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}}}