Satz
Sei R > 0 {\displaystyle R>0} und u ∈ C 1 , 2 ( E ( 0 , 0 , R ) ) {\displaystyle u\in C^{1,2}(E(0,0,R))} , d.h. u {\displaystyle u} ist einmal stetig differenzierbar nach t {\displaystyle t} und zweimal stetig differenzierbar nach x {\displaystyle x} . Sei
G : ( 0 , R ) → R , r ↦ 1 4 r n ∫ E ( 0 , 0 , r ) u ( t , x ) | x | 2 t 2 d r d x {\displaystyle {\begin{aligned}G:(0,R)\rightarrow \mathbb {R} ,r\mapsto {\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(0,0,r)}u(t,x){\frac {|x|^{2}}{t^{2}}}drdx\end{aligned}}}
Dann gelten
lim r → 0 + G ( r ) = u ( 0 , 0 ) G ′ ( r ) = n r n + 1 ∫ E ( 0 , 0 , r ) − ( u t ( t , x ) + Δ u ( t , x ) ) b r ( t , x ) d t d x {\displaystyle {\begin{aligned}&\lim _{r\rightarrow 0+}G(r)=u(0,0)\\&G'(r)={\frac {n}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}-(u_{t}(t,x)+\Delta u(t,x))b_{r}(t,x)dtdx\end{aligned}}}
mit
b r ( t , x ) = | x | 2 4 t + n ln r − n 2 ln ( − 4 π t ) {\displaystyle {\begin{aligned}b_{r}(t,x)={\frac {|x|^{2}}{4t}}+n\ln r-{\frac {n}{2}}\ln(-4\pi t)\end{aligned}}}
Beweis
1.):
| G ( r ) − u ( 0 , 0 ) | = | 1 4 r n ∫ E ( 0 , 0 , r ) ( u ( t , x ) − u ( 0 , 0 ) ) | x | 2 t 2 | d t d x ≤ 1 4 r n ∫ E ( 0 , 0 , r ) | u ( t , x ) − u ( 0 , 0 ) | | x | 2 t 2 d t d x ≤ sup E ( 0 , 0 , r ) | u ( t , x ) − u ( 0 , 0 ) | ∫ ∫ E ( 0 , 0 , r ) | x | 2 t 2 d t d x ⏟ = 4 r n → 0 {\displaystyle {\begin{aligned}|G(r)-u(0,0)|=&\left|{\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(0,0,r)}(u(t,x)-u(0,0)){\frac {|x|^{2}}{t^{2}}}\right|dtdx\\\leq &{\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(0,0,r)}|u(t,x)-u(0,0)|{\frac {|x|^{2}}{t^{2}}}dtdx\\\leq &\sup _{E(0,0,r)}|u(t,x)-u(0,0)|\underbrace {\int \int _{E(0,0,r)}{\frac {|x|^{2}}{t^{2}}}dtdx} _{=4r^{n}}\rightarrow 0\end{aligned}}}
siehe Mathe_für_Nicht-Freaks:_ Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Wärmekugel
Wir wollen die r {\displaystyle r} -Abhängigkeit der Integrationsgrenzen auf den Integranden übertragen. Wir benutzen dazu die Transformation
F : E ( t , x , r ) → E ( 0 , 0 , 1 ) , ( p , z ) = ( ( t − s ) r 2 , ( x − y ) r ) ↦ ( − s , y ) E ( t , x , r ) = { ( s , y ) : t − s > 0 , 1 ( 4 π ( t − s ) ) n / 2 e − | x − y | 2 4 ( t − s ) ≥ 1 r n } E ( 0 , 0 , 1 ) = { ( p , z ) : − s > 0 , 1 ( 4 π ( − s ) ) n / 2 e | z | 2 4 s ≥ 1 } | det D F | = ( r 2 ⋅ r n ) − 1 {\displaystyle {\begin{aligned}&F:E(t,x,r)\rightarrow E(0,0,1),(p,z)=((t-s)r^{2},(x-y)r)\mapsto (-s,y)\\&E(t,x,r)=\left\{(s,y):t-s>0,{\frac {1}{(4\pi (t-s))^{n/2}}}e^{\dfrac {-|x-y|^{2}}{4(t-s)}}\geq {\frac {1}{r^{n}}}\right\}\\&E(0,0,1)=\left\{(p,z):-s>0,{\frac {1}{(4\pi (-s))^{n/2}}}e^{\dfrac {|z|^{2}}{4s}}\geq 1\right\}\\&|\det DF|=(r^{2}\cdot r^{n})^{-1}\end{aligned}}}
damit gilt
G ( r ) = 1 4 r n ∫ E ( 0 , 0 , 1 ) u ( r 2 s , r y ) r 2 | y | 2 r 4 s 2 r 2 r n d s d y = 1 4 ∫ E ( 0 , 0 , 1 ) u ( r 2 s , r y ) | y | 2 s 2 d s d y {\displaystyle {\begin{aligned}G(r)=&{\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(0,0,1)}u(r^{2}s,ry){\frac {r^{2}|y|^{2}}{r^{4}s^{2}}}r^{2}r^{n}dsdy\\=&{\frac {1}{4}}\int _{E(0,0,1)}u(r^{2}s,ry){\frac {|y|^{2}}{s^{2}}}dsdy\end{aligned}}}
Nach Voraussetzung ist u {\displaystyle u} stetig differenzierbar, zudem sind u , d d r u {\displaystyle u,{\frac {d}{dr}}u} beschränkt auf dem kompakten E ( 0 , 0 , 1 ) {\displaystyle E(0,0,1)} und damit integrierbar. Damit existiert die Ableitung von G {\displaystyle G} und Integral und Ableitung vertauschen. Wir berechnen die Ableitung des Integranden zu
d d r u ( r 2 s , r y ) = u t ( r 2 s , r y ) 2 r s + ∇ u ( r 2 s , r y ) ⋅ y {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}u(r^{2}s,ry)=u_{t}(r^{2}s,ry)2rs+\nabla u(r^{2}s,ry)\cdot y\end{aligned}}}
Durch Vertauschen von Ableitung und Integral und Rücktransformation erhalten wir
d d r G = 1 4 ∫ E ( 0 , 0 , 1 ) ( u t ( r 2 s , r y ) 2 r s + ∇ u ( r 2 s , r y ) ⋅ y ) | y | 2 s 2 d s d y = 1 4 ∫ E ( 0 , 0 , r ) ( u t ( t , x ) 2 t r + ∇ u ( t , x ) ⋅ x r ) | x | 2 r 2 r 4 t 2 1 r 2 r n d t d x = 1 r n + 1 ∫ E ( 0 , 0 , 1 ) ( u t ( t , x ) | x | 2 2 t + ∇ u ( t , x ) ⋅ | x | 2 x 4 t 2 ) d t d x {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}G=&{\frac {1}{4}}\int _{E(0,0,1)}(u_{t}(r^{2}s,ry)2rs+\nabla u(r^{2}s,ry)\cdot y){\frac {|y|^{2}}{s^{2}}}dsdy\\=&{\frac {1}{4}}\int _{E(0,0,r)}\left(u_{t}(t,x)2{\frac {t}{r}}+\nabla u(t,x)\cdot {\frac {x}{r}}\right){\frac {|x|^{2}}{r^{2}}}{\frac {r^{4}}{t^{2}}}{\frac {1}{r^{2}r^{n}}}dtdx\\=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,1)}\left(u_{t}(t,x){\frac {|x|^{2}}{2t}}+\nabla u(t,x)\cdot {\frac {|x|^{2}x}{4t^{2}}}\right)dtdx\end{aligned}}}
Nun wollen wir die Funktion b r ( t , x ) = | x | 2 4 t + n ln r − n 2 ln ( − 4 π t ) {\displaystyle b_{r}(t,x)={\frac {|x|^{2}}{4t}}+n\ln r-{\frac {n}{2}}\ln(-4\pi t)} verwenden, für deren Ableitungen gilt
∂ b r ∂ t ( t , x ) = − | x | 2 4 t 2 − n 2 1 t ∇ b r ( t , x ) = x 2 t {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial b_{r}}{\partial t}}(t,x)=&-{\frac {|x|^{2}}{4t^{2}}}-{\frac {n}{2}}{\frac {1}{t}}\\\nabla b_{r}(t,x)=&{\frac {x}{2t}}\end{aligned}}}
Wir wollen zwei Terme im obigen Integral ersetzen gemäß
| x | 2 2 t = x ⋅ x 2 t = ∇ b r ( t , x ) ⋅ x | x | 2 x 4 t 2 = − ∂ t b r ( t , x ) x − n x 2 t = − ∂ t b r ( t , x ) ⋅ x − n ∇ b r ( t , x ) {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {|x|^{2}}{2t}}=&{\frac {x\cdot x}{2t}}=\nabla b_{r}(t,x)\cdot x\\{\frac {|x|^{2}x}{4t^{2}}}=&-\partial _{t}b_{r}(t,x)x-n{\frac {x}{2t}}\\=&-\partial _{t}b_{r}(t,x)\cdot x-n\nabla b_{r}(t,x)\end{aligned}}}
Wir wollen gleich partielle Integration verwenden und benötigen dazu, dass b r ( t , x ) {\displaystyle b_{r}(t,x)} auf dem Rand von E ( 0 , 0 , r ) {\displaystyle E(0,0,r)} Null wird, weil dann ein Integralterm wegfällt:
P ( t , x ) = r − n ⟺ 1 ( − 4 π t ) n / 2 e | x | 2 4 t = r − n ⟺ | x | 2 4 t = n 2 ln − 4 π t r 2 ⟺ | x | 2 4 t + n ln r − n 2 ln ( − 4 π t ) = 0 ⟺ b r ( t , x ) = 0 {\displaystyle {\begin{aligned}P(t,x)=r^{-n}\iff &{\frac {1}{(-4\pi t)^{n/2}}}e^{\frac {|x|^{2}}{4t}}=r^{-n}\\\iff &{\frac {|x|^{2}}{4t}}={\frac {n}{2}}\ln {\frac {-4\pi t}{r^{2}}}\\\iff &{\frac {|x|^{2}}{4t}}+n\ln r-{\frac {n}{2}}\ln(-4\pi t)=0\\\iff &b_{r}(t,x)=0\end{aligned}}}
Damit ergeben Einsetzen und partielle Integration bzgl. des ersten Termes Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Der_Satz_von_Stokes
d d r G = 1 r n + 1 ∫ E ( 0 , 0 , r ) u t ( t , x ) ∇ b r ( t , x ) ⋅ x + ∇ u ( t , x ) ( − ∂ t b r ( t , x ) ⋅ x − n ∇ b r ( t , x ) ) d t d x = part. Int. 1 r n + 1 ∫ E ( 0 , 0 , r ) − b r ( t , x ) ⋅ d i v ( u t ( t , x ) x ) + ∇ u ( t , x ) ( − ∂ t b r ( t , x ) ⋅ x − n ∇ b r ( t , x ) ) d t d x + ∫ ∂ E ( 0 , 0 , r ) b r ( t , x ) ⏟ = 0 auf ∂ E ( 0 , 0 , r ) u t x ⋅ d S = 1 r n + 1 ∫ E ( 0 , 0 , r ) − b r ( t , x ) ( ∇ u t ( t , x ) ⋅ x + u t ( t , x ) n ) + ∇ u ( t , x ) ( − ∂ t b r ( t , x ) ⋅ x − n ∇ b r ( t , x ) ) d t d x {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}G=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}u_{t}(t,x)\nabla b_{r}(t,x)\cdot x+\nabla u(t,x)\left(-\partial _{t}b_{r}(t,x)\cdot x-n\nabla b_{r}(t,x)\right)dtdx\\{\stackrel {\begin{array}{c}{\text{part.}}\\{\text{Int.}}\end{array}}{=}}&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}-b_{r}(t,x)\cdot div(u_{t}(t,x)x)+\nabla u(t,x)\left(-\partial _{t}b_{r}(t,x)\cdot x-n\nabla b_{r}(t,x)\right)dtdx\\&+\int _{\partial E(0,0,r)}\underbrace {b_{r}(t,x)} _{=0{\text{ auf }}\partial E(0,0,r)}u_{t}x\cdot dS\\=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}-b_{r}(t,x)\left(\nabla u_{t}(t,x)\cdot x+u_{t}(t,x)n\right)\\&+\nabla u(t,x)\left(-\partial _{t}b_{r}(t,x)\cdot x-n\nabla b_{r}(t,x)\right)dtdx\end{aligned}}}
Bei partieller Integration des dritten Termes nach t {\displaystyle t} entfällt der Randterm
d d r G = 1 r n + 1 ∫ E ( 0 , 0 , r ) b r ( t , x ) ( − ∇ u t ( t , x ) ⋅ x − u t ( t , x ) n + ∂ t ∇ u ( t , x ) x ) − ∇ u ( t , x ) n ∇ b r ( t , x ) d t d x = 1 r n + 1 ∫ E ( 0 , 0 , r ) − b r ( t , x ) u t ( t , x ) n − ∇ u ( t , x ) n ∇ b r ( t , x ) d t d x {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}G=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}b_{r}(t,x)\left(-\nabla u_{t}(t,x)\cdot x-u_{t}(t,x)n+\partial _{t}\nabla u(t,x)x\right)\\&-\nabla u(t,x)n\nabla b_{r}(t,x)dtdx\\=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}-b_{r}(t,x)u_{t}(t,x)n-\nabla u(t,x)n\nabla b_{r}(t,x)dtdx\end{aligned}}}
Bei erneuter partielle Integration Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Der_Satz_von_Stokes des vierten Termes entfällt wieder das Randintegral und wir erhalten das Ergebnis
d d r G = 1 r n + 1 ∫ E ( 0 , 0 , r ) − b r ( t , x ) u t ( t , x ) n + Δ u ( t , x ) n b r ( t , x ) d t d x − ∫ ∂ E ( 0 , 0 , r ) b r ( t , x ) ⏟ = 0 auf ∂ E ( 0 , 0 , r ) ∇ u ( t , x ) d S {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}G=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}-b_{r}(t,x)u_{t}(t,x)n+\Delta u(t,x)n\ b_{r}(t,x)dtdx\\&-\int _{\partial E(0,0,r)}\underbrace {b_{r}(t,x)} _{=0{\text{ auf }}\partial E(0,0,r)}\nabla u(t,x)dS\end{aligned}}}