Wir hatten die Transportgleichnung betrachtet und daraufhin die Eigenschaften der Laplace-Gleichung und der Poisson-Gleichung untersucht. Nach der Wärmeleitungsgleichung gehen wir nun zur Wellengleichung über, sie lautet
∀
(
t
,
x
)
∈
R
+
×
U
:
u
t
t
(
t
,
x
)
−
Δ
x
u
(
t
,
x
)
=
f
(
t
,
x
)
{\displaystyle \forall (t,x)\in \mathbb {R} ^{+}\times U:\ u_{tt}(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=f(t,x)}
Sie heißt homogen für
f
=
0
{\displaystyle f=0}
, sonst inhomogen.
Im ersten Kapitel bewiesen wir die Darstellungsformel für die Lösung im Ganzraum
(
0
,
∞
)
×
R
{\displaystyle (0,\infty )\times \mathbb {R} }
und ein Spiegelungsprinzip. Dann haben wir die Euler-Poisson-Darbaux-Gleichung und die Kirchhoffsche Regel, das ist der Ganzraumfall für Dimension n=3, gezeigt. Die Herleitung der Lösung für Dimension n=2 ist die Methode des Abstiegs unter Verwendung der Lösung für den Fall n=3.
Herleitung der Poissonschen Formel für Dimension n=2
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Sei
u
∈
C
2
(
[
0
,
∞
)
×
R
2
)
{\displaystyle u\in C^{2}([0,\infty )\times \mathbb {R} ^{2})}
eine Lösung von
∀
(
t
,
x
)
∈
(
0
,
∞
)
×
R
2
:
u
t
t
(
t
,
x
)
−
Δ
u
(
t
,
x
)
=
0
∀
x
∈
R
2
:
u
(
0
,
x
)
=
g
(
x
)
∀
x
∈
R
2
:
u
t
(
0
,
x
)
=
h
(
x
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{2}:\ &u_{tt}(t,x)-\Delta u(t,x)=0\\\forall x\in \mathbb {R} ^{2}:\ &u(0,x)=g(x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{2}:\ &u_{t}(0,x)=h(x)\end{aligned}}}
Wir benutzen die Lösungsformel für n=2 und ignorieren darin einfach die dritte Variable! Das ist die Methode des Abstiegs.
u
¯
(
t
,
x
¯
⏟
∈
R
3
)
:=
u
(
t
,
x
⏟
∈
R
2
)
{\displaystyle {\begin{aligned}{\overline {u}}(t,\underbrace {\overline {x}} _{\in \mathbb {R} ^{3}}):=u(t,\underbrace {x} _{\in \mathbb {R} ^{2}})\end{aligned}}}
Das ergibt das Problem
∀
(
t
,
x
)
∈
(
0
,
∞
)
×
R
3
:
u
¯
t
t
(
t
,
x
¯
)
−
Δ
u
¯
(
t
,
x
¯
)
=
0
∀
x
∈
R
3
:
u
¯
(
0
,
x
¯
)
=
g
¯
(
x
¯
)
:=
g
(
x
)
∀
x
∈
R
3
:
u
¯
t
(
0
,
x
¯
)
=
h
¯
(
x
¯
)
:=
h
(
x
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{3}:\ &{\overline {u}}_{tt}(t,{\overline {x}})-\Delta {\overline {u}}(t,{\overline {x}})=0\\\forall x\in \mathbb {R} ^{3}:\ &{\overline {u}}(0,{\overline {x}})={\overline {g}}({\overline {x}}):=g(x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{3}:\ &{\overline {u}}_{t}(0,{\overline {x}})={\overline {h}}({\overline {x}}):=h(x)\end{aligned}}}
Mit dem vorangehenden Kapitel erhalten wir mit der Kirchhoffschen Formel sofort die Lösung zu
u
¯
(
t
,
x
,
0
)
=
∂
t
(
t
1
V
o
l
3
(
∂
B
(
x
,
0
,
t
)
)
∫
∂
B
(
x
,
0
,
t
)
g
¯
(
y
¯
)
d
S
(
y
¯
)
)
+
t
1
V
o
l
3
(
∂
B
(
x
,
0
,
t
)
)
∫
∂
B
(
x
,
0
,
t
)
h
¯
(
y
¯
)
d
S
(
y
¯
)
{\displaystyle {\begin{aligned}{\overline {u}}(t,x,0)=\partial _{t}\left(t{\frac {1}{Vol_{3}(\partial B(x,0,t))}}\int _{\partial B(x,0,t)}{\overline {g}}({\overline {y}})dS({\overline {y}})\right)+t{\frac {1}{Vol_{3}(\partial B(x,0,t))}}\int _{\partial B(x,0,t)}{\overline {h}}({\overline {y}})dS({\overline {y}})\end{aligned}}}
Nun benötigen wir Differentialgeometrie, genauer das Integral von parametrisierten Untermannigfaltigkeiten. Die Theorie dazu haben wir noch nicht fertiggestellt und sie fällt nun leider vom Himmel. Wir betrachten die Abbildung
B
2
(
x
,
t
)
→
∂
B
3
(
x
,
0
,
t
)
∩
{
y
3
≥
0
}
,
y
↦
(
y
,
t
2
−
|
y
−
x
|
2
)
{\displaystyle {\begin{aligned}B_{2}(x,t)\rightarrow \partial B_{3}(x,0,t)\cap \{y_{3}\geq 0\},y\mapsto (y,{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}})\end{aligned}}}
Für
p
(
y
)
=
t
2
−
|
y
−
x
|
2
{\displaystyle p(y)={\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}
gilt
∇
p
=
−
2
(
y
−
x
)
2
t
2
−
|
y
−
x
|
2
1
+
|
∇
p
|
2
=
t
t
2
−
|
y
−
x
|
2
{\displaystyle {\begin{aligned}\nabla p={\frac {-2(y-x)}{2{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}}\\{\sqrt {1+|\nabla p|^{2}}}={\frac {t}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}\end{aligned}}}
Mit der Integrationstheorie für Untermannigfaltigkeiten gilt
t
1
V
o
l
3
(
∂
B
(
x
,
0
,
t
)
)
∫
∂
B
(
x
,
0
,
t
)
g
¯
(
y
¯
)
d
S
(
y
¯
)
=
t
2
1
4
π
t
2
∫
B
(
x
,
t
)
g
(
y
)
1
+
|
∇
p
(
y
)
|
2
d
y
=
1
2
π
∫
B
(
x
,
t
)
g
(
y
)
1
t
2
−
|
y
−
x
|
2
d
y
{\displaystyle {\begin{aligned}t{\frac {1}{Vol_{3}(\partial B(x,0,t))}}\int _{\partial B(x,0,t)}{\overline {g}}({\overline {y}})dS({\overline {y}})=&t2{\frac {1}{4\pi t^{2}}}\int _{B(x,t)}g(y){\sqrt {1+|\nabla p(y)|^{2}}}dy\\=&{\frac {1}{2\pi }}\int _{B(x,t)}g(y){\frac {1}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}dy\end{aligned}}}
Wir benötigen nun die Ableitung davon und benutzen die Transformation
T
:
B
(
0
,
1
)
→
B
(
x
,
t
)
,
z
↦
x
+
t
z
=
y
|
det
D
T
|
=
t
2
{\displaystyle {\begin{aligned}&T:B(0,1)\rightarrow B(x,t),z\mapsto x+tz=y\\&|\det DT|=t^{2}\end{aligned}}}
um die
t
{\displaystyle t}
-Abhängigkeit aus den Integralgrenzen in den Integranden zu bekommen. Damit können wir bequem ableiten und danach zurücktransformieren:
∂
t
(
1
2
π
∫
B
(
x
,
t
)
g
(
y
)
1
t
2
−
|
y
−
x
|
2
d
y
)
=
∂
t
(
1
2
π
∫
B
(
0
,
1
)
g
(
x
+
t
z
)
1
t
2
−
t
2
|
z
|
2
t
2
d
y
)
=
1
2
π
∂
t
(
t
∫
B
(
0
,
1
)
g
(
x
+
t
z
)
1
1
−
|
z
|
2
d
y
)
=
1
2
π
∫
B
(
0
,
1
)
g
(
x
+
t
z
)
1
1
−
|
z
|
2
d
y
+
1
2
π
t
∫
B
(
0
,
1
)
∇
g
(
x
+
t
z
)
⋅
z
1
1
−
|
z
|
2
d
y
=
1
2
π
t
2
∫
B
(
x
,
t
)
g
(
y
)
1
1
−
|
y
−
x
|
2
t
2
d
y
+
t
2
π
t
2
∫
B
(
x
,
t
)
∇
g
(
y
)
⋅
y
−
x
t
1
1
−
|
y
−
x
|
2
t
2
d
y
{\displaystyle {\begin{aligned}&\partial _{t}\left({\frac {1}{2\pi }}\int _{B(x,t)}g(y){\frac {1}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}dy\right)\\=&\partial _{t}\left({\frac {1}{2\pi }}\int _{B(0,1)}g(x+tz){\frac {1}{\sqrt {t^{2}-t^{2}|z|^{2}}}}t^{2}dy\right)\\=&{\frac {1}{2\pi }}\partial _{t}\left(t\int _{B(0,1)}g(x+tz){\frac {1}{\sqrt {1-|z|^{2}}}}dy\right)\\=&{\frac {1}{2\pi }}\int _{B(0,1)}g(x+tz){\frac {1}{\sqrt {1-|z|^{2}}}}dy+{\frac {1}{2\pi }}t\int _{B(0,1)}\nabla g(x+tz)\cdot z{\frac {1}{\sqrt {1-|z|^{2}}}}dy\\=&{\frac {1}{2\pi t^{2}}}\int _{B(x,t)}g(y){\frac {1}{\sqrt {1-{\dfrac {|y-x|^{2}}{t^{2}}}}}}dy+{\frac {t}{2\pi t^{2}}}\int _{B(x,t)}\nabla g(y)\cdot {\frac {y-x}{t}}{\frac {1}{\sqrt {1-{\dfrac {|y-x|^{2}}{t^{2}}}}}}dy\end{aligned}}}
Mit
t
1
V
o
l
(
∂
B
(
x
,
0
,
t
)
)
∫
∂
B
(
x
,
0
,
t
)
h
¯
(
y
¯
)
d
S
(
y
¯
)
=
1
2
π
t
∫
B
(
x
,
t
)
h
(
y
)
t
t
2
−
|
y
−
x
|
2
d
y
{\displaystyle {\begin{aligned}t{\frac {1}{Vol(\partial B(x,0,t))}}\int _{\partial B(x,0,t)}{\overline {h}}({\overline {y}})dS({\overline {y}})={\frac {1}{2\pi t}}\int _{B(x,t)}h(y){\frac {t}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}dy\end{aligned}}}
folgt die Poissonsche Formel für
n
=
2
{\displaystyle n=2}
zu
u
(
t
,
x
)
=
1
2
V
o
l
(
B
(
x
,
t
)
)
t
g
(
y
)
+
t
∇
g
(
y
)
⋅
(
y
−
x
)
+
t
2
h
(
y
)
t
2
−
|
y
−
x
|
2
d
y
{\displaystyle {\begin{aligned}u(t,x)={\frac {1}{2Vol(B(x,t))}}{\frac {tg(y)+t\nabla g(y)\cdot (y-x)+t^{2}h(y)}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}dy\end{aligned}}}
Die Poissonsche Formel ist die Lösung für n=2
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Satz
Seien
g
∈
C
3
(
R
2
)
,
h
∈
C
2
(
R
2
)
{\displaystyle g\in C^{3}(\mathbb {R} ^{2}),h\in C^{2}(\mathbb {R} ^{2})}
und
u
:
(
0
,
∞
)
×
R
2
→
R
{\displaystyle u:(0,\infty )\times \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} }
definiert durch die Poissonsche Formel
u
(
t
,
x
)
=
1
2
V
o
l
(
B
(
x
,
t
)
)
t
g
(
y
)
+
t
∇
g
(
y
)
⋅
(
y
−
x
)
+
t
2
h
(
y
)
t
2
−
|
y
−
x
|
2
d
y
{\displaystyle {\begin{aligned}u(t,x)={\frac {1}{2Vol(B(x,t))}}{\frac {tg(y)+t\nabla g(y)\cdot (y-x)+t^{2}h(y)}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}dy\end{aligned}}}
Dann gilt
u
∈
C
2
(
[
0
,
∞
)
×
R
2
)
i
n
[
0
,
∞
)
×
R
2
:
u
t
t
−
Δ
u
=
0
∀
x
∈
R
2
:
u
(
0
,
x
)
=
g
(
x
)
∀
x
∈
R
2
:
u
t
(
0
,
x
)
=
h
(
x
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&u\in C^{2}([0,\infty )\times \mathbb {R} ^{2})\\in[0,\infty )\times \mathbb {R} ^{2}:\ &u_{tt}-\Delta u=0\\\forall x\in \mathbb {R} ^{2}:\ &u(0,x)=g(x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{2}:\ &u_{t}(0,x)=h(x)\\\end{aligned}}}
Im Fall n=2 hängt die Lösung also von den Anfangsdaten
g
,
∇
g
,
h
{\displaystyle g,\nabla g,h}
in der ganzen Kugel
B
(
x
,
t
)
{\displaystyle B(x,t)}
ab!
Beweis
Der Beweis folgt direkt aus dem Fall n=3: wir haben die Lösungsformel nur umgerechnet.