup. Po deniciji, funkcija g : D → C jeste

harmonijska na D ako su funkcije Re g i Im g harmonijske funkcije na D.

Jasno je da je svaka funkcija g : D → C koja je holomorfna na D i

harmonijska na D. Obratno nije tacno.

Neka je u = Re f i v = Im f .Dakle, treba da dokazemo da je f = u+ iv ili f = u− iv holomorfna

funkcija.

Vazi f2 = u2 − v2 + i2uv. Dakle, po pretpostavci imamo da je

∆u(x, y) = 0,

∆v(x, y) = 0,

∆(u2 − v2)(x, y) = 0,

∆(uv)(x, y) = 0,

za svako (x, y) ∈ Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 3 / 58

Nadalje pretpostavimo da je (x, y) ∈ Ω proizvoljno i necemo vise pisati

argumente funkcija.

Neposrednim racunjem dobijamo

∆(u2 − v2) = (u2 − v2)xx + (u2 − v2)yy

= 2(u2x − v2

x + uuxx − vvxx)

+2(u2y − v2

y + uuyy − vvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(u2 − v2) = 0, sledi

u2x + u2

y − v2x − v2

y = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 4 / 58

Nadalje pretpostavimo da je (x, y) ∈ Ω proizvoljno i necemo vise pisati

argumente funkcija.

Neposrednim racunjem dobijamo

∆(u2 − v2) = (u2 − v2)xx + (u2 − v2)yy

= 2(u2x − v2

x + uuxx − vvxx)

+2(u2y − v2

y + uuyy − vvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(u2 − v2) = 0, sledi

u2x + u2

y − v2x − v2

y = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 4 / 58

Nadalje pretpostavimo da je (x, y) ∈ Ω proizvoljno i necemo vise pisati

argumente funkcija.

Neposrednim racunjem dobijamo

∆(u2 − v2) =

(u2 − v2)xx + (u2 − v2)yy

= 2(u2x − v2

x + uuxx − vvxx)

+2(u2y − v2

y + uuyy − vvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(u2 − v2) = 0, sledi

u2x + u2

y − v2x − v2

y = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 4 / 58

Nadalje pretpostavimo da je (x, y) ∈ Ω proizvoljno i necemo vise pisati

argumente funkcija.

Neposrednim racunjem dobijamo

∆(u2 − v2) = (u2 − v2)xx + (u2 − v2)yy

= 2(u2x − v2

x + uuxx − vvxx)

+2(u2y − v2

y + uuyy − vvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(u2 − v2) = 0, sledi

u2x + u2

y − v2x − v2

y = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 4 / 58

Nadalje pretpostavimo da je (x, y) ∈ Ω proizvoljno i necemo vise pisati

argumente funkcija.

Neposrednim racunjem dobijamo

∆(u2 − v2) = (u2 − v2)xx + (u2 − v2)yy

= 2(u2x − v2

x + uuxx − vvxx)

+2(u2y − v2

y + uuyy − vvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(u2 − v2) = 0, sledi

u2x + u2

y − v2x − v2

y = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 4 / 58

Nadalje pretpostavimo da je (x, y) ∈ Ω proizvoljno i necemo vise pisati

argumente funkcija.

Neposrednim racunjem dobijamo

∆(u2 − v2) = (u2 − v2)xx + (u2 − v2)yy

= 2(u2x − v2

x + uuxx − vvxx)

+2(u2y − v2

y + uuyy − vvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(u2 − v2) = 0,

sledi

u2x + u2

y − v2x − v2

y = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 4 / 58

Nadalje pretpostavimo da je (x, y) ∈ Ω proizvoljno i necemo vise pisati

argumente funkcija.

Neposrednim racunjem dobijamo

∆(u2 − v2) = (u2 − v2)xx + (u2 − v2)yy

= 2(u2x − v2

x + uuxx − vvxx)

+2(u2y − v2

y + uuyy − vvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(u2 − v2) = 0, sledi

u2x + u2

y − v2x − v2

y = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 4 / 58

Takode, neposrednim racunanjem dobijamo

∆(uv) =

(uv)xx + (uv)yy

= (uxxv + 2uxvx + uvxx)

+(uyyv + 2uyvy + uvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(uv) = 0, sledi

uxvx + uyvy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 5 / 58

Takode, neposrednim racunanjem dobijamo

∆(uv) = (uv)xx + (uv)yy

= (uxxv + 2uxvx + uvxx)

+(uyyv + 2uyvy + uvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(uv) = 0, sledi

uxvx + uyvy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 5 / 58

Takode, neposrednim racunanjem dobijamo

∆(uv) = (uv)xx + (uv)yy

= (uxxv + 2uxvx + uvxx)

+(uyyv + 2uyvy + uvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(uv) = 0, sledi

uxvx + uyvy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 5 / 58

Takode, neposrednim racunanjem dobijamo

∆(uv) = (uv)xx + (uv)yy

= (uxxv + 2uxvx + uvxx)

+(uyyv + 2uyvy + uvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(uv) = 0,

sledi

uxvx + uyvy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 5 / 58

Takode, neposrednim racunanjem dobijamo

∆(uv) = (uv)xx + (uv)yy

= (uxxv + 2uxvx + uvxx)

+(uyyv + 2uyvy + uvyy).

Otuda, kako je ∆u = ∆v = 0 i ∆(uv) = 0, sledi

uxvx + uyvy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 5 / 58

Dakle,

u2x + u2

y − v2x − v2

y + 2i(uxvx + uyvy) = 0

i otuda

(ux + ivx)2 + (uy + ivy)2 = 0.

Dalje, iz prethodne jednakosti dobijamo

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0.

Otuda je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 6 / 58

Dakle,

u2x + u2

y − v2x − v2

y + 2i(uxvx + uyvy) = 0

i otuda

(ux + ivx)2 + (uy + ivy)2 = 0.

Dalje, iz prethodne jednakosti dobijamo

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0.

Otuda je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 6 / 58

Dakle,

u2x + u2

y − v2x − v2

y + 2i(uxvx + uyvy) = 0

i otuda

(ux + ivx)2 + (uy + ivy)2 = 0.

Dalje, iz prethodne jednakosti dobijamo

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0.

Otuda je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 6 / 58

Dakle,

u2x + u2

y − v2x − v2

y + 2i(uxvx + uyvy) = 0

i otuda

(ux + ivx)2 + (uy + ivy)2 = 0.

Dalje, iz prethodne jednakosti dobijamo

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0.

Otuda je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 6 / 58

Dakle,

u2x + u2

y − v2x − v2

y + 2i(uxvx + uyvy) = 0

i otuda

(ux + ivx)2 + (uy + ivy)2 = 0.

Dalje, iz prethodne jednakosti dobijamo

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0.

Otuda je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 6 / 58

Dakle,

u2x + u2

y − v2x − v2

y + 2i(uxvx + uyvy) = 0

i otuda

(ux + ivx)2 + (uy + ivy)2 = 0.

Dalje, iz prethodne jednakosti dobijamo

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0.

Otuda je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 6 / 58

Primetimo da je jednakost

ux + ivx + iuy − vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = vy,

vx = −uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .Takode, primetimo da je jednakost

ux + ivx − iuy + vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = −vy,vx = uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .

Marek Svetlik 04.11.2021. 7 / 58

Primetimo da je jednakost

ux + ivx + iuy − vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = vy,

vx = −uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .Takode, primetimo da je jednakost

ux + ivx − iuy + vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = −vy,vx = uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .

Marek Svetlik 04.11.2021. 7 / 58

Primetimo da je jednakost

ux + ivx + iuy − vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = vy,

vx = −uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .

Takode, primetimo da je jednakost

ux + ivx − iuy + vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = −vy,vx = uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .

Marek Svetlik 04.11.2021. 7 / 58

Primetimo da je jednakost

ux + ivx + iuy − vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = vy,

vx = −uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .Takode, primetimo da je jednakost

ux + ivx − iuy + vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = −vy,vx = uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .

Marek Svetlik 04.11.2021. 7 / 58

Primetimo da je jednakost

ux + ivx + iuy − vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = vy,

vx = −uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .Takode, primetimo da je jednakost

ux + ivx − iuy + vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = −vy,vx = uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .

Marek Svetlik 04.11.2021. 7 / 58

Primetimo da je jednakost

ux + ivx + iuy − vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = vy,

vx = −uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .Takode, primetimo da je jednakost

ux + ivx − iuy + vy = 0

ekvivalentna sa jednakostima

ux = −vy,vx = uy,

odnosno Kosi-Rimanovim jednakostima za funkciju f .Marek Svetlik 04.11.2021. 7 / 58

Otuda sledi da je funkcija f ili funkcija f holomorfna na Ω.

Medutim, da li je ovo resenje korektno?

Postoji propust.

Marek Svetlik 04.11.2021. 8 / 58

Otuda sledi da je funkcija f ili funkcija f holomorfna na Ω.

Medutim, da li je ovo resenje korektno?

Postoji propust.

Marek Svetlik 04.11.2021. 8 / 58

Otuda sledi da je funkcija f ili funkcija f holomorfna na Ω.

Medutim, da li je ovo resenje korektno?

Postoji propust.

Marek Svetlik 04.11.2021. 8 / 58

Otuda sledi da je funkcija f ili funkcija f holomorfna na Ω.

Medutim, da li je ovo resenje korektno?

Postoji propust.

Marek Svetlik 04.11.2021. 8 / 58

Propust je u koraku:

Iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi da je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Ako je proizvod dve funkcije nula funkcija, ne mora da znaci da je bar

jedna od tih funkcija nula funkcija.

To jeste tako cak i ako te dve funkcije pripadaju C∞(Ω;R). Ali, sta

ako su te dve funkcije holomorfne na Ω?

Marek Svetlik 04.11.2021. 9 / 58

Propust je u koraku:

Iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi da je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Ako je proizvod dve funkcije nula funkcija, ne mora da znaci da je bar

jedna od tih funkcija nula funkcija.

To jeste tako cak i ako te dve funkcije pripadaju C∞(Ω;R). Ali, sta

ako su te dve funkcije holomorfne na Ω?

Marek Svetlik 04.11.2021. 9 / 58

Propust je u koraku:

Iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi da je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Ako je proizvod dve funkcije nula funkcija, ne mora da znaci da je bar

jedna od tih funkcija nula funkcija.

To jeste tako cak i ako te dve funkcije pripadaju C∞(Ω;R). Ali, sta

ako su te dve funkcije holomorfne na Ω?

Marek Svetlik 04.11.2021. 9 / 58

Propust je u koraku:

Iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi da je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Ako je proizvod dve funkcije nula funkcija, ne mora da znaci da je bar

jedna od tih funkcija nula funkcija.

To jeste tako cak i ako te dve funkcije pripadaju C∞(Ω;R). Ali, sta

ako su te dve funkcije holomorfne na Ω?

Marek Svetlik 04.11.2021. 9 / 58

Propust je u koraku:

Iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi da je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Ako je proizvod dve funkcije nula funkcija, ne mora da znaci da je bar

jedna od tih funkcija nula funkcija.

To jeste tako cak i ako te dve funkcije pripadaju C∞(Ω;R). Ali, sta

ako su te dve funkcije holomorfne na Ω?

Marek Svetlik 04.11.2021. 9 / 58

Propust je u koraku:

Iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi da je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Ako je proizvod dve funkcije nula funkcija, ne mora da znaci da je bar

jedna od tih funkcija nula funkcija.

To jeste tako cak i ako te dve funkcije pripadaju C∞(Ω;R).

Ali, sta

ako su te dve funkcije holomorfne na Ω?

Marek Svetlik 04.11.2021. 9 / 58

Propust je u koraku:

Iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi da je

ux + ivx + iuy − vy = 0

ili

ux + ivx − iuy + vy = 0.

Ako je proizvod dve funkcije nula funkcija, ne mora da znaci da je bar

jedna od tih funkcija nula funkcija.

To jeste tako cak i ako te dve funkcije pripadaju C∞(Ω;R). Ali, sta

ako su te dve funkcije holomorfne na Ω?

Marek Svetlik 04.11.2021. 9 / 58

Ako su dve funkcije holomorfne na Ω i ako je njihov proizvod nula

funkcija, onda je bar jedna od tih funkcija nula funkcija (objasniti

zasto).

Neka je G : Ω→ C denisana sa

G = ux + ivx + iuy − vy = (ux − vy) + i(vx + uy),

i neka je H : Ω→ C denisana sa

H = ux + ivx − iuy + vy = (ux + vy) + i(vx − uy).

Ispostavlja se da su funkcije G i H holomorfne na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 10 / 58

Ako su dve funkcije holomorfne na Ω i ako je njihov proizvod nula

funkcija, onda je bar jedna od tih funkcija nula funkcija (objasniti

zasto).

Neka je G : Ω→ C denisana sa

G = ux + ivx + iuy − vy = (ux − vy) + i(vx + uy),

i neka je H : Ω→ C denisana sa

H = ux + ivx − iuy + vy = (ux + vy) + i(vx − uy).

Ispostavlja se da su funkcije G i H holomorfne na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 10 / 58

Ako su dve funkcije holomorfne na Ω i ako je njihov proizvod nula

funkcija, onda je bar jedna od tih funkcija nula funkcija (objasniti

zasto).

Neka je G : Ω→ C denisana sa

G = ux + ivx + iuy − vy = (ux − vy) + i(vx + uy),

i neka je H : Ω→ C denisana sa

H = ux + ivx − iuy + vy = (ux + vy) + i(vx − uy).

Ispostavlja se da su funkcije G i H holomorfne na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 10 / 58

Ako su dve funkcije holomorfne na Ω i ako je njihov proizvod nula

funkcija, onda je bar jedna od tih funkcija nula funkcija (objasniti

zasto).

Neka je G : Ω→ C denisana sa

G = ux + ivx + iuy − vy = (ux − vy) + i(vx + uy),

i neka je H : Ω→ C denisana sa

H = ux + ivx − iuy + vy = (ux + vy) + i(vx − uy).

Ispostavlja se da su funkcije G i H holomorfne na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 10 / 58

Ako su dve funkcije holomorfne na Ω i ako je njihov proizvod nula

funkcija, onda je bar jedna od tih funkcija nula funkcija (objasniti

zasto).

Neka je G : Ω→ C denisana sa

G = ux + ivx + iuy − vy = (ux − vy) + i(vx + uy),

i neka je H : Ω→ C denisana sa

H = ux + ivx − iuy + vy = (ux + vy) + i(vx − uy).

Ispostavlja se da su funkcije G i H holomorfne na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 10 / 58

Osim toga iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi

G ·H = 0,

a samim tim i

G ·H = 0.

Otuda, kako su funkcije G i H holomorfne na Ω, sledi da je

G = 0 na Ω

ili

H = 0 na Ω.

Medutim, kako je G = 0 ekvivalentno sa G = 0 dobijamo trazeni

zakljucak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 11 / 58

Osim toga iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi

G ·H = 0,

a samim tim i

G ·H = 0.

Otuda, kako su funkcije G i H holomorfne na Ω, sledi da je

G = 0 na Ω

ili

H = 0 na Ω.

Medutim, kako je G = 0 ekvivalentno sa G = 0 dobijamo trazeni

zakljucak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 11 / 58

Osim toga iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi

G ·H = 0,

a samim tim i

G ·H = 0.

Otuda, kako su funkcije G i H holomorfne na Ω, sledi da je

G = 0 na Ω

ili

H = 0 na Ω.

Medutim, kako je G = 0 ekvivalentno sa G = 0 dobijamo trazeni

zakljucak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 11 / 58

Osim toga iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi

G ·H = 0,

a samim tim i

G ·H = 0.

Otuda, kako su funkcije G i H holomorfne na Ω, sledi da je

G = 0 na Ω

ili

H = 0 na Ω.

Medutim, kako je G = 0 ekvivalentno sa G = 0 dobijamo trazeni

zakljucak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 11 / 58

Osim toga iz

(ux + ivx + iuy − vy) · (ux + ivx − iuy + vy) = 0,

sledi

G ·H = 0,

a samim tim i

G ·H = 0.

Otuda, kako su funkcije G i H holomorfne na Ω, sledi da je

G = 0 na Ω

ili

H = 0 na Ω.

Medutim, kako je G = 0 ekvivalentno sa G = 0 dobijamo trazeni

zakljucak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 11 / 58

Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu

Neka je Ω ⊂ Rn oblast i neka je g ∈ C(∂Ω;R) data funkcija. Dirihleov

problem za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω odnosi se na odredivanjefunkcije u : Ω→ R takve da je

1 u ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆u(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 u(x) = g(x) za svako x ∈ ∂Ω.

Interesuju nas egzistencija i jedinstvenost resenja Dirihleovog problema

za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω.Odgovarajuca tvrdenja zavise od dimenzije (razlikuju se slucajevi n = 2i n > 3) i od svojstava oblasti Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 12 / 58

Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu

Neka je Ω ⊂ Rn oblast i neka je g ∈ C(∂Ω;R) data funkcija.

Dirihleov

problem za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω odnosi se na odredivanjefunkcije u : Ω→ R takve da je

1 u ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆u(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 u(x) = g(x) za svako x ∈ ∂Ω.

Interesuju nas egzistencija i jedinstvenost resenja Dirihleovog problema

za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω.Odgovarajuca tvrdenja zavise od dimenzije (razlikuju se slucajevi n = 2i n > 3) i od svojstava oblasti Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 12 / 58

Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu

Neka je Ω ⊂ Rn oblast i neka je g ∈ C(∂Ω;R) data funkcija. Dirihleov

problem za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω odnosi se na odredivanjefunkcije u : Ω→ R takve da je

1 u ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆u(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 u(x) = g(x) za svako x ∈ ∂Ω.

Interesuju nas egzistencija i jedinstvenost resenja Dirihleovog problema

za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω.Odgovarajuca tvrdenja zavise od dimenzije (razlikuju se slucajevi n = 2i n > 3) i od svojstava oblasti Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 12 / 58

Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu

Neka je Ω ⊂ Rn oblast i neka je g ∈ C(∂Ω;R) data funkcija. Dirihleov

problem za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω odnosi se na odredivanjefunkcije u : Ω→ R takve da je

1 u ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆u(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 u(x) = g(x) za svako x ∈ ∂Ω.

Interesuju nas egzistencija i jedinstvenost resenja Dirihleovog problema

za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω.Odgovarajuca tvrdenja zavise od dimenzije (razlikuju se slucajevi n = 2i n > 3) i od svojstava oblasti Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 12 / 58

Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu

Neka je Ω ⊂ Rn oblast i neka je g ∈ C(∂Ω;R) data funkcija. Dirihleov

problem za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω odnosi se na odredivanjefunkcije u : Ω→ R takve da je

1 u ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆u(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 u(x) = g(x) za svako x ∈ ∂Ω.

Interesuju nas egzistencija i jedinstvenost resenja Dirihleovog problema

za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω.Odgovarajuca tvrdenja zavise od dimenzije (razlikuju se slucajevi n = 2i n > 3) i od svojstava oblasti Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 12 / 58

Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu

Neka je Ω ⊂ Rn oblast i neka je g ∈ C(∂Ω;R) data funkcija. Dirihleov

problem za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω odnosi se na odredivanjefunkcije u : Ω→ R takve da je

1 u ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆u(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 u(x) = g(x) za svako x ∈ ∂Ω.

Interesuju nas egzistencija i jedinstvenost resenja Dirihleovog problema

za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω.Odgovarajuca tvrdenja zavise od dimenzije (razlikuju se slucajevi n = 2i n > 3) i od svojstava oblasti Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 12 / 58

Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu

Neka je Ω ⊂ Rn oblast i neka je g ∈ C(∂Ω;R) data funkcija. Dirihleov

problem za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω odnosi se na odredivanjefunkcije u : Ω→ R takve da je

1 u ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆u(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 u(x) = g(x) za svako x ∈ ∂Ω.

Interesuju nas egzistencija i jedinstvenost resenja Dirihleovog problema

za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω.

Odgovarajuca tvrdenja zavise od dimenzije (razlikuju se slucajevi n = 2i n > 3) i od svojstava oblasti Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 12 / 58

Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu

Neka je Ω ⊂ Rn oblast i neka je g ∈ C(∂Ω;R) data funkcija. Dirihleov

problem za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω odnosi se na odredivanjefunkcije u : Ω→ R takve da je

1 u ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆u(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 u(x) = g(x) za svako x ∈ ∂Ω.

Interesuju nas egzistencija i jedinstvenost resenja Dirihleovog problema

za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω.Odgovarajuca tvrdenja zavise od dimenzije (razlikuju se slucajevi n = 2i n > 3) i od svojstava oblasti Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 12 / 58

Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu

Neka je Ω ⊂ Rn oblast i neka je g ∈ C(∂Ω;R) data funkcija. Dirihleov

problem za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω odnosi se na odredivanjefunkcije u : Ω→ R takve da je

1 u ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆u(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 u(x) = g(x) za svako x ∈ ∂Ω.

Interesuju nas egzistencija i jedinstvenost resenja Dirihleovog problema

za Laplasovu jednacinu na oblasti Ω.Odgovarajuca tvrdenja zavise od dimenzije (razlikuju se slucajevi n = 2i n > 3) i od svojstava oblasti Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 12 / 58

Na primer, za pocetak interesuje nas egzistencija i jedinstvenost resenja

Dirihleovog problema za Laplasovu jednacinu na oblasti B(a,R).

Ovde je sa B(a,R) obelezena lopta u Rn ciji je centar a ∈ Rn i

poluprecnik R > 0, tj. B(a,R) = x ∈ Rn : |x− a| < R.

Kako bismo formulisali i dokazali odgovarajuca tvrdenja, najpre cemo

izuciti neka svojstva harmonijskih funkcija.

Da bismo izucili ta svojstva potrebno je da podsetimo nekih pojmova i

tvrdenja iz Analize 2.

Marek Svetlik 04.11.2021. 13 / 58

Na primer, za pocetak interesuje nas egzistencija i jedinstvenost resenja

Dirihleovog problema za Laplasovu jednacinu na oblasti B(a,R).

Ovde je sa B(a,R) obelezena lopta u Rn ciji je centar a ∈ Rn i

poluprecnik R > 0, tj. B(a,R) = x ∈ Rn : |x− a| < R.

Kako bismo formulisali i dokazali odgovarajuca tvrdenja, najpre cemo

izuciti neka svojstva harmonijskih funkcija.

Da bismo izucili ta svojstva potrebno je da podsetimo nekih pojmova i

tvrdenja iz Analize 2.

Marek Svetlik 04.11.2021. 13 / 58

Na primer, za pocetak interesuje nas egzistencija i jedinstvenost resenja

Dirihleovog problema za Laplasovu jednacinu na oblasti B(a,R).

Ovde je sa B(a,R) obelezena lopta u Rn ciji je centar a ∈ Rn i

poluprecnik R > 0, tj. B(a,R) = x ∈ Rn : |x− a| < R.

Kako bismo formulisali i dokazali odgovarajuca tvrdenja, najpre cemo

izuciti neka svojstva harmonijskih funkcija.

Da bismo izucili ta svojstva potrebno je da podsetimo nekih pojmova i

tvrdenja iz Analize 2.

Marek Svetlik 04.11.2021. 13 / 58

Na primer, za pocetak interesuje nas egzistencija i jedinstvenost resenja

Dirihleovog problema za Laplasovu jednacinu na oblasti B(a,R).

Ovde je sa B(a,R) obelezena lopta u Rn ciji je centar a ∈ Rn i

poluprecnik R > 0, tj. B(a,R) = x ∈ Rn : |x− a| < R.

Kako bismo formulisali i dokazali odgovarajuca tvrdenja, najpre cemo

izuciti neka svojstva harmonijskih funkcija.

Da bismo izucili ta svojstva potrebno je da podsetimo nekih pojmova i

tvrdenja iz Analize 2.

Marek Svetlik 04.11.2021. 13 / 58

Povrsinski integrali i Grinovi identiteti

Neka je D ⊆ Rn−1 oblast koja je homeomorfna jedinicnoj lopti u Rn−1 i

neka je preslikavanje ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) ∈ C1(D;Rn) takvo da je ϕ|Dinjektivno preslikavanje na D, S = ϕ(D) i S = ϕ(D).

Skup S naziva se (n− 1)−dimenziona orijentisana elementarna C1

povrs. Preslikavanje ϕ naziva se parametrizacija povrsi S.

Marek Svetlik 04.11.2021. 14 / 58

Povrsinski integrali i Grinovi identiteti

Neka je D ⊆ Rn−1 oblast koja je homeomorfna jedinicnoj lopti u Rn−1 i

neka je preslikavanje ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) ∈ C1(D;Rn) takvo da je ϕ|Dinjektivno preslikavanje na D, S = ϕ(D) i S = ϕ(D).

Skup S naziva se (n− 1)−dimenziona orijentisana elementarna C1

povrs. Preslikavanje ϕ naziva se parametrizacija povrsi S.

Marek Svetlik 04.11.2021. 14 / 58

Povrsinski integrali i Grinovi identiteti

Neka je D ⊆ Rn−1 oblast koja je homeomorfna jedinicnoj lopti u Rn−1 i

neka je preslikavanje ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) ∈ C1(D;Rn) takvo da je ϕ|Dinjektivno preslikavanje na D, S = ϕ(D) i S = ϕ(D).

Skup S naziva se (n− 1)−dimenziona orijentisana elementarna C1

povrs.

Preslikavanje ϕ naziva se parametrizacija povrsi S.

Marek Svetlik 04.11.2021. 14 / 58

Povrsinski integrali i Grinovi identiteti

Neka je D ⊆ Rn−1 oblast koja je homeomorfna jedinicnoj lopti u Rn−1 i

neka je preslikavanje ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) ∈ C1(D;Rn) takvo da je ϕ|Dinjektivno preslikavanje na D, S = ϕ(D) i S = ϕ(D).

Skup S naziva se (n− 1)−dimenziona orijentisana elementarna C1

povrs. Preslikavanje ϕ naziva se parametrizacija povrsi S.

Marek Svetlik 04.11.2021. 14 / 58

Povrsinski integrali i Grinovi identiteti

Neka je D ⊆ Rn−1 oblast koja je homeomorfna jedinicnoj lopti u Rn−1 i

neka je preslikavanje ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) ∈ C1(D;Rn) takvo da je ϕ|Dinjektivno preslikavanje na D, S = ϕ(D) i S = ϕ(D).

Skup S naziva se (n− 1)−dimenziona orijentisana elementarna C1

povrs. Preslikavanje ϕ naziva se parametrizacija povrsi S.

Marek Svetlik 04.11.2021. 14 / 58

Na primer, ako je a ∈ Rn, R > 0 i D = (0, π)n−2 × (0, 2π) i ako je

ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) : D → Rn−1 denisana sa

ϕ1(t1, . . . , tn−1) = a1 +R cos t1,

ϕ2(t1, . . . , tn−1) = a2 +R sin t1 cos t2,

ϕ3(t1, . . . , tn−1) = a3 +R sin t1 sin t2 cos t3,

. . . . . . . . . ,

ϕn−1(t1, . . . , tn−1) = an−1 +R sin t1 . . . sin tn−2 cos tn−1,

ϕn(t1, . . . , tn−1) = an +R sin t1 . . . sin tn−2 sin tn−1,

onda je ϕ(D) = ∂B(a,R), tj. sfera u Rn ciji je centar a i poluprecnik R.

Marek Svetlik 04.11.2021. 15 / 58

Na primer, ako je a ∈ Rn, R > 0 i D = (0, π)n−2 × (0, 2π) i ako je

ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) : D → Rn−1 denisana sa

ϕ1(t1, . . . , tn−1) = a1 +R cos t1,

ϕ2(t1, . . . , tn−1) = a2 +R sin t1 cos t2,

ϕ3(t1, . . . , tn−1) = a3 +R sin t1 sin t2 cos t3,

. . . . . . . . . ,

ϕn−1(t1, . . . , tn−1) = an−1 +R sin t1 . . . sin tn−2 cos tn−1,

ϕn(t1, . . . , tn−1) = an +R sin t1 . . . sin tn−2 sin tn−1,

onda je ϕ(D) = ∂B(a,R), tj. sfera u Rn ciji je centar a i poluprecnik R.

Marek Svetlik 04.11.2021. 15 / 58

Na primer, ako je a ∈ Rn, R > 0 i D = (0, π)n−2 × (0, 2π) i ako je

ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) : D → Rn−1 denisana sa

ϕ1(t1, . . . , tn−1) = a1 +R cos t1,

ϕ2(t1, . . . , tn−1) = a2 +R sin t1 cos t2,

ϕ3(t1, . . . , tn−1) = a3 +R sin t1 sin t2 cos t3,

. . . . . . . . . ,

ϕn−1(t1, . . . , tn−1) = an−1 +R sin t1 . . . sin tn−2 cos tn−1,

ϕn(t1, . . . , tn−1) = an +R sin t1 . . . sin tn−2 sin tn−1,

onda je ϕ(D) = ∂B(a,R), tj. sfera u Rn ciji je centar a i poluprecnik R.

Marek Svetlik 04.11.2021. 15 / 58

Na primer, ako je a ∈ Rn, R > 0 i D = (0, π)n−2 × (0, 2π) i ako je

ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) : D → Rn−1 denisana sa

ϕ1(t1, . . . , tn−1) = a1 +R cos t1,

ϕ2(t1, . . . , tn−1) = a2 +R sin t1 cos t2,

ϕ3(t1, . . . , tn−1) = a3 +R sin t1 sin t2 cos t3,

. . . . . . . . . ,

ϕn−1(t1, . . . , tn−1) = an−1 +R sin t1 . . . sin tn−2 cos tn−1,

ϕn(t1, . . . , tn−1) = an +R sin t1 . . . sin tn−2 sin tn−1,

onda je ϕ(D) = ∂B(a,R), tj. sfera u Rn ciji je centar a i poluprecnik R.

Marek Svetlik 04.11.2021. 15 / 58

Na primer, ako je a ∈ Rn, R > 0 i D = (0, π)n−2 × (0, 2π) i ako je

ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) : D → Rn−1 denisana sa

ϕ1(t1, . . . , tn−1) = a1 +R cos t1,

ϕ2(t1, . . . , tn−1) = a2 +R sin t1 cos t2,

ϕ3(t1, . . . , tn−1) = a3 +R sin t1 sin t2 cos t3,

. . . . . . . . . ,

ϕn−1(t1, . . . , tn−1) = an−1 +R sin t1 . . . sin tn−2 cos tn−1,

ϕn(t1, . . . , tn−1) = an +R sin t1 . . . sin tn−2 sin tn−1,

onda je ϕ(D) = ∂B(a,R), tj. sfera u Rn ciji je centar a i poluprecnik R.

Marek Svetlik 04.11.2021. 15 / 58

Na primer, ako je a ∈ Rn, R > 0 i D = (0, π)n−2 × (0, 2π) i ako je

ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) : D → Rn−1 denisana sa

ϕ1(t1, . . . , tn−1) = a1 +R cos t1,

ϕ2(t1, . . . , tn−1) = a2 +R sin t1 cos t2,

ϕ3(t1, . . . , tn−1) = a3 +R sin t1 sin t2 cos t3,

. . . . . . . . . ,

ϕn−1(t1, . . . , tn−1) = an−1 +R sin t1 . . . sin tn−2 cos tn−1,

ϕn(t1, . . . , tn−1) = an +R sin t1 . . . sin tn−2 sin tn−1,

onda je ϕ(D) = ∂B(a,R), tj. sfera u Rn ciji je centar a i poluprecnik R.

Marek Svetlik 04.11.2021. 15 / 58

Na primer, ako je a ∈ Rn, R > 0 i D = (0, π)n−2 × (0, 2π) i ako je

ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) : D → Rn−1 denisana sa

ϕ1(t1, . . . , tn−1) = a1 +R cos t1,

ϕ2(t1, . . . , tn−1) = a2 +R sin t1 cos t2,

ϕ3(t1, . . . , tn−1) = a3 +R sin t1 sin t2 cos t3,

. . . . . . . . . ,

ϕn−1(t1, . . . , tn−1) = an−1 +R sin t1 . . . sin tn−2 cos tn−1,

ϕn(t1, . . . , tn−1) = an +R sin t1 . . . sin tn−2 sin tn−1,

onda je ϕ(D) = ∂B(a,R), tj. sfera u Rn ciji je centar a i poluprecnik R.

Marek Svetlik 04.11.2021. 15 / 58

Na primer, ako je a ∈ Rn, R > 0 i D = (0, π)n−2 × (0, 2π) i ako je

ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) : D → Rn−1 denisana sa

ϕ1(t1, . . . , tn−1) = a1 +R cos t1,

ϕ2(t1, . . . , tn−1) = a2 +R sin t1 cos t2,

ϕ3(t1, . . . , tn−1) = a3 +R sin t1 sin t2 cos t3,

. . . . . . . . . ,

ϕn−1(t1, . . . , tn−1) = an−1 +R sin t1 . . . sin tn−2 cos tn−1,

ϕn(t1, . . . , tn−1) = an +R sin t1 . . . sin tn−2 sin tn−1,

onda je ϕ(D) = ∂B(a,R), tj. sfera u Rn ciji je centar a i poluprecnik R.

Marek Svetlik 04.11.2021. 15 / 58

Neka je ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) parametrizacija proizvoljne

(n− 1)−dimenzione orijentisane elementarne C1 povrsi S.

Uvedimo oznake x = (x1, . . . , xn) i t = (t1, . . . , tn−1).

Sa Γϕ(t) obelezimo gramijan uredene (n− 1)−torke vektora

∂ϕ

∂t1(t) =

(∂ϕ1

∂t1(t), . . . ,

∂ϕn∂t1

(t)

),

. . . . . . . . .∂ϕ

∂tn−1(t) =

(∂ϕ1

∂tn−1(t), . . . ,

∂ϕn∂tn−1

(t)

).

Marek Svetlik 04.11.2021. 16 / 58

Neka je ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) parametrizacija proizvoljne

(n− 1)−dimenzione orijentisane elementarne C1 povrsi S.

Uvedimo oznake x = (x1, . . . , xn) i t = (t1, . . . , tn−1).

Sa Γϕ(t) obelezimo gramijan uredene (n− 1)−torke vektora

∂ϕ

∂t1(t) =

(∂ϕ1

∂t1(t), . . . ,

∂ϕn∂t1

(t)

),

. . . . . . . . .∂ϕ

∂tn−1(t) =

(∂ϕ1

∂tn−1(t), . . . ,

∂ϕn∂tn−1

(t)

).

Marek Svetlik 04.11.2021. 16 / 58

Neka je ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn) parametrizacija proizvoljne

(n− 1)−dimenzione orijentisane elementarne C1 povrsi S.

Uvedimo oznake x = (x1, . . . , xn) i t = (t1, . . . , tn−1).

Sa Γϕ(t) obelezimo gramijan uredene (n− 1)−torke vektora

∂ϕ

∂t1(t) =

(∂ϕ1

∂t1(t), . . . ,

∂ϕn∂t1

(t)

),

. . . . . . . . .∂ϕ

∂tn−1(t) =

(∂ϕ1

∂tn−1(t), . . . ,

∂ϕn∂tn−1

(t)

).

Marek Svetlik 04.11.2021. 16 / 58

Dakle,

Γϕ(t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

⟨∂ϕ

∂t1(t),

∂ϕ

∂t1(t)

⟩· · ·

⟨∂ϕ

∂t1(t),

∂ϕ

∂tn−1(t)

⟩...

. . ....⟨

∂ϕ

∂tn−1(t),

∂ϕ

∂t1(t)

⟩· · ·

⟨∂ϕ

∂tn−1(t),

∂ϕ

∂tn−1(t)

⟩∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

gde je sa 〈·, ·〉 obelezen standardni skalarni proizvod u Rn.

Marek Svetlik 04.11.2021. 17 / 58

Dakle,

Γϕ(t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

⟨∂ϕ

∂t1(t),

∂ϕ

∂t1(t)

⟩· · ·

⟨∂ϕ

∂t1(t),

∂ϕ

∂tn−1(t)

⟩...

. . ....⟨

∂ϕ

∂tn−1(t),

∂ϕ

∂t1(t)

⟩· · ·

⟨∂ϕ

∂tn−1(t),

∂ϕ

∂tn−1(t)

⟩∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

gde je sa 〈·, ·〉 obelezen standardni skalarni proizvod u Rn.

Marek Svetlik 04.11.2021. 17 / 58

Za neprekidnu funkciju f : S → R denisemo povrsinski integral

funkcije f po S na sledeci nacin:∫SfdS =

∫Sf(x)dS(x) =

∫Df(ϕ(t))

√Γϕ(t)dt.

Povrsina povrsi S i povrsi S jeste

∫SdS.

Moze se izracunati da je povrsina povrsi ∂B(a,R) jednaka nRn−1ωn,pri cemu je ωn zapremina lopte B(a,R).

Marek Svetlik 04.11.2021. 18 / 58

Za neprekidnu funkciju f : S → R denisemo povrsinski integral

funkcije f po S na sledeci nacin:∫SfdS =

∫Sf(x)dS(x) =

∫Df(ϕ(t))

√Γϕ(t)dt.

Povrsina povrsi S i povrsi S jeste

∫SdS.

Moze se izracunati da je povrsina povrsi ∂B(a,R) jednaka nRn−1ωn,pri cemu je ωn zapremina lopte B(a,R).

Marek Svetlik 04.11.2021. 18 / 58

Za neprekidnu funkciju f : S → R denisemo povrsinski integral

funkcije f po S na sledeci nacin:∫SfdS =

∫Sf(x)dS(x) =

∫Df(ϕ(t))

√Γϕ(t)dt.

Povrsina povrsi S i povrsi S jeste

∫SdS.

Moze se izracunati da je povrsina povrsi ∂B(a,R) jednaka nRn−1ωn,pri cemu je ωn zapremina lopte B(a,R).

Marek Svetlik 04.11.2021. 18 / 58

U formulacijama sledecih nekoliko teorema i njihovih posledica

pretpostavljamo da je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast takva da je ∂Ωkonacna unija zatvorenja (n− 1)−dimenzionih orijentisanih

elementarnih C1 povrsi.

Takode, neka je ν(x) = (ν1(x), . . . , νn(x)) spoljasnji jedinicni vektor

normale na ∂Ω u tacki x ∈ Ω i neka je∂

∂νizvod u pravcu tog vektora.

Teorema 1 (Formula Grin-Gaus-Ostrogradski)

Neka je u ∈ C1(Ω;R). Tada je

(1)

∫Ωuxidx =

∫∂ΩuνidS, za svako i = 1, . . . , n.

Marek Svetlik 04.11.2021. 19 / 58

U formulacijama sledecih nekoliko teorema i njihovih posledica

pretpostavljamo da je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast takva da je ∂Ωkonacna unija zatvorenja (n− 1)−dimenzionih orijentisanih

elementarnih C1 povrsi.

Takode, neka je ν(x) = (ν1(x), . . . , νn(x)) spoljasnji jedinicni vektor

normale na ∂Ω u tacki x ∈ Ω i neka je∂

∂νizvod u pravcu tog vektora.

Teorema 1 (Formula Grin-Gaus-Ostrogradski)

Neka je u ∈ C1(Ω;R). Tada je

(1)

∫Ωuxidx =

∫∂ΩuνidS, za svako i = 1, . . . , n.

Marek Svetlik 04.11.2021. 19 / 58

U formulacijama sledecih nekoliko teorema i njihovih posledica

pretpostavljamo da je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast takva da je ∂Ωkonacna unija zatvorenja (n− 1)−dimenzionih orijentisanih

elementarnih C1 povrsi.

Takode, neka je ν(x) = (ν1(x), . . . , νn(x)) spoljasnji jedinicni vektor

normale na ∂Ω u tacki x ∈ Ω i neka je∂

∂νizvod u pravcu tog vektora.

Teorema 1 (Formula Grin-Gaus-Ostrogradski)

Neka je u ∈ C1(Ω;R). Tada je

(1)

∫Ωuxidx =

∫∂ΩuνidS, za svako i = 1, . . . , n.

Marek Svetlik 04.11.2021. 19 / 58

Posledica 1 (Parcijalna integracija)

Neka su u, v ∈ C1(Ω;R). Tada je

(2)

∫Ωuxivdx = −

∫Ωuvxidx+

∫∂ΩuvνidS, za svako i = 1, . . . , n.

Dokaz. Na osnovu (1) imamo da za svako i ∈ 1, . . . , n vazi∫Ω

(uv)xidx =

∫∂ΩuvνidS.

Otuda, kako je (uv)xi = uxiv + uvxi , dobijamo (2).

Marek Svetlik 04.11.2021. 20 / 58

Posledica 1 (Parcijalna integracija)

Neka su u, v ∈ C1(Ω;R). Tada je

(2)

∫Ωuxivdx = −

∫Ωuvxidx+

∫∂ΩuvνidS, za svako i = 1, . . . , n.

Dokaz.

Na osnovu (1) imamo da za svako i ∈ 1, . . . , n vazi∫Ω

(uv)xidx =

∫∂ΩuvνidS.

Otuda, kako je (uv)xi = uxiv + uvxi , dobijamo (2).

Marek Svetlik 04.11.2021. 20 / 58

Posledica 1 (Parcijalna integracija)

Neka su u, v ∈ C1(Ω;R). Tada je

(2)

∫Ωuxivdx = −

∫Ωuvxidx+

∫∂ΩuvνidS, za svako i = 1, . . . , n.

Dokaz. Na osnovu (1) imamo da za svako i ∈ 1, . . . , n vazi∫Ω

(uv)xidx =

∫∂ΩuvνidS.

Otuda, kako je (uv)xi = uxiv + uvxi , dobijamo (2).

Marek Svetlik 04.11.2021. 20 / 58

Posledica 1 (Parcijalna integracija)

Neka su u, v ∈ C1(Ω;R). Tada je

(2)

∫Ωuxivdx = −

∫Ωuvxidx+

∫∂ΩuvνidS, za svako i = 1, . . . , n.

Dokaz. Na osnovu (1) imamo da za svako i ∈ 1, . . . , n vazi∫Ω

(uv)xidx =

∫∂ΩuvνidS.

Otuda, kako je (uv)xi = uxiv + uvxi , dobijamo (2).

Marek Svetlik 04.11.2021. 20 / 58

Posledica 2 (Prvi Grinov identitet)

Neka je u ∈ C2(Ω;R). Tada je

(3)

∫Ω

∆udx =

∫∂Ω

∂u

∂νdS.

Dokaz. Podsetimo se da je∂u

∂ν= 〈∇u, ν〉. Ako u (2) umesto u uzmemo

uxi , a umesto v funkciju koja je identicki jednaka 1 dobijamo da za

svako i ∈ 1, . . . , n vazi

(4)

∫Ωuxixidx =

∫∂ΩuxiνidS.

Iz (4) odgovarajucim sabiranjem dobijamo (3).

Marek Svetlik 04.11.2021. 21 / 58

Posledica 2 (Prvi Grinov identitet)

Neka je u ∈ C2(Ω;R). Tada je

(3)

∫Ω

∆udx =

∫∂Ω

∂u

∂νdS.

Dokaz.

Podsetimo se da je∂u

∂ν= 〈∇u, ν〉. Ako u (2) umesto u uzmemo

uxi , a umesto v funkciju koja je identicki jednaka 1 dobijamo da za

svako i ∈ 1, . . . , n vazi

(4)

∫Ωuxixidx =

∫∂ΩuxiνidS.

Iz (4) odgovarajucim sabiranjem dobijamo (3).

Marek Svetlik 04.11.2021. 21 / 58

Posledica 2 (Prvi Grinov identitet)

Neka je u ∈ C2(Ω;R). Tada je

(3)

∫Ω

∆udx =

∫∂Ω

∂u

∂νdS.

Dokaz. Podsetimo se da je∂u

∂ν= 〈∇u, ν〉.

Ako u (2) umesto u uzmemo

uxi , a umesto v funkciju koja je identicki jednaka 1 dobijamo da za

svako i ∈ 1, . . . , n vazi

(4)

∫Ωuxixidx =

∫∂ΩuxiνidS.

Iz (4) odgovarajucim sabiranjem dobijamo (3).

Marek Svetlik 04.11.2021. 21 / 58

Posledica 2 (Prvi Grinov identitet)

Neka je u ∈ C2(Ω;R). Tada je

(3)

∫Ω

∆udx =

∫∂Ω

∂u

∂νdS.

Dokaz. Podsetimo se da je∂u

∂ν= 〈∇u, ν〉. Ako u (2) umesto u uzmemo

uxi , a umesto v funkciju koja je identicki jednaka 1 dobijamo da za

svako i ∈ 1, . . . , n vazi

(4)

∫Ωuxixidx =

∫∂ΩuxiνidS.

Iz (4) odgovarajucim sabiranjem dobijamo (3).

Marek Svetlik 04.11.2021. 21 / 58

Posledica 2 (Prvi Grinov identitet)

Neka je u ∈ C2(Ω;R). Tada je

(3)

∫Ω

∆udx =

∫∂Ω

∂u

∂νdS.

Dokaz. Podsetimo se da je∂u

∂ν= 〈∇u, ν〉. Ako u (2) umesto u uzmemo

uxi , a umesto v funkciju koja je identicki jednaka 1 dobijamo da za

svako i ∈ 1, . . . , n vazi

(4)

∫Ωuxixidx =

∫∂ΩuxiνidS.

Iz (4) odgovarajucim sabiranjem dobijamo (3).

Marek Svetlik 04.11.2021. 21 / 58

Posledica 3 (Drugi Grinov identitet)

Neka su u, v ∈ C2(Ω;R). Tada je

(5)

∫Ω〈∇u,∇v〉dx = −

∫Ωu∆vdx+

∫∂Ωu∂v

∂νdS.

Dokaz. Ako u (2) umesto v uzmemo vxi dobijamo da za svako

i ∈ 1, . . . , n vazi

(6)

∫Ωuxivxidx = −

∫Ωuvxixidx+

∫∂ΩuvxiνidS.

Iz (6) odgovarajucim sabiranjem dobijamo (5).

Marek Svetlik 04.11.2021. 22 / 58

Posledica 3 (Drugi Grinov identitet)

Neka su u, v ∈ C2(Ω;R). Tada je

(5)

∫Ω〈∇u,∇v〉dx = −

∫Ωu∆vdx+

∫∂Ωu∂v

∂νdS.

Dokaz.

Ako u (2) umesto v uzmemo vxi dobijamo da za svako

i ∈ 1, . . . , n vazi

(6)

∫Ωuxivxidx = −

∫Ωuvxixidx+

∫∂ΩuvxiνidS.

Iz (6) odgovarajucim sabiranjem dobijamo (5).

Marek Svetlik 04.11.2021. 22 / 58

Posledica 3 (Drugi Grinov identitet)

Neka su u, v ∈ C2(Ω;R). Tada je

(5)

∫Ω〈∇u,∇v〉dx = −

∫Ωu∆vdx+

∫∂Ωu∂v

∂νdS.

Dokaz. Ako u (2) umesto v uzmemo vxi dobijamo da za svako

i ∈ 1, . . . , n vazi

(6)

∫Ωuxivxidx = −

∫Ωuvxixidx+

∫∂ΩuvxiνidS.

Iz (6) odgovarajucim sabiranjem dobijamo (5).

Marek Svetlik 04.11.2021. 22 / 58

Posledica 3 (Drugi Grinov identitet)

Neka su u, v ∈ C2(Ω;R). Tada je

(5)

∫Ω〈∇u,∇v〉dx = −

∫Ωu∆vdx+

∫∂Ωu∂v

∂νdS.

Dokaz. Ako u (2) umesto v uzmemo vxi dobijamo da za svako

i ∈ 1, . . . , n vazi

(6)

∫Ωuxivxidx = −

∫Ωuvxixidx+

∫∂ΩuvxiνidS.

Iz (6) odgovarajucim sabiranjem dobijamo (5).

Marek Svetlik 04.11.2021. 22 / 58

Posledica 4 (Treci Grinov identitet)

Neka su u, v ∈ C2(Ω;R). Tada je

(7)

∫Ω

(u∆v − v∆u)dx =

∫∂Ω

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Dokaz. Na osnovu (5) vazi

(8)

∫Ω〈∇u,∇v〉dx = −

∫Ωu∆vdx+

∫∂Ωu∂v

∂νdS,

ali i

(9)

∫Ω〈∇v,∇u〉dx = −

∫Ωv∆udx+

∫∂Ωv∂u

∂νdS,

Oduzimanjem odgovarajucih strana jednakosti (8) i (9) dobijamo (7).

Marek Svetlik 04.11.2021. 23 / 58

Posledica 4 (Treci Grinov identitet)

Neka su u, v ∈ C2(Ω;R). Tada je

(7)

∫Ω

(u∆v − v∆u)dx =

∫∂Ω

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Dokaz.

Na osnovu (5) vazi

(8)

∫Ω〈∇u,∇v〉dx = −

∫Ωu∆vdx+

∫∂Ωu∂v

∂νdS,

ali i

(9)

∫Ω〈∇v,∇u〉dx = −

∫Ωv∆udx+

∫∂Ωv∂u

∂νdS,

Oduzimanjem odgovarajucih strana jednakosti (8) i (9) dobijamo (7).

Marek Svetlik 04.11.2021. 23 / 58

Posledica 4 (Treci Grinov identitet)

Neka su u, v ∈ C2(Ω;R). Tada je

(7)

∫Ω

(u∆v − v∆u)dx =

∫∂Ω

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Dokaz. Na osnovu (5) vazi

(8)

∫Ω〈∇u,∇v〉dx = −

∫Ωu∆vdx+

∫∂Ωu∂v

∂νdS,

ali i

(9)

∫Ω〈∇v,∇u〉dx = −

∫Ωv∆udx+

∫∂Ωv∂u

∂νdS,

Oduzimanjem odgovarajucih strana jednakosti (8) i (9) dobijamo (7).

Marek Svetlik 04.11.2021. 23 / 58

Posledica 4 (Treci Grinov identitet)

Neka su u, v ∈ C2(Ω;R). Tada je

(7)

∫Ω

(u∆v − v∆u)dx =

∫∂Ω

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Dokaz. Na osnovu (5) vazi

(8)

∫Ω〈∇u,∇v〉dx = −

∫Ωu∆vdx+

∫∂Ωu∂v

∂νdS,

ali i

(9)

∫Ω〈∇v,∇u〉dx = −

∫Ωv∆udx+

∫∂Ωv∂u

∂νdS,

Oduzimanjem odgovarajucih strana jednakosti (8) i (9) dobijamo (7).

Marek Svetlik 04.11.2021. 23 / 58

Posledica 4 (Treci Grinov identitet)

Neka su u, v ∈ C2(Ω;R). Tada je

(7)

∫Ω

(u∆v − v∆u)dx =

∫∂Ω

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Dokaz. Na osnovu (5) vazi

(8)

∫Ω〈∇u,∇v〉dx = −

∫Ωu∆vdx+

∫∂Ωu∂v

∂νdS,

ali i

(9)

∫Ω〈∇v,∇u〉dx = −

∫Ωv∆udx+

∫∂Ωv∂u

∂νdS,

Oduzimanjem odgovarajucih strana jednakosti (8) i (9) dobijamo (7).

Marek Svetlik 04.11.2021. 23 / 58

Svojstvo srednje vrednosti

Harmonijske funkcije imaju svojstvo srednje vrednosti. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 2 (Svojstvo srednje vrednosti - povrsinska verzija)

Neka je Ω ⊆ Rn otvoren skup i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija.

Tada za svako a ∈ Ω i svako r > 0 takvo da je B(a, r) ⊂ Ω vazi

(10) u(a) =1

nωnrn−1

∫∂B(a,r)

u(x)dS(x).

Dokaz. Bez umanjenja opstosti dokazimo (10) pod pretpostavkom da je

a = 0 i r = 1.

Potrebno je posebno razmotriti slucajeve n = 2 i n > 3.

Marek Svetlik 04.11.2021. 24 / 58

Svojstvo srednje vrednosti

Harmonijske funkcije imaju svojstvo srednje vrednosti.

Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 2 (Svojstvo srednje vrednosti - povrsinska verzija)

Neka je Ω ⊆ Rn otvoren skup i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija.

Tada za svako a ∈ Ω i svako r > 0 takvo da je B(a, r) ⊂ Ω vazi

(10) u(a) =1

nωnrn−1

∫∂B(a,r)

u(x)dS(x).

Dokaz. Bez umanjenja opstosti dokazimo (10) pod pretpostavkom da je

a = 0 i r = 1.

Potrebno je posebno razmotriti slucajeve n = 2 i n > 3.

Marek Svetlik 04.11.2021. 24 / 58

Svojstvo srednje vrednosti

Harmonijske funkcije imaju svojstvo srednje vrednosti. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 2 (Svojstvo srednje vrednosti - povrsinska verzija)

Neka je Ω ⊆ Rn otvoren skup i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija.

Tada za svako a ∈ Ω i svako r > 0 takvo da je B(a, r) ⊂ Ω vazi

(10) u(a) =1

nωnrn−1

∫∂B(a,r)

u(x)dS(x).

Dokaz. Bez umanjenja opstosti dokazimo (10) pod pretpostavkom da je

a = 0 i r = 1.

Potrebno je posebno razmotriti slucajeve n = 2 i n > 3.

Marek Svetlik 04.11.2021. 24 / 58

Svojstvo srednje vrednosti

Harmonijske funkcije imaju svojstvo srednje vrednosti. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 2 (Svojstvo srednje vrednosti - povrsinska verzija)

Neka je Ω ⊆ Rn otvoren skup i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija.

Tada za svako a ∈ Ω i svako r > 0 takvo da je B(a, r) ⊂ Ω vazi

(10) u(a) =1

nωnrn−1

∫∂B(a,r)

u(x)dS(x).

Dokaz. Bez umanjenja opstosti dokazimo (10) pod pretpostavkom da je

a = 0 i r = 1.

Potrebno je posebno razmotriti slucajeve n = 2 i n > 3.

Marek Svetlik 04.11.2021. 24 / 58

Svojstvo srednje vrednosti

Harmonijske funkcije imaju svojstvo srednje vrednosti. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 2 (Svojstvo srednje vrednosti - povrsinska verzija)

Neka je Ω ⊆ Rn otvoren skup i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija.

Tada za svako a ∈ Ω i svako r > 0 takvo da je B(a, r) ⊂ Ω vazi

(10) u(a) =1

nωnrn−1

∫∂B(a,r)

u(x)dS(x).

Dokaz.

Bez umanjenja opstosti dokazimo (10) pod pretpostavkom da je

a = 0 i r = 1.

Potrebno je posebno razmotriti slucajeve n = 2 i n > 3.

Marek Svetlik 04.11.2021. 24 / 58

Svojstvo srednje vrednosti

Harmonijske funkcije imaju svojstvo srednje vrednosti. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 2 (Svojstvo srednje vrednosti - povrsinska verzija)

Neka je Ω ⊆ Rn otvoren skup i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija.

Tada za svako a ∈ Ω i svako r > 0 takvo da je B(a, r) ⊂ Ω vazi

(10) u(a) =1

nωnrn−1

∫∂B(a,r)

u(x)dS(x).

Dokaz. Bez umanjenja opstosti dokazimo (10) pod pretpostavkom da je

a = 0 i r = 1.

Potrebno je posebno razmotriti slucajeve n = 2 i n > 3.

Marek Svetlik 04.11.2021. 24 / 58

Svojstvo srednje vrednosti

Harmonijske funkcije imaju svojstvo srednje vrednosti. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 2 (Svojstvo srednje vrednosti - povrsinska verzija)

Neka je Ω ⊆ Rn otvoren skup i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija.

Tada za svako a ∈ Ω i svako r > 0 takvo da je B(a, r) ⊂ Ω vazi

(10) u(a) =1

nωnrn−1

∫∂B(a,r)

u(x)dS(x).

Dokaz. Bez umanjenja opstosti dokazimo (10) pod pretpostavkom da je

a = 0 i r = 1.

Potrebno je posebno razmotriti slucajeve n = 2 i n > 3.

Marek Svetlik 04.11.2021. 24 / 58

Svojstvo srednje vrednosti

Harmonijske funkcije imaju svojstvo srednje vrednosti. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 2 (Svojstvo srednje vrednosti - povrsinska verzija)

Neka je Ω ⊆ Rn otvoren skup i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija.

Tada za svako a ∈ Ω i svako r > 0 takvo da je B(a, r) ⊂ Ω vazi

(10) u(a) =1

nωnrn−1

∫∂B(a,r)

u(x)dS(x).

Dokaz. Bez umanjenja opstosti dokazimo (10) pod pretpostavkom da je

a = 0 i r = 1.

Potrebno je posebno razmotriti slucajeve n = 2 i n > 3.

Marek Svetlik 04.11.2021. 24 / 58

Slucaj n > 3.

Neka je v : Rn \ 0 → R denisana sa v(x) = |x|2−n.

Neposredno se proverava da je funkcija v harmonijska na Rn \ 0.

Dalje, neka je 0 < ρ < 1 proizvoljno i neka je

P (0, ρ, 1) = x ∈ Rn : ρ < |x| < 1.

Primenimo treci Grinov identitet na oblast P (0, ρ, 1) i funkcije u i v.Kako su funkcije u i v harmonijske na P (0, ρ, 1) imamo

(11) 0 =

∫∂P (0,ρ,1)

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Marek Svetlik 04.11.2021. 25 / 58

Slucaj n > 3.

Neka je v : Rn \ 0 → R denisana sa v(x) = |x|2−n.

Neposredno se proverava da je funkcija v harmonijska na Rn \ 0.

Dalje, neka je 0 < ρ < 1 proizvoljno i neka je

P (0, ρ, 1) = x ∈ Rn : ρ < |x| < 1.

Primenimo treci Grinov identitet na oblast P (0, ρ, 1) i funkcije u i v.Kako su funkcije u i v harmonijske na P (0, ρ, 1) imamo

(11) 0 =

∫∂P (0,ρ,1)

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Marek Svetlik 04.11.2021. 25 / 58

Slucaj n > 3.

Neka je v : Rn \ 0 → R denisana sa v(x) = |x|2−n.

Neposredno se proverava da je funkcija v harmonijska na Rn \ 0.

Dalje, neka je 0 < ρ < 1 proizvoljno i neka je

P (0, ρ, 1) = x ∈ Rn : ρ < |x| < 1.

Primenimo treci Grinov identitet na oblast P (0, ρ, 1) i funkcije u i v.Kako su funkcije u i v harmonijske na P (0, ρ, 1) imamo

(11) 0 =

∫∂P (0,ρ,1)

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Marek Svetlik 04.11.2021. 25 / 58

Slucaj n > 3.

Neka je v : Rn \ 0 → R denisana sa v(x) = |x|2−n.

Neposredno se proverava da je funkcija v harmonijska na Rn \ 0.

Dalje, neka je 0 < ρ < 1 proizvoljno i neka je

P (0, ρ, 1) = x ∈ Rn : ρ < |x| < 1.

Primenimo treci Grinov identitet na oblast P (0, ρ, 1) i funkcije u i v.Kako su funkcije u i v harmonijske na P (0, ρ, 1) imamo

(11) 0 =

∫∂P (0,ρ,1)

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Marek Svetlik 04.11.2021. 25 / 58

Slucaj n > 3.

Neka je v : Rn \ 0 → R denisana sa v(x) = |x|2−n.

Neposredno se proverava da je funkcija v harmonijska na Rn \ 0.

Dalje, neka je 0 < ρ < 1 proizvoljno i neka je

P (0, ρ, 1) = x ∈ Rn : ρ < |x| < 1.

Primenimo treci Grinov identitet na oblast P (0, ρ, 1) i funkcije u i v.

Kako su funkcije u i v harmonijske na P (0, ρ, 1) imamo

(11) 0 =

∫∂P (0,ρ,1)

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Marek Svetlik 04.11.2021. 25 / 58

Slucaj n > 3.

Neka je v : Rn \ 0 → R denisana sa v(x) = |x|2−n.

Neposredno se proverava da je funkcija v harmonijska na Rn \ 0.

Dalje, neka je 0 < ρ < 1 proizvoljno i neka je

P (0, ρ, 1) = x ∈ Rn : ρ < |x| < 1.

Primenimo treci Grinov identitet na oblast P (0, ρ, 1) i funkcije u i v.Kako su funkcije u i v harmonijske na P (0, ρ, 1) imamo

(11) 0 =

∫∂P (0,ρ,1)

(u∂v

∂ν− v∂u

∂ν

)dS.

Marek Svetlik 04.11.2021. 25 / 58

Dalje imamo

ν(x) =

x, za x ∈ ∂B(0, 1),

−ρ−1x, za x ∈ ∂B(0, ρ),

kao i vxi(x) = (2− n)|x|−nxi, za x ∈ Rn \ 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 26 / 58

Dalje imamo

ν(x) =

x, za x ∈ ∂B(0, 1),

−ρ−1x, za x ∈ ∂B(0, ρ),

kao i vxi(x) = (2− n)|x|−nxi, za x ∈ Rn \ 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 26 / 58

Otuda, za x ∈ ∂P (0, ρ, 1) vazi

∂v

∂ν(x) = 〈∇v(x), ν(x)〉 =

(2− n)|x|2−n, za x ∈ ∂B(0, 1),

−(2− n)ρ−1|x|2−n, za x ∈ ∂B(0, ρ),

tj.∂v

∂ν(x) =

(2− n), za x ∈ ∂B(0, 1),

−(2− n)ρ1−n, za x ∈ ∂B(0, ρ),

Marek Svetlik 04.11.2021. 27 / 58

Otuda, za x ∈ ∂P (0, ρ, 1) vazi

∂v

∂ν(x) = 〈∇v(x), ν(x)〉 =

(2− n)|x|2−n, za x ∈ ∂B(0, 1),

−(2− n)ρ−1|x|2−n, za x ∈ ∂B(0, ρ),

tj.∂v

∂ν(x) =

(2− n), za x ∈ ∂B(0, 1),

−(2− n)ρ1−n, za x ∈ ∂B(0, ρ),

Marek Svetlik 04.11.2021. 27 / 58

Dakle,

(12)

∫∂P (0,ρ,1)

u∂v

∂νdS = (2−n)

∫∂B(0,1)

udS− (2−n)ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS.

S druge strane

(13)

∫∂P (0,ρ,1)

v∂u

∂νdS =

∫∂B(0,1)

∂u

∂νdS + ρ2−n

∫∂B(0,ρ)

∂u

∂νdS.

Kako je funkcija u harmonijska na B(0, 1), na osnovu prvog Grinovog

identiteta dobijamo

(14)

∫∂B(0,1)

∂u

∂νdS = 0 i

∫∂B(0,ρ)

∂u

∂νdS = 0.

Iz (13) i (14) dobijamo

(15)

∫∂P (0,ρ,1)

v∂u

∂νdS = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 28 / 58

Dakle,

(12)

∫∂P (0,ρ,1)

u∂v

∂νdS = (2−n)

∫∂B(0,1)

udS− (2−n)ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS.

S druge strane

(13)

∫∂P (0,ρ,1)

v∂u

∂νdS =

∫∂B(0,1)

∂u

∂νdS + ρ2−n

∫∂B(0,ρ)

∂u

∂νdS.

Kako je funkcija u harmonijska na B(0, 1), na osnovu prvog Grinovog

identiteta dobijamo

(14)

∫∂B(0,1)

∂u

∂νdS = 0 i

∫∂B(0,ρ)

∂u

∂νdS = 0.

Iz (13) i (14) dobijamo

(15)

∫∂P (0,ρ,1)

v∂u

∂νdS = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 28 / 58

Dakle,

(12)

∫∂P (0,ρ,1)

u∂v

∂νdS = (2−n)

∫∂B(0,1)

udS− (2−n)ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS.

S druge strane

(13)

∫∂P (0,ρ,1)

v∂u

∂νdS =

∫∂B(0,1)

∂u

∂νdS + ρ2−n

∫∂B(0,ρ)

∂u

∂νdS.

Kako je funkcija u harmonijska na B(0, 1), na osnovu prvog Grinovog

identiteta dobijamo

(14)

∫∂B(0,1)

∂u

∂νdS = 0 i

∫∂B(0,ρ)

∂u

∂νdS = 0.

Iz (13) i (14) dobijamo

(15)

∫∂P (0,ρ,1)

v∂u

∂νdS = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 28 / 58

Dakle,

(12)

∫∂P (0,ρ,1)

u∂v

∂νdS = (2−n)

∫∂B(0,1)

udS− (2−n)ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS.

S druge strane

(13)

∫∂P (0,ρ,1)

v∂u

∂νdS =

∫∂B(0,1)

∂u

∂νdS + ρ2−n

∫∂B(0,ρ)

∂u

∂νdS.

Kako je funkcija u harmonijska na B(0, 1), na osnovu prvog Grinovog

identiteta dobijamo

(14)

∫∂B(0,1)

∂u

∂νdS = 0 i

∫∂B(0,ρ)

∂u

∂νdS = 0.

Iz (13) i (14) dobijamo

(15)

∫∂P (0,ρ,1)

v∂u

∂νdS = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 28 / 58

Konacno, iz (11), (12) i (15) dobijamo∫∂B(0,1)

udS = ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS.

Pokazimo jos da je

limρ→0+

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS = u(0)nωn.

To cemo uraditi tako sto cemo pokazati da za svako ε > 0 postoji δ > 0takvo da vazi: Ako je 0 < ρ < δ onda je∣∣∣∣∣ρ1−n

∫∂B(0,ρ)

udS − u(0)nωn

∣∣∣∣∣ < ε.

Marek Svetlik 04.11.2021. 29 / 58

Konacno, iz (11), (12) i (15) dobijamo∫∂B(0,1)

udS = ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS.

Pokazimo jos da je

limρ→0+

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS = u(0)nωn.

To cemo uraditi tako sto cemo pokazati da za svako ε > 0 postoji δ > 0takvo da vazi: Ako je 0 < ρ < δ onda je∣∣∣∣∣ρ1−n

∫∂B(0,ρ)

udS − u(0)nωn

∣∣∣∣∣ < ε.

Marek Svetlik 04.11.2021. 29 / 58

Konacno, iz (11), (12) i (15) dobijamo∫∂B(0,1)

udS = ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS.

Pokazimo jos da je

limρ→0+

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS = u(0)nωn.

To cemo uraditi tako sto cemo pokazati da za svako ε > 0 postoji δ > 0takvo da vazi:

Ako je 0 < ρ < δ onda je∣∣∣∣∣ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS − u(0)nωn

∣∣∣∣∣ < ε.

Marek Svetlik 04.11.2021. 29 / 58

Konacno, iz (11), (12) i (15) dobijamo∫∂B(0,1)

udS = ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS.

Pokazimo jos da je

limρ→0+

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS = u(0)nωn.

To cemo uraditi tako sto cemo pokazati da za svako ε > 0 postoji δ > 0takvo da vazi: Ako je 0 < ρ < δ onda je∣∣∣∣∣ρ1−n

∫∂B(0,ρ)

udS − u(0)nωn

∣∣∣∣∣ < ε.

Marek Svetlik 04.11.2021. 29 / 58

Dakle, neka je ε > 0 proizvoljno.

Primetimo da je

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

dS = ρ1−nnωnρn−1 = nωn.

Otuda je∣∣∣∣∣ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS − u(0)nωn

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ρ1−n∫∂B(0,ρ)

(u(x)− u(0))dS(x)

∣∣∣∣∣ .

Marek Svetlik 04.11.2021. 30 / 58

Dakle, neka je ε > 0 proizvoljno.

Primetimo da je

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

dS = ρ1−nnωnρn−1 = nωn.

Otuda je∣∣∣∣∣ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS − u(0)nωn

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ρ1−n∫∂B(0,ρ)

(u(x)− u(0))dS(x)

∣∣∣∣∣ .

Marek Svetlik 04.11.2021. 30 / 58

Dakle, neka je ε > 0 proizvoljno.

Primetimo da je

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

dS = ρ1−nnωnρn−1 = nωn.

Otuda je∣∣∣∣∣ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS − u(0)nωn

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ρ1−n∫∂B(0,ρ)

(u(x)− u(0))dS(x)

∣∣∣∣∣ .

Marek Svetlik 04.11.2021. 30 / 58

Dalje, vazi∣∣∣∣∣∣∣ρ1−n∫

∂B(0,ρ)

(u(x)− u(0))dS(x)

∣∣∣∣∣∣∣ 6 ρ1−n∫

∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|dS(x)

6 ρ1−n maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|∫

∂B(0,ρ)

dS

= nωn maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|.

(16)

Marek Svetlik 04.11.2021. 31 / 58

Dalje, vazi∣∣∣∣∣∣∣ρ1−n∫

∂B(0,ρ)

(u(x)− u(0))dS(x)

∣∣∣∣∣∣∣ 6 ρ1−n∫

∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|dS(x)

6 ρ1−n maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|∫

∂B(0,ρ)

dS

= nωn maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|.

(16)

Marek Svetlik 04.11.2021. 31 / 58

Dalje, vazi∣∣∣∣∣∣∣ρ1−n∫

∂B(0,ρ)

(u(x)− u(0))dS(x)

∣∣∣∣∣∣∣ 6 ρ1−n∫

∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|dS(x)

6 ρ1−n maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|∫

∂B(0,ρ)

dS

= nωn maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|.

(16)

Marek Svetlik 04.11.2021. 31 / 58

Dalje, vazi∣∣∣∣∣∣∣ρ1−n∫

∂B(0,ρ)

(u(x)− u(0))dS(x)

∣∣∣∣∣∣∣ 6 ρ1−n∫

∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|dS(x)

6 ρ1−n maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|∫

∂B(0,ρ)

dS

= nωn maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)|.

(16)

Marek Svetlik 04.11.2021. 31 / 58

Zbog neprekidnosti funkcije u vazi

(17) maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)| = |u(ξ(ρ))− u(0)|,

za neko ξ(ρ) ∈ ∂B(0, ρ).

Osim toga, takode zbog neprekidnosti funkcije u postoji δ > 0 takvo da

iz |x| < δ sledi

(18) |u(x)− u(0)| < ε.

Dakle, iz (17) i (18) sledi da za svako 0 < ρ < δ vazi

(19) maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)| < ε.

Marek Svetlik 04.11.2021. 32 / 58

Zbog neprekidnosti funkcije u vazi

(17) maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)| = |u(ξ(ρ))− u(0)|,

za neko ξ(ρ) ∈ ∂B(0, ρ).

Osim toga, takode zbog neprekidnosti funkcije u postoji δ > 0 takvo da

iz |x| < δ sledi

(18) |u(x)− u(0)| < ε.

Dakle, iz (17) i (18) sledi da za svako 0 < ρ < δ vazi

(19) maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)| < ε.

Marek Svetlik 04.11.2021. 32 / 58

Zbog neprekidnosti funkcije u vazi

(17) maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)| = |u(ξ(ρ))− u(0)|,

za neko ξ(ρ) ∈ ∂B(0, ρ).

Osim toga, takode zbog neprekidnosti funkcije u postoji δ > 0 takvo da

iz |x| < δ sledi

(18) |u(x)− u(0)| < ε.

Dakle, iz (17) i (18) sledi da za svako 0 < ρ < δ vazi

(19) maxx∈∂B(0,ρ)

|u(x)− u(0)| < ε.

Marek Svetlik 04.11.2021. 32 / 58

Konacno, iz (16) i (19) dobijamo da je

limρ→0+

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS = u(0)nωn.

Slucaj n = 2.

Ovaj slucaj razmatra se analogno kao slucaj n > 3, s tim sto je funkcija

v : R2 \ 0 → R denisana sa v(x) = log |x|.

Uraditi to za domaci zadatak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 33 / 58

Konacno, iz (16) i (19) dobijamo da je

limρ→0+

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS = u(0)nωn.

Slucaj n = 2.

Ovaj slucaj razmatra se analogno kao slucaj n > 3, s tim sto je funkcija

v : R2 \ 0 → R denisana sa v(x) = log |x|.

Uraditi to za domaci zadatak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 33 / 58

Konacno, iz (16) i (19) dobijamo da je

limρ→0+

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS = u(0)nωn.

Slucaj n = 2.

Ovaj slucaj razmatra se analogno kao slucaj n > 3, s tim sto je funkcija

v : R2 \ 0 → R denisana sa v(x) = log |x|.

Uraditi to za domaci zadatak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 33 / 58

Konacno, iz (16) i (19) dobijamo da je

limρ→0+

ρ1−n∫∂B(0,ρ)

udS = u(0)nωn.

Slucaj n = 2.

Ovaj slucaj razmatra se analogno kao slucaj n > 3, s tim sto je funkcija

v : R2 \ 0 → R denisana sa v(x) = log |x|.

Uraditi to za domaci zadatak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 33 / 58

Teorema 3 (Svojstvo srednje vrednosti - zapreminska verzija)

Neka je Ω ⊆ Rn otvoren skup i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija.

Tada za svako a ∈ Ω i svako r > 0 takvo da je B(a, r) ⊂ Ω vazi

(20) u(a) =1

ωnrn

∫B(a,r)

u(x)dx.

Marek Svetlik 04.11.2021. 34 / 58

Teorema 3 (Svojstvo srednje vrednosti - zapreminska verzija)

Neka je Ω ⊆ Rn otvoren skup i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija.

Tada za svako a ∈ Ω i svako r > 0 takvo da je B(a, r) ⊂ Ω vazi

(20) u(a) =1

ωnrn

∫B(a,r)

u(x)dx.

Marek Svetlik 04.11.2021. 34 / 58

Dokaz.

Neka je 0 < ρ < r. Na osnovu teoreme 2 vazi

(21) u(a) =1

nωnρn−1

∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x).

Mnozenjem jednakosti (21) sa ρn−1 i integraljenjem po ρ od 0 do rdobijamo ∫ r

0u(a)ρn−1dρ =

1

nωn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ,

odnosno

u(a)rn

n=

1

nωn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ.

Marek Svetlik 04.11.2021. 35 / 58

Dokaz. Neka je 0 < ρ < r.

Na osnovu teoreme 2 vazi

(21) u(a) =1

nωnρn−1

∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x).

Mnozenjem jednakosti (21) sa ρn−1 i integraljenjem po ρ od 0 do rdobijamo ∫ r

0u(a)ρn−1dρ =

1

nωn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ,

odnosno

u(a)rn

n=

1

nωn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ.

Marek Svetlik 04.11.2021. 35 / 58

Dokaz. Neka je 0 < ρ < r. Na osnovu teoreme 2 vazi

(21) u(a) =1

nωnρn−1

∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x).

Mnozenjem jednakosti (21) sa ρn−1 i integraljenjem po ρ od 0 do rdobijamo ∫ r

0u(a)ρn−1dρ =

1

nωn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ,

odnosno

u(a)rn

n=

1

nωn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ.

Marek Svetlik 04.11.2021. 35 / 58

Dokaz. Neka je 0 < ρ < r. Na osnovu teoreme 2 vazi

(21) u(a) =1

nωnρn−1

∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x).

Mnozenjem jednakosti (21) sa ρn−1 i integraljenjem po ρ od 0 do rdobijamo ∫ r

0u(a)ρn−1dρ =

1

nωn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ,

odnosno

u(a)rn

n=

1

nωn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ.

Marek Svetlik 04.11.2021. 35 / 58

Dokaz. Neka je 0 < ρ < r. Na osnovu teoreme 2 vazi

(21) u(a) =1

nωnρn−1

∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x).

Mnozenjem jednakosti (21) sa ρn−1 i integraljenjem po ρ od 0 do rdobijamo ∫ r

0u(a)ρn−1dρ =

1

nωn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ,

odnosno

u(a)rn

n=

1

nωn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ.

Marek Svetlik 04.11.2021. 35 / 58

Konacno, imamo

u(a) =1

ωnrn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ

=1

ωnrn

∫B(a,r)

u(y)dy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 36 / 58

Konacno, imamo

u(a) =1

ωnrn

∫ r

0

(∫∂B(a,ρ)

u(x)dS(x)

)dρ

=1

ωnrn

∫B(a,r)

u(y)dy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 36 / 58

Zadaci

Zadatak 2

Neka je Ω ⊂ R2 ogranicena oblast, K ⊂ Ω kompaktan skup i

1 6 p 6 +∞. Dokazati da postoji konstanta C = C(K,Ω, p) takva da za

svaku funkciju u : Ω→ R koja je harmonijska na Ω i koja pripada

Lp(Ω), kao i za svako (x, y) ∈ K vazi |u(x, y)| 6 C‖u‖p.

Marek Svetlik 04.11.2021. 37 / 58

Neka je (x0, y0) ∈ Ω proizvoljno i neka je r > 0 takvo da je

D((x0, y0), r)def= (x, y) ∈ R2 : (x− x0)2 + (y − y0)2 6 r2 ⊂ Ω.

Kako je funkcija u harmonijska na Ω sledi da za svako ρ ∈ [0, r] vazi

u(x0, y0) =1

2πρ

∫∂D((x0,y0),ρ)

u(x, y)ds

=1

2π

∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)dt.

Mnozenjem poslednje jednakosti sa ρ, a zatim i integraljenjem po ρ od

0 do r dobijamo

r2u(x0, y0)

2=

1

2π

∫ r

0

(∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)ρdt

)dρ,

tj.

u(x0, y0) =1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

u(x, y)dxdy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 38 / 58

Neka je (x0, y0) ∈ Ω proizvoljno i neka je r > 0 takvo da je

D((x0, y0), r)def= (x, y) ∈ R2 : (x− x0)2 + (y − y0)2 6 r2 ⊂ Ω.

Kako je funkcija u harmonijska na Ω sledi da za svako ρ ∈ [0, r] vazi

u(x0, y0) =1

2πρ

∫∂D((x0,y0),ρ)

u(x, y)ds

=1

2π

∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)dt.

Mnozenjem poslednje jednakosti sa ρ, a zatim i integraljenjem po ρ od

0 do r dobijamo

r2u(x0, y0)

2=

1

2π

∫ r

0

(∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)ρdt

)dρ,

tj.

u(x0, y0) =1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

u(x, y)dxdy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 38 / 58

Neka je (x0, y0) ∈ Ω proizvoljno i neka je r > 0 takvo da je

D((x0, y0), r)def= (x, y) ∈ R2 : (x− x0)2 + (y − y0)2 6 r2 ⊂ Ω.

Kako je funkcija u harmonijska na Ω sledi da za svako ρ ∈ [0, r] vazi

u(x0, y0) =1

2πρ

∫∂D((x0,y0),ρ)

u(x, y)ds

=1

2π

∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)dt.

Mnozenjem poslednje jednakosti sa ρ, a zatim i integraljenjem po ρ od

0 do r dobijamo

r2u(x0, y0)

2=

1

2π

∫ r

0

(∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)ρdt

)dρ,

tj.

u(x0, y0) =1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

u(x, y)dxdy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 38 / 58

Neka je (x0, y0) ∈ Ω proizvoljno i neka je r > 0 takvo da je

D((x0, y0), r)def= (x, y) ∈ R2 : (x− x0)2 + (y − y0)2 6 r2 ⊂ Ω.

Kako je funkcija u harmonijska na Ω sledi da za svako ρ ∈ [0, r] vazi

u(x0, y0) =1

2πρ

∫∂D((x0,y0),ρ)

u(x, y)ds

=1

2π

∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)dt.

Mnozenjem poslednje jednakosti sa ρ, a zatim i integraljenjem po ρ od

0 do r dobijamo

r2u(x0, y0)

2=

1

2π

∫ r

0

(∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)ρdt

)dρ,

tj.

u(x0, y0) =1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

u(x, y)dxdy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 38 / 58

Neka je (x0, y0) ∈ Ω proizvoljno i neka je r > 0 takvo da je

D((x0, y0), r)def= (x, y) ∈ R2 : (x− x0)2 + (y − y0)2 6 r2 ⊂ Ω.

Kako je funkcija u harmonijska na Ω sledi da za svako ρ ∈ [0, r] vazi

u(x0, y0) =1

2πρ

∫∂D((x0,y0),ρ)

u(x, y)ds

=1

2π

∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)dt.

Mnozenjem poslednje jednakosti sa ρ, a zatim i integraljenjem po ρ od

0 do r dobijamo

r2u(x0, y0)

2=

1

2π

∫ r

0

(∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)ρdt

)dρ,

tj.

u(x0, y0) =1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

u(x, y)dxdy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 38 / 58

Neka je (x0, y0) ∈ Ω proizvoljno i neka je r > 0 takvo da je

D((x0, y0), r)def= (x, y) ∈ R2 : (x− x0)2 + (y − y0)2 6 r2 ⊂ Ω.

Kako je funkcija u harmonijska na Ω sledi da za svako ρ ∈ [0, r] vazi

u(x0, y0) =1

2πρ

∫∂D((x0,y0),ρ)

u(x, y)ds

=1

2π

∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)dt.

Mnozenjem poslednje jednakosti sa ρ, a zatim i integraljenjem po ρ od

0 do r dobijamo

r2u(x0, y0)

2=

1

2π

∫ r

0

(∫ 2π

0u(x0 + ρ cos t, y0 + ρ sin t)ρdt

)dρ,

tj.

u(x0, y0) =1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

u(x, y)dxdy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 38 / 58

Pretpostavimo da je 1 < p < +∞.

Neka je (x0, y0) ∈ K proizvoljno i neka je r =1

2d(K,Ω).

Kako je

u(x0, y0) =1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

u(x, y)dxdy,

sledi da je

|u(x0, y0)| 6 1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

|u(x, y)|dxdy 61

πr2

∫ ∫Ω|u(x, y)|dxdy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 39 / 58

Pretpostavimo da je 1 < p < +∞.

Neka je (x0, y0) ∈ K proizvoljno i neka je r =1

2d(K,Ω).

Kako je

u(x0, y0) =1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

u(x, y)dxdy,

sledi da je

|u(x0, y0)| 6 1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

|u(x, y)|dxdy 61

πr2

∫ ∫Ω|u(x, y)|dxdy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 39 / 58

Pretpostavimo da je 1 < p < +∞.

Neka je (x0, y0) ∈ K proizvoljno i neka je r =1

2d(K,Ω).

Kako je

u(x0, y0) =1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

u(x, y)dxdy,

sledi da je

|u(x0, y0)| 6 1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

|u(x, y)|dxdy 61

πr2

∫ ∫Ω|u(x, y)|dxdy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 39 / 58

Pretpostavimo da je 1 < p < +∞.

Neka je (x0, y0) ∈ K proizvoljno i neka je r =1

2d(K,Ω).

Kako je

u(x0, y0) =1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

u(x, y)dxdy,

sledi da je

|u(x0, y0)| 6 1

πr2

∫ ∫D((x0,y0),r)

|u(x, y)|dxdy 61

πr2

∫ ∫Ω|u(x, y)|dxdy.

Marek Svetlik 04.11.2021. 39 / 58

Otuda na osnovu Helderove nejednakosti dobijamo

|u(x0, y0)| 6 1

πr2

(∫ ∫Ω|u(x, y)|pdxdy

) 1p

·(∫ ∫

Ω1

pp−1dxdy

)1− 1p

,

odnosno

|u(x0, y0)| 6 m(Ω)1− 1

p

π(

12d(K,Ω)

)2 ‖u‖p.Slucajeve p = 1 i p = +∞ uraditi za domaci zadatak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 40 / 58

Otuda na osnovu Helderove nejednakosti dobijamo

|u(x0, y0)| 6 1

πr2

(∫ ∫Ω|u(x, y)|pdxdy

) 1p

·(∫ ∫

Ω1

pp−1dxdy

)1− 1p

,

odnosno

|u(x0, y0)| 6 m(Ω)1− 1

p

π(

12d(K,Ω)

)2 ‖u‖p.Slucajeve p = 1 i p = +∞ uraditi za domaci zadatak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 40 / 58

Otuda na osnovu Helderove nejednakosti dobijamo

|u(x0, y0)| 6 1

πr2

(∫ ∫Ω|u(x, y)|pdxdy

) 1p

·(∫ ∫

Ω1

pp−1dxdy

)1− 1p

,

odnosno

|u(x0, y0)| 6 m(Ω)1− 1

p

π(

12d(K,Ω)

)2 ‖u‖p.

Slucajeve p = 1 i p = +∞ uraditi za domaci zadatak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 40 / 58

Otuda na osnovu Helderove nejednakosti dobijamo

|u(x0, y0)| 6 1

πr2

(∫ ∫Ω|u(x, y)|pdxdy

) 1p

·(∫ ∫

Ω1

pp−1dxdy

)1− 1p

,

odnosno

|u(x0, y0)| 6 m(Ω)1− 1

p

π(

12d(K,Ω)

)2 ‖u‖p.Slucajeve p = 1 i p = +∞ uraditi za domaci zadatak.

Marek Svetlik 04.11.2021. 40 / 58

Princip maksimuma

Za harmonijske funkcije vazi princip maksimuma. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 4 (Princip maksimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima maksimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Neka je a ∈ Ω takva da funkcija u dostize maksimum u tacki a.Sa A obelezimo skup u−1(u(a)). Ako dokazemo da je A = Ω dokazali

smo da je u konstantna funkcija.

Marek Svetlik 04.11.2021. 41 / 58

Princip maksimuma

Za harmonijske funkcije vazi princip maksimuma.

Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 4 (Princip maksimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima maksimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Neka je a ∈ Ω takva da funkcija u dostize maksimum u tacki a.Sa A obelezimo skup u−1(u(a)). Ako dokazemo da je A = Ω dokazali

smo da je u konstantna funkcija.

Marek Svetlik 04.11.2021. 41 / 58

Princip maksimuma

Za harmonijske funkcije vazi princip maksimuma. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 4 (Princip maksimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima maksimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Neka je a ∈ Ω takva da funkcija u dostize maksimum u tacki a.Sa A obelezimo skup u−1(u(a)). Ako dokazemo da je A = Ω dokazali

smo da je u konstantna funkcija.

Marek Svetlik 04.11.2021. 41 / 58

Princip maksimuma

Za harmonijske funkcije vazi princip maksimuma. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 4 (Princip maksimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima maksimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Neka je a ∈ Ω takva da funkcija u dostize maksimum u tacki a.Sa A obelezimo skup u−1(u(a)). Ako dokazemo da je A = Ω dokazali

smo da je u konstantna funkcija.

Marek Svetlik 04.11.2021. 41 / 58

Princip maksimuma

Za harmonijske funkcije vazi princip maksimuma. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 4 (Princip maksimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima maksimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz.

Neka je a ∈ Ω takva da funkcija u dostize maksimum u tacki a.Sa A obelezimo skup u−1(u(a)). Ako dokazemo da je A = Ω dokazali

smo da je u konstantna funkcija.

Marek Svetlik 04.11.2021. 41 / 58

Princip maksimuma

Za harmonijske funkcije vazi princip maksimuma. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 4 (Princip maksimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima maksimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Neka je a ∈ Ω takva da funkcija u dostize maksimum u tacki a.

Sa A obelezimo skup u−1(u(a)). Ako dokazemo da je A = Ω dokazali

smo da je u konstantna funkcija.

Marek Svetlik 04.11.2021. 41 / 58

Princip maksimuma

Za harmonijske funkcije vazi princip maksimuma. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 4 (Princip maksimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima maksimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Neka je a ∈ Ω takva da funkcija u dostize maksimum u tacki a.Sa A obelezimo skup u−1(u(a)).

Ako dokazemo da je A = Ω dokazali

smo da je u konstantna funkcija.

Marek Svetlik 04.11.2021. 41 / 58

Princip maksimuma

Za harmonijske funkcije vazi princip maksimuma. Preciznije vazi

sledeca teorema.

Teorema 4 (Princip maksimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima maksimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Neka je a ∈ Ω takva da funkcija u dostize maksimum u tacki a.Sa A obelezimo skup u−1(u(a)). Ako dokazemo da je A = Ω dokazali

smo da je u konstantna funkcija.

Marek Svetlik 04.11.2021. 41 / 58

Kako je Ω povezan skup i A 6= ∅, da bismo dokazali da je A = Ωdovoljno je da dokazemo da je skup A i zatvoren i otvoren u Ω.

Funkcija u je neprekidna, pa je A zatvoren skup kao inverzna slika

zatvorenog skupa u(a).

Dokazimo da je A otvoren skup. To cemo dokazati tako sto cemo

pokazati da za svako x ∈ A postoji r > 0 takvo da je B(x, r) ⊂ A.

Neka je x ∈ A proizvoljno. Kako funkcija u dostize maksimum u tacki

x, sledi da za svako y ∈ Ω vazi

(22) u(y) 6 u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 42 / 58

Kako je Ω povezan skup i A 6= ∅, da bismo dokazali da je A = Ωdovoljno je da dokazemo da je skup A i zatvoren i otvoren u Ω.

Funkcija u je neprekidna, pa je A zatvoren skup kao inverzna slika

zatvorenog skupa u(a).

Dokazimo da je A otvoren skup. To cemo dokazati tako sto cemo

pokazati da za svako x ∈ A postoji r > 0 takvo da je B(x, r) ⊂ A.

Neka je x ∈ A proizvoljno. Kako funkcija u dostize maksimum u tacki

x, sledi da za svako y ∈ Ω vazi

(22) u(y) 6 u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 42 / 58

Kako je Ω povezan skup i A 6= ∅, da bismo dokazali da je A = Ωdovoljno je da dokazemo da je skup A i zatvoren i otvoren u Ω.

Funkcija u je neprekidna, pa je A zatvoren skup kao inverzna slika

zatvorenog skupa u(a).

Dokazimo da je A otvoren skup.

To cemo dokazati tako sto cemo

pokazati da za svako x ∈ A postoji r > 0 takvo da je B(x, r) ⊂ A.

Neka je x ∈ A proizvoljno. Kako funkcija u dostize maksimum u tacki

x, sledi da za svako y ∈ Ω vazi

(22) u(y) 6 u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 42 / 58

Kako je Ω povezan skup i A 6= ∅, da bismo dokazali da je A = Ωdovoljno je da dokazemo da je skup A i zatvoren i otvoren u Ω.

Funkcija u je neprekidna, pa je A zatvoren skup kao inverzna slika

zatvorenog skupa u(a).

Dokazimo da je A otvoren skup. To cemo dokazati tako sto cemo

pokazati da za svako x ∈ A postoji r > 0 takvo da je B(x, r) ⊂ A.

Neka je x ∈ A proizvoljno. Kako funkcija u dostize maksimum u tacki

x, sledi da za svako y ∈ Ω vazi

(22) u(y) 6 u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 42 / 58

Kako je Ω povezan skup i A 6= ∅, da bismo dokazali da je A = Ωdovoljno je da dokazemo da je skup A i zatvoren i otvoren u Ω.

Funkcija u je neprekidna, pa je A zatvoren skup kao inverzna slika

zatvorenog skupa u(a).

Dokazimo da je A otvoren skup. To cemo dokazati tako sto cemo

pokazati da za svako x ∈ A postoji r > 0 takvo da je B(x, r) ⊂ A.

Neka je x ∈ A proizvoljno.

Kako funkcija u dostize maksimum u tacki

x, sledi da za svako y ∈ Ω vazi

(22) u(y) 6 u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 42 / 58

Kako je Ω povezan skup i A 6= ∅, da bismo dokazali da je A = Ωdovoljno je da dokazemo da je skup A i zatvoren i otvoren u Ω.

Funkcija u je neprekidna, pa je A zatvoren skup kao inverzna slika

zatvorenog skupa u(a).

Dokazimo da je A otvoren skup. To cemo dokazati tako sto cemo

pokazati da za svako x ∈ A postoji r > 0 takvo da je B(x, r) ⊂ A.

Neka je x ∈ A proizvoljno. Kako funkcija u dostize maksimum u tacki

x, sledi da za svako y ∈ Ω vazi

(22) u(y) 6 u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 42 / 58

S druge strane, neka je r > 0 takvo da B(x, r) ⊂ Ω.

Na osnovu teoreme 3 vazi

u(x) =1

ωnrn

∫B(x,r)

u(y)dy,

odnosno kako je

∫B(x,r)

dy = ωnrn, vazi

(23)1

ωnrn

∫B(x,r)

(u(x)− u(y))dy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 43 / 58

S druge strane, neka je r > 0 takvo da B(x, r) ⊂ Ω.

Na osnovu teoreme 3 vazi

u(x) =1

ωnrn

∫B(x,r)

u(y)dy,

odnosno kako je

∫B(x,r)

dy = ωnrn, vazi

(23)1

ωnrn

∫B(x,r)

(u(x)− u(y))dy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 43 / 58

S druge strane, neka je r > 0 takvo da B(x, r) ⊂ Ω.

Na osnovu teoreme 3 vazi

u(x) =1

ωnrn

∫B(x,r)

u(y)dy,

odnosno kako je

∫B(x,r)

dy = ωnrn, vazi

(23)1

ωnrn

∫B(x,r)

(u(x)− u(y))dy = 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 43 / 58

Dalje, iz (22) i (23) uzimajuci u obzir da je funkcija u neprekidna na Ωdobijamo u(y) = u(x), za svako y ∈ B(x, r).

Dakle, B(x, r) ⊂ A.

Naredne teoreme su posledice principa maksimuma za harmonijske

funkcije, tj. teoreme 4.

Teorema 5 (Princip minimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima minimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Kako je funkcija v = −u harmonijska na Ω i kako funkcija v ima

maksimum na Ω, na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija v konstantna

na Ω. Dakle, i funkcija u je konstantna na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 44 / 58

Dalje, iz (22) i (23) uzimajuci u obzir da je funkcija u neprekidna na Ωdobijamo u(y) = u(x), za svako y ∈ B(x, r).

Dakle, B(x, r) ⊂ A.

Naredne teoreme su posledice principa maksimuma za harmonijske

funkcije, tj. teoreme 4.

Teorema 5 (Princip minimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima minimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Kako je funkcija v = −u harmonijska na Ω i kako funkcija v ima

maksimum na Ω, na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija v konstantna

na Ω. Dakle, i funkcija u je konstantna na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 44 / 58

Dalje, iz (22) i (23) uzimajuci u obzir da je funkcija u neprekidna na Ωdobijamo u(y) = u(x), za svako y ∈ B(x, r).

Dakle, B(x, r) ⊂ A.

Naredne teoreme su posledice principa maksimuma za harmonijske

funkcije, tj. teoreme 4.

Teorema 5 (Princip minimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima minimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Kako je funkcija v = −u harmonijska na Ω i kako funkcija v ima

maksimum na Ω, na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija v konstantna

na Ω. Dakle, i funkcija u je konstantna na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 44 / 58

Dalje, iz (22) i (23) uzimajuci u obzir da je funkcija u neprekidna na Ωdobijamo u(y) = u(x), za svako y ∈ B(x, r).

Dakle, B(x, r) ⊂ A.

Naredne teoreme su posledice principa maksimuma za harmonijske

funkcije, tj. teoreme 4.

Teorema 5 (Princip minimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima minimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Kako je funkcija v = −u harmonijska na Ω i kako funkcija v ima

maksimum na Ω, na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija v konstantna

na Ω. Dakle, i funkcija u je konstantna na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 44 / 58

Dalje, iz (22) i (23) uzimajuci u obzir da je funkcija u neprekidna na Ωdobijamo u(y) = u(x), za svako y ∈ B(x, r).

Dakle, B(x, r) ⊂ A.

Naredne teoreme su posledice principa maksimuma za harmonijske

funkcije, tj. teoreme 4.

Teorema 5 (Princip minimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima minimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz.

Kako je funkcija v = −u harmonijska na Ω i kako funkcija v ima

maksimum na Ω, na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija v konstantna

na Ω. Dakle, i funkcija u je konstantna na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 44 / 58

Dalje, iz (22) i (23) uzimajuci u obzir da je funkcija u neprekidna na Ωdobijamo u(y) = u(x), za svako y ∈ B(x, r).

Dakle, B(x, r) ⊂ A.

Naredne teoreme su posledice principa maksimuma za harmonijske

funkcije, tj. teoreme 4.

Teorema 5 (Princip minimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima minimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Kako je funkcija v = −u harmonijska na Ω i kako funkcija v ima

maksimum na Ω, na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija v konstantna

na Ω.

Dakle, i funkcija u je konstantna na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 44 / 58

Dalje, iz (22) i (23) uzimajuci u obzir da je funkcija u neprekidna na Ωdobijamo u(y) = u(x), za svako y ∈ B(x, r).

Dakle, B(x, r) ⊂ A.

Naredne teoreme su posledice principa maksimuma za harmonijske

funkcije, tj. teoreme 4.

Teorema 5 (Princip minimuma)

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je u : Ω→ R harmonijska funkcija. Ako

funkcija u ima minimum na Ω onda je u konstantna funkcija.

Dokaz. Kako je funkcija v = −u harmonijska na Ω i kako funkcija v ima

maksimum na Ω, na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija v konstantna

na Ω. Dakle, i funkcija u je konstantna na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 44 / 58

Teorema 6

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast i neka je funkcija u : Ω→ Rneprekidna na Ω i harmonijska na Ω. Tada je

(24) maxΩ

u = max∂Ω

u

i

(25) minΩu = min

∂Ωu.

Dokaz. Pre svega primetimo da su Ω i ∂Ω kompaktni skupovi u Rn, pakako je funkcija u neprekidna na Ω na osnovu Vajerstrasove teoreme

sledi da svi navedeni maksimumi i minimumi postoje.

Marek Svetlik 04.11.2021. 45 / 58

Teorema 6

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast i neka je funkcija u : Ω→ Rneprekidna na Ω i harmonijska na Ω. Tada je

(24) maxΩ

u = max∂Ω

u

i

(25) minΩu = min

∂Ωu.

Dokaz.

Pre svega primetimo da su Ω i ∂Ω kompaktni skupovi u Rn, pakako je funkcija u neprekidna na Ω na osnovu Vajerstrasove teoreme

sledi da svi navedeni maksimumi i minimumi postoje.

Marek Svetlik 04.11.2021. 45 / 58

Teorema 6

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast i neka je funkcija u : Ω→ Rneprekidna na Ω i harmonijska na Ω. Tada je

(24) maxΩ

u = max∂Ω

u

i

(25) minΩu = min

∂Ωu.

Dokaz. Pre svega primetimo da su Ω i ∂Ω kompaktni skupovi u Rn, pakako je funkcija u neprekidna na Ω na osnovu Vajerstrasove teoreme

sledi da svi navedeni maksimumi i minimumi postoje.

Marek Svetlik 04.11.2021. 45 / 58

Dokazimo (24).

Ako postoji x0 ∈ Ω takvo da je u(x0) = maxΩ

u onda funkcija u dostize

maksimum na Ω. Otuda na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija ukonstantna na Ω, a zbog neprekidnosti i na Ω. Dakle, vazi (24).

Ako ne postoji x0 ∈ Ω takvo da je u(x0) = maxΩ

u onda (24) trivijalno

vazi.

Analogno se dokazuje jednakost (25), s tim sto se umesto teoreme 4

koristi teorema 5.

Marek Svetlik 04.11.2021. 46 / 58

Dokazimo (24).

Ako postoji x0 ∈ Ω takvo da je u(x0) = maxΩ

u onda funkcija u dostize

maksimum na Ω. Otuda na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija ukonstantna na Ω, a zbog neprekidnosti i na Ω.

Dakle, vazi (24).

Ako ne postoji x0 ∈ Ω takvo da je u(x0) = maxΩ

u onda (24) trivijalno

vazi.

Analogno se dokazuje jednakost (25), s tim sto se umesto teoreme 4

koristi teorema 5.

Marek Svetlik 04.11.2021. 46 / 58

Dokazimo (24).

Ako postoji x0 ∈ Ω takvo da je u(x0) = maxΩ

u onda funkcija u dostize

maksimum na Ω. Otuda na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija ukonstantna na Ω, a zbog neprekidnosti i na Ω. Dakle, vazi (24).

Ako ne postoji x0 ∈ Ω takvo da je u(x0) = maxΩ

u onda (24) trivijalno

vazi.

Analogno se dokazuje jednakost (25), s tim sto se umesto teoreme 4

koristi teorema 5.

Marek Svetlik 04.11.2021. 46 / 58

Dokazimo (24).

Ako postoji x0 ∈ Ω takvo da je u(x0) = maxΩ

u onda funkcija u dostize

maksimum na Ω. Otuda na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija ukonstantna na Ω, a zbog neprekidnosti i na Ω. Dakle, vazi (24).

Ako ne postoji x0 ∈ Ω takvo da je u(x0) = maxΩ

u onda (24) trivijalno

vazi.

Analogno se dokazuje jednakost (25), s tim sto se umesto teoreme 4

koristi teorema 5.

Marek Svetlik 04.11.2021. 46 / 58

Dokazimo (24).

Ako postoji x0 ∈ Ω takvo da je u(x0) = maxΩ

u onda funkcija u dostize

maksimum na Ω. Otuda na osnovu teoreme 4 sledi da je funkcija ukonstantna na Ω, a zbog neprekidnosti i na Ω. Dakle, vazi (24).

Ako ne postoji x0 ∈ Ω takvo da je u(x0) = maxΩ

u onda (24) trivijalno

vazi.

Analogno se dokazuje jednakost (25), s tim sto se umesto teoreme 4

koristi teorema 5.

Marek Svetlik 04.11.2021. 46 / 58

Teorema 7 (Jedinstvenost resenja Dirihleovog problema zaLaplasovu jednacinu na ogranicenoj oblasti)

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast. Dirihleov problem za Laplasovu

jednacinu na oblasti Ω moze imati najvise jedno resenje.

Dokaz. Pretpostavimo da su u1 i u2 dva resenja odgovarajuceg

Dirihleovog problema i dokazimo da je u1 = u2. U tom cilju, neka je

U = u1 − u2. Tada za funkciju U vazi

1 U ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆U(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 U(x) = 0 za svako x ∈ ∂Ω.

Na osnovu teoreme 6 sledi da je maxΩ

U = 0 i minΩU = 0. Stoga je U = 0

na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 47 / 58

Teorema 7 (Jedinstvenost resenja Dirihleovog problema zaLaplasovu jednacinu na ogranicenoj oblasti)

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast. Dirihleov problem za Laplasovu

jednacinu na oblasti Ω moze imati najvise jedno resenje.

Dokaz.

Pretpostavimo da su u1 i u2 dva resenja odgovarajuceg

Dirihleovog problema i dokazimo da je u1 = u2. U tom cilju, neka je

U = u1 − u2. Tada za funkciju U vazi

1 U ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆U(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 U(x) = 0 za svako x ∈ ∂Ω.

Na osnovu teoreme 6 sledi da je maxΩ

U = 0 i minΩU = 0. Stoga je U = 0

na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 47 / 58

Teorema 7 (Jedinstvenost resenja Dirihleovog problema zaLaplasovu jednacinu na ogranicenoj oblasti)

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast. Dirihleov problem za Laplasovu

jednacinu na oblasti Ω moze imati najvise jedno resenje.

Dokaz. Pretpostavimo da su u1 i u2 dva resenja odgovarajuceg

Dirihleovog problema i dokazimo da je u1 = u2.

U tom cilju, neka je

U = u1 − u2. Tada za funkciju U vazi

1 U ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆U(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 U(x) = 0 za svako x ∈ ∂Ω.

Na osnovu teoreme 6 sledi da je maxΩ

U = 0 i minΩU = 0. Stoga je U = 0

na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 47 / 58

Teorema 7 (Jedinstvenost resenja Dirihleovog problema zaLaplasovu jednacinu na ogranicenoj oblasti)

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast. Dirihleov problem za Laplasovu

jednacinu na oblasti Ω moze imati najvise jedno resenje.

Dokaz. Pretpostavimo da su u1 i u2 dva resenja odgovarajuceg

Dirihleovog problema i dokazimo da je u1 = u2. U tom cilju, neka je

U = u1 − u2.

Tada za funkciju U vazi

1 U ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆U(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 U(x) = 0 za svako x ∈ ∂Ω.

Na osnovu teoreme 6 sledi da je maxΩ

U = 0 i minΩU = 0. Stoga je U = 0

na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 47 / 58

Teorema 7 (Jedinstvenost resenja Dirihleovog problema zaLaplasovu jednacinu na ogranicenoj oblasti)

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast. Dirihleov problem za Laplasovu

jednacinu na oblasti Ω moze imati najvise jedno resenje.

Dokaz. Pretpostavimo da su u1 i u2 dva resenja odgovarajuceg

Dirihleovog problema i dokazimo da je u1 = u2. U tom cilju, neka je

U = u1 − u2. Tada za funkciju U vazi

1 U ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆U(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 U(x) = 0 za svako x ∈ ∂Ω.

Na osnovu teoreme 6 sledi da je maxΩ

U = 0 i minΩU = 0. Stoga je U = 0

na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 47 / 58

Teorema 7 (Jedinstvenost resenja Dirihleovog problema zaLaplasovu jednacinu na ogranicenoj oblasti)

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast. Dirihleov problem za Laplasovu

jednacinu na oblasti Ω moze imati najvise jedno resenje.

Dokaz. Pretpostavimo da su u1 i u2 dva resenja odgovarajuceg

Dirihleovog problema i dokazimo da je u1 = u2. U tom cilju, neka je

U = u1 − u2. Tada za funkciju U vazi

1 U ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆U(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 U(x) = 0 za svako x ∈ ∂Ω.

Na osnovu teoreme 6 sledi da je maxΩ

U = 0 i minΩU = 0. Stoga je U = 0

na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 47 / 58

Teorema 7 (Jedinstvenost resenja Dirihleovog problema zaLaplasovu jednacinu na ogranicenoj oblasti)

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast. Dirihleov problem za Laplasovu

jednacinu na oblasti Ω moze imati najvise jedno resenje.

Dokaz. Pretpostavimo da su u1 i u2 dva resenja odgovarajuceg

Dirihleovog problema i dokazimo da je u1 = u2. U tom cilju, neka je

U = u1 − u2. Tada za funkciju U vazi

1 U ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆U(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 U(x) = 0 za svako x ∈ ∂Ω.

Na osnovu teoreme 6 sledi da je maxΩ

U = 0 i minΩU = 0. Stoga je U = 0

na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 47 / 58

Teorema 7 (Jedinstvenost resenja Dirihleovog problema zaLaplasovu jednacinu na ogranicenoj oblasti)

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast. Dirihleov problem za Laplasovu

jednacinu na oblasti Ω moze imati najvise jedno resenje.

Dokaz. Pretpostavimo da su u1 i u2 dva resenja odgovarajuceg

Dirihleovog problema i dokazimo da je u1 = u2. U tom cilju, neka je

U = u1 − u2. Tada za funkciju U vazi

1 U ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆U(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 U(x) = 0 za svako x ∈ ∂Ω.

Na osnovu teoreme 6 sledi da je maxΩ

U = 0 i minΩU = 0. Stoga je U = 0

na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 47 / 58

Teorema 7 (Jedinstvenost resenja Dirihleovog problema zaLaplasovu jednacinu na ogranicenoj oblasti)

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast. Dirihleov problem za Laplasovu

jednacinu na oblasti Ω moze imati najvise jedno resenje.

Dokaz. Pretpostavimo da su u1 i u2 dva resenja odgovarajuceg

Dirihleovog problema i dokazimo da je u1 = u2. U tom cilju, neka je

U = u1 − u2. Tada za funkciju U vazi

1 U ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆U(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 U(x) = 0 za svako x ∈ ∂Ω.

Na osnovu teoreme 6 sledi da je maxΩ

U = 0 i minΩU = 0.

Stoga je U = 0

na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 47 / 58

Teorema 7 (Jedinstvenost resenja Dirihleovog problema zaLaplasovu jednacinu na ogranicenoj oblasti)

Neka je Ω ⊂ Rn ogranicena oblast. Dirihleov problem za Laplasovu

jednacinu na oblasti Ω moze imati najvise jedno resenje.

Dokaz. Pretpostavimo da su u1 i u2 dva resenja odgovarajuceg

Dirihleovog problema i dokazimo da je u1 = u2. U tom cilju, neka je

U = u1 − u2. Tada za funkciju U vazi

1 U ∈ C(Ω;R) ∩ C2(Ω;R);

2 ∆U(x) = 0 za svako x ∈ Ω;

3 U(x) = 0 za svako x ∈ ∂Ω.

Na osnovu teoreme 6 sledi da je maxΩ

U = 0 i minΩU = 0. Stoga je U = 0

na Ω.

Marek Svetlik 04.11.2021. 47 / 58

Ostaju dva pitanja:

Da li Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu na Ω ima resenje?

Ako Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu na Ω ima resenje, kako

odrediti to resenje?

Marek Svetlik 04.11.2021. 48 / 58

Ostaju dva pitanja:

Da li Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu na Ω ima resenje?

Ako Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu na Ω ima resenje, kako

odrediti to resenje?

Marek Svetlik 04.11.2021. 48 / 58

Ostaju dva pitanja:

Da li Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu na Ω ima resenje?

Ako Dirihleov problem za Laplasovu jednacinu na Ω ima resenje, kako

odrediti to resenje?

Marek Svetlik 04.11.2021. 48 / 58

Zadaci

Zadatak 3

Neka je D ⊂ Rn ogranicena oblast, neka su u1, u2 : D → R funkcije koje

su neprekidne na D i harmonijske na D i neka je u : D → R denisana

sa u(x) = |u1(x)|+ |u2(x)|. Dokazati da vazi

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 49 / 58

Zadaci

Zadatak 3

Neka je D ⊂ Rn ogranicena oblast, neka su u1, u2 : D → R funkcije koje

su neprekidne na D i harmonijske na D i neka je u : D → R denisana

sa u(x) = |u1(x)|+ |u2(x)|. Dokazati da vazi

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 49 / 58

Neka je xmax ∈ D jedna od tacaka u kojoj funkcija u dostize maksimum.

Dalje, neka je za j ∈ 1, 2,

εj =

1, ako je uj(xmax) > 0,−1, ako je uj(xmax) < 0,

Funkciju u : D → R denisemo na sledeci nacin:

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x).

Neposredno se proverava da je funkcija u neprekidna na D i

harmonijska na D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 50 / 58

Neka je xmax ∈ D jedna od tacaka u kojoj funkcija u dostize maksimum.

Dalje, neka je za j ∈ 1, 2,

εj =

1, ako je uj(xmax) > 0,−1, ako je uj(xmax) < 0,

Funkciju u : D → R denisemo na sledeci nacin:

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x).

Neposredno se proverava da je funkcija u neprekidna na D i

harmonijska na D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 50 / 58

Neka je xmax ∈ D jedna od tacaka u kojoj funkcija u dostize maksimum.

Dalje, neka je za j ∈ 1, 2,

εj =

1, ako je uj(xmax) > 0,−1, ako je uj(xmax) < 0,

Funkciju u : D → R denisemo na sledeci nacin:

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x).

Neposredno se proverava da je funkcija u neprekidna na D i

harmonijska na D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 50 / 58

Neka je xmax ∈ D jedna od tacaka u kojoj funkcija u dostize maksimum.

Dalje, neka je za j ∈ 1, 2,

εj =

1, ako je uj(xmax) > 0,−1, ako je uj(xmax) < 0,

Funkciju u : D → R denisemo na sledeci nacin:

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x).

Neposredno se proverava da je funkcija u neprekidna na D i

harmonijska na D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 50 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno.

Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?), pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno. Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?), pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno. Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|

= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?), pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno. Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?), pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno. Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?), pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno. Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|

= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?), pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno. Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?), pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno. Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?), pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno. Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?), pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno. Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?),

pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Neka je x ∈ D proizvoljno. Tada je

u(x) = ε1u1(x) + ε2u2(x)

6 |u1(x)|+ |u2(x)|= u(x)

6 u(xmax)

= |u1(xmax)|+ |u2(xmax)|= ε1u1(xmax) + ε2u2(xmax)

= u(xmax).

Dakle, funkcija u takode dostize maksimum u tacki xmax.

Ako u nije konstantna funkcija, onda xmax ∈ ∂D (zasto ?), pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 51 / 58

Ako je u konstantna funkcija, onda za svako x ∈ D vazi

u(xmax) = u(x) 6 |u1(x)|+ |u2(x)| = u(x) 6 u(xmax).

Otuda sledi da je u konstantna funkcija, pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 52 / 58

Ako je u konstantna funkcija, onda za svako x ∈ D vazi

u(xmax) = u(x) 6 |u1(x)|+ |u2(x)| = u(x) 6 u(xmax).

Otuda sledi da je u konstantna funkcija, pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 52 / 58

Ako je u konstantna funkcija, onda za svako x ∈ D vazi

u(xmax) = u(x) 6 |u1(x)|+ |u2(x)| = u(x) 6 u(xmax).

Otuda sledi da je u konstantna funkcija,

pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 52 / 58

Ako je u konstantna funkcija, onda za svako x ∈ D vazi

u(xmax) = u(x) 6 |u1(x)|+ |u2(x)| = u(x) 6 u(xmax).

Otuda sledi da je u konstantna funkcija, pa je

maxx∈D

u(x) = maxx∈∂D

u(x).

Marek Svetlik 04.11.2021. 52 / 58

Zadatak 4

Neka je D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1. Odrediti sve harmonijske

funkcije u : D → R takve da je

|u(x, y)| 6 1−√x2 + y2,

za svako (x, y) ∈ D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 53 / 58

Neka je u : D → R proizvoljna harmonijska funkcija na D takva da vazi

|u(x, y)| 6 1−√x2 + y2,

za svako (x, y) ∈ D.

Primetimo najpre da za svako (x0, y0) ∈ ∂D vazi

0 6 lim(x,y)→(x0,y0)

|u(x, y)| 6 lim(x,y)→(x0,y0)

(1−

√x2 + y2

)= 0.

Dalje, neka je v : D → R denisana sa

v(x, y) =

u(x, y), ako (x, y) ∈ D,

0, ako (x, y) ∈ ∂D.

Na osnovu prethodnog sledi da je v neprekidna na D i harmonijska na

D.

Otuda na osnovu teoreme 6 sledi da je maxD

v = minD

v = 0. Otuda je

v(x, y) = 0, za svako (x, y) ∈ D, a samim tim i u(x, y) = 0 za svako

(x, y) ∈ D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 54 / 58

Neka je u : D → R proizvoljna harmonijska funkcija na D takva da vazi

|u(x, y)| 6 1−√x2 + y2,

za svako (x, y) ∈ D.

Primetimo najpre da za svako (x0, y0) ∈ ∂D vazi

0 6 lim(x,y)→(x0,y0)

|u(x, y)| 6 lim(x,y)→(x0,y0)

(1−

√x2 + y2

)= 0.

Dalje, neka je v : D → R denisana sa

v(x, y) =

u(x, y), ako (x, y) ∈ D,

0, ako (x, y) ∈ ∂D.

Na osnovu prethodnog sledi da je v neprekidna na D i harmonijska na

D.

Otuda na osnovu teoreme 6 sledi da je maxD

v = minD

v = 0. Otuda je

v(x, y) = 0, za svako (x, y) ∈ D, a samim tim i u(x, y) = 0 za svako

(x, y) ∈ D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 54 / 58

Neka je u : D → R proizvoljna harmonijska funkcija na D takva da vazi

|u(x, y)| 6 1−√x2 + y2,

za svako (x, y) ∈ D.

Primetimo najpre da za svako (x0, y0) ∈ ∂D vazi

0 6 lim(x,y)→(x0,y0)

|u(x, y)| 6 lim(x,y)→(x0,y0)

(1−

√x2 + y2

)= 0.

Dalje, neka je v : D → R denisana sa

v(x, y) =

u(x, y), ako (x, y) ∈ D,

0, ako (x, y) ∈ ∂D.

Na osnovu prethodnog sledi da je v neprekidna na D i harmonijska na

D.

Otuda na osnovu teoreme 6 sledi da je maxD

v = minD

v = 0. Otuda je

v(x, y) = 0, za svako (x, y) ∈ D, a samim tim i u(x, y) = 0 za svako

(x, y) ∈ D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 54 / 58

Neka je u : D → R proizvoljna harmonijska funkcija na D takva da vazi

|u(x, y)| 6 1−√x2 + y2,

za svako (x, y) ∈ D.

Primetimo najpre da za svako (x0, y0) ∈ ∂D vazi

0 6 lim(x,y)→(x0,y0)

|u(x, y)| 6 lim(x,y)→(x0,y0)

(1−

√x2 + y2

)= 0.

Dalje, neka je v : D → R denisana sa

v(x, y) =

u(x, y), ako (x, y) ∈ D,

0, ako (x, y) ∈ ∂D.

Na osnovu prethodnog sledi da je v neprekidna na D i harmonijska na

D.

Otuda na osnovu teoreme 6 sledi da je maxD

v = minD

v = 0. Otuda je

v(x, y) = 0, za svako (x, y) ∈ D, a samim tim i u(x, y) = 0 za svako

(x, y) ∈ D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 54 / 58

Neka je u : D → R proizvoljna harmonijska funkcija na D takva da vazi

|u(x, y)| 6 1−√x2 + y2,

za svako (x, y) ∈ D.

Primetimo najpre da za svako (x0, y0) ∈ ∂D vazi

0 6 lim(x,y)→(x0,y0)

|u(x, y)| 6 lim(x,y)→(x0,y0)

(1−

√x2 + y2

)= 0.

Dalje, neka je v : D → R denisana sa

v(x, y) =

u(x, y), ako (x, y) ∈ D,

0, ako (x, y) ∈ ∂D.

Na osnovu prethodnog sledi da je v neprekidna na D i harmonijska na

D.

Otuda na osnovu teoreme 6 sledi da je maxD

v = minD

v = 0.

Otuda je

v(x, y) = 0, za svako (x, y) ∈ D, a samim tim i u(x, y) = 0 za svako

(x, y) ∈ D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 54 / 58

Neka je u : D → R proizvoljna harmonijska funkcija na D takva da vazi

|u(x, y)| 6 1−√x2 + y2,

za svako (x, y) ∈ D.

Primetimo najpre da za svako (x0, y0) ∈ ∂D vazi

0 6 lim(x,y)→(x0,y0)

|u(x, y)| 6 lim(x,y)→(x0,y0)

(1−

√x2 + y2

)= 0.

Dalje, neka je v : D → R denisana sa

v(x, y) =

u(x, y), ako (x, y) ∈ D,

0, ako (x, y) ∈ ∂D.

Na osnovu prethodnog sledi da je v neprekidna na D i harmonijska na

D.

Otuda na osnovu teoreme 6 sledi da je maxD

v = minD

v = 0. Otuda je

v(x, y) = 0, za svako (x, y) ∈ D,

a samim tim i u(x, y) = 0 za svako

(x, y) ∈ D.

Marek Svetlik 04.11.2021. 54 / 58

Neka je u : D → R proizvoljna harmonijska funkcija na D takva da vazi

|u(x, y)| 6 1−√x2 + y2,

za svako (x, y) ∈ D.

Primetimo najpre da za svako (x0, y0) ∈ ∂D vazi

0 6 lim(x,y)→(x0,y0)

|u(x, y)| 6 lim(x,y)→(x0,y0)

(1−

√x2 + y2

)= 0.

Dalje, neka je v : D → R denisana sa

v(x, y) =

u(x, y), ako (x, y) ∈ D,

0, ako (x, y) ∈ ∂D.

Na osnovu prethodnog sledi da je v neprekidna na D i harmonijska na

D.

Otuda na osnovu teoreme 6 sledi da je maxD

v = minD

v = 0. Otuda je

v(x, y) = 0, za svako (x, y) ∈ D, a samim tim i u(x, y) = 0 za svako

(x, y) ∈ D.Marek Svetlik 04.11.2021. 54 / 58

Zadatak 5

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je f : Ω→ C harmonijska funkcija. Ako

funkcija |f | ima maksimum na Ω onda je f konstantna funkcija.

Neka je a ∈ Ω tacka u kojoj funkcija |f | dostize maksimum.

Ako je f(a) = 0 resenje je trivijalno.

Stoga pretpostavimo da je f(a) 6= 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 55 / 58

Zadatak 5

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je f : Ω→ C harmonijska funkcija. Ako

funkcija |f | ima maksimum na Ω onda je f konstantna funkcija.

Neka je a ∈ Ω tacka u kojoj funkcija |f | dostize maksimum.

Ako je f(a) = 0 resenje je trivijalno.

Stoga pretpostavimo da je f(a) 6= 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 55 / 58

Zadatak 5

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je f : Ω→ C harmonijska funkcija. Ako

funkcija |f | ima maksimum na Ω onda je f konstantna funkcija.

Neka je a ∈ Ω tacka u kojoj funkcija |f | dostize maksimum.

Ako je f(a) = 0 resenje je trivijalno.

Stoga pretpostavimo da je f(a) 6= 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 55 / 58

Zadatak 5

Neka je Ω ⊆ Rn oblast i neka je f : Ω→ C harmonijska funkcija. Ako

funkcija |f | ima maksimum na Ω onda je f konstantna funkcija.

Neka je a ∈ Ω tacka u kojoj funkcija |f | dostize maksimum.

Ako je f(a) = 0 resenje je trivijalno.

Stoga pretpostavimo da je f(a) 6= 0.

Marek Svetlik 04.11.2021. 55 / 58

Neka je g : Ω→ C denisana sa g(x) = e−i arg f(a)f(x).

Tada je funkcija g kompleksno-vrednosna harmonijska funkcija i vazi

g(a) = e−i arg f(a)f(a) = |f(a)|.

Dalje, funkcija Re g je harmonijska na Ω i za svako x ∈ Ω vazi

Re g(x) 6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|= g(a)

= Re g(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 56 / 58

Neka je g : Ω→ C denisana sa g(x) = e−i arg f(a)f(x).

Tada je funkcija g kompleksno-vrednosna harmonijska funkcija i vazi

g(a) = e−i arg f(a)f(a) = |f(a)|.

Dalje, funkcija Re g je harmonijska na Ω i za svako x ∈ Ω vazi

Re g(x) 6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|= g(a)

= Re g(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 56 / 58

Neka je g : Ω→ C denisana sa g(x) = e−i arg f(a)f(x).

Tada je funkcija g kompleksno-vrednosna harmonijska funkcija i vazi

g(a) = e−i arg f(a)f(a) = |f(a)|.

Dalje, funkcija Re g je harmonijska na Ω i za svako x ∈ Ω vazi

Re g(x) 6 |g(x)|

= |f(x)|6 |f(a)|= g(a)

= Re g(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 56 / 58

Neka je g : Ω→ C denisana sa g(x) = e−i arg f(a)f(x).

Tada je funkcija g kompleksno-vrednosna harmonijska funkcija i vazi

g(a) = e−i arg f(a)f(a) = |f(a)|.

Dalje, funkcija Re g je harmonijska na Ω i za svako x ∈ Ω vazi

Re g(x) 6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|

= g(a)

= Re g(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 56 / 58

Neka je g : Ω→ C denisana sa g(x) = e−i arg f(a)f(x).

Tada je funkcija g kompleksno-vrednosna harmonijska funkcija i vazi

g(a) = e−i arg f(a)f(a) = |f(a)|.

Dalje, funkcija Re g je harmonijska na Ω i za svako x ∈ Ω vazi

Re g(x) 6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|= g(a)

= Re g(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 56 / 58

Neka je g : Ω→ C denisana sa g(x) = e−i arg f(a)f(x).

Tada je funkcija g kompleksno-vrednosna harmonijska funkcija i vazi

g(a) = e−i arg f(a)f(a) = |f(a)|.

Dalje, funkcija Re g je harmonijska na Ω i za svako x ∈ Ω vazi

Re g(x) 6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|= g(a)

= Re g(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 56 / 58

Dakle, na osnovu teoreme 4 funkcija Re g je konstantna na Ω.

Stavise, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |f(a)|.

Dokazimo jos da je i funkcija Im g konstantna na Ω.

Primetimo da za svako x ∈ Ω vazi

|f(a)| = Re g(x)

6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|.

Marek Svetlik 04.11.2021. 57 / 58

Dakle, na osnovu teoreme 4 funkcija Re g je konstantna na Ω.

Stavise, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |f(a)|.

Dokazimo jos da je i funkcija Im g konstantna na Ω.

Primetimo da za svako x ∈ Ω vazi

|f(a)| = Re g(x)

6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|.

Marek Svetlik 04.11.2021. 57 / 58

Dakle, na osnovu teoreme 4 funkcija Re g je konstantna na Ω.

Stavise, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |f(a)|.

Dokazimo jos da je i funkcija Im g konstantna na Ω.

Primetimo da za svako x ∈ Ω vazi

|f(a)| = Re g(x)

6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|.

Marek Svetlik 04.11.2021. 57 / 58

Dakle, na osnovu teoreme 4 funkcija Re g je konstantna na Ω.

Stavise, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |f(a)|.

Dokazimo jos da je i funkcija Im g konstantna na Ω.

Primetimo da za svako x ∈ Ω vazi

|f(a)| = Re g(x)

6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|.

Marek Svetlik 04.11.2021. 57 / 58

Dakle, na osnovu teoreme 4 funkcija Re g je konstantna na Ω.

Stavise, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |f(a)|.

Dokazimo jos da je i funkcija Im g konstantna na Ω.

Primetimo da za svako x ∈ Ω vazi

|f(a)| = Re g(x)

6 |g(x)|

= |f(x)|6 |f(a)|.

Marek Svetlik 04.11.2021. 57 / 58

Dakle, na osnovu teoreme 4 funkcija Re g je konstantna na Ω.

Stavise, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |f(a)|.

Dokazimo jos da je i funkcija Im g konstantna na Ω.

Primetimo da za svako x ∈ Ω vazi

|f(a)| = Re g(x)

6 |g(x)|= |f(x)|

6 |f(a)|.

Marek Svetlik 04.11.2021. 57 / 58

Dakle, na osnovu teoreme 4 funkcija Re g je konstantna na Ω.

Stavise, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |f(a)|.

Dokazimo jos da je i funkcija Im g konstantna na Ω.

Primetimo da za svako x ∈ Ω vazi

|f(a)| = Re g(x)

6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|.

Marek Svetlik 04.11.2021. 57 / 58

Dakle, na osnovu teoreme 4 funkcija Re g je konstantna na Ω.

Stavise, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |f(a)|.

Dokazimo jos da je i funkcija Im g konstantna na Ω.

Primetimo da za svako x ∈ Ω vazi

|f(a)| = Re g(x)

6 |g(x)|= |f(x)|6 |f(a)|.

Marek Svetlik 04.11.2021. 57 / 58

Dakle, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |g(x)|.

Stoga za svako x ∈ Ω vazi Im g(x) = 0.

Konacno, za svako x ∈ Ω vazi g(x) = |f(a)|, a kako je g = e−i arg f(a)f ,sledi da za svako x ∈ Ω vazi

f(x) = ei arg f(a)g(x)

= ei arg f(a)|f(a)|= f(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 58 / 58

Dakle, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |g(x)|.

Stoga za svako x ∈ Ω vazi Im g(x) = 0.

Konacno, za svako x ∈ Ω vazi g(x) = |f(a)|, a kako je g = e−i arg f(a)f ,sledi da za svako x ∈ Ω vazi

f(x) = ei arg f(a)g(x)

= ei arg f(a)|f(a)|= f(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 58 / 58

Dakle, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |g(x)|.

Stoga za svako x ∈ Ω vazi Im g(x) = 0.

Konacno, za svako x ∈ Ω vazi g(x) = |f(a)|,

a kako je g = e−i arg f(a)f ,sledi da za svako x ∈ Ω vazi

f(x) = ei arg f(a)g(x)

= ei arg f(a)|f(a)|= f(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 58 / 58

Dakle, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |g(x)|.

Stoga za svako x ∈ Ω vazi Im g(x) = 0.

Konacno, za svako x ∈ Ω vazi g(x) = |f(a)|, a kako je g = e−i arg f(a)f ,sledi da za svako x ∈ Ω vazi

f(x) = ei arg f(a)g(x)

= ei arg f(a)|f(a)|= f(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 58 / 58

Dakle, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |g(x)|.

Stoga za svako x ∈ Ω vazi Im g(x) = 0.

Konacno, za svako x ∈ Ω vazi g(x) = |f(a)|, a kako je g = e−i arg f(a)f ,sledi da za svako x ∈ Ω vazi

f(x) = ei arg f(a)g(x)

= ei arg f(a)|f(a)|

= f(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 58 / 58

Dakle, za svako x ∈ Ω vazi Re g(x) = |g(x)|.

Stoga za svako x ∈ Ω vazi Im g(x) = 0.

Konacno, za svako x ∈ Ω vazi g(x) = |f(a)|, a kako je g = e−i arg f(a)f ,sledi da za svako x ∈ Ω vazi

f(x) = ei arg f(a)g(x)

= ei arg f(a)|f(a)|= f(a).

Marek Svetlik 04.11.2021. 58 / 58