Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Die Greensche Funktion für den Halbraum – „Mathe für Nicht-Freaks“

Wo stehen wir

Wir hatten die Transportgleichung betrachtet und danach die Fundamentallösung der Laplacegleichung hergeleitet. Mit dieser konnten wir im Ganzraum die Lösung der Poissongleichung beweisen. Dann hatten wir die Mittelwerteigenschaft harmonischer Funktionen gezeigt und das Maximumprinzip harmonischer Funktionen eingeführt. Wir hatten daraufhin die Harnacksche Ungleichung hergeleitet und bewiesen, dass harmonische Funktionen unendlich oft differenzierbar sind. Wir hatten dann Schranken für die Ableitungen harmonischer Funktionen gezeigt und mit diesen bewiesen, dass harmonische Funktionen analytisch sind, sich also lokal durch ihre Taylorreihe darstellen lassen. Im letzten Kapitel haben wir eine Lösungsformel für das Dirichletproblem der Poissongleichung

$\left\{{\begin{array}{rl}\Delta u=f&{\text{ in }}U\\u=g&{\text{ in }}\partial U\\\end{array}}\right.$

mittels der Greenschen Funktion $G$ ermittelt und leiten nun die Greensche Funktion für den Halbraum her, d.h. für

$U:=\mathbb {R} _{+}^{n}=\{x\in \mathbb {R} ^{n}:x_{n}>0\}$

Die Ergebnisse des letzten Kapitels sind zwar nicht anwendbar, da der Halbraum nicht beschränkt ist, vermitteln uns aber eine Idee, wie die Formeln aussehen könnten. Wir nutzen - wie im nächsten Kapitel und wie so oft in der Mathematik - die Symmetrie aus und definieren für ein $x=(x_{1},\ldots ,x_{n})\in \mathbb {R} _{+}^{n}$ die Spiegelung am Rand $\partial \mathbb {R} _{+}^{n}$ durch

${\overline {x}}=(x_{1},\ldots ,x_{n-1},-x_{n})$

Die Greensche Funktion für den Halbraum

Satz

Die Greensche Funktion für den Halbraum ist

$G(x,y)=P(y-x)-P(y-{\overline {x}})$

mit der Fundamentallösung $P$ der Laplacegleichung und sie ist symmetrisch.

Beweis

Seien $x,y\in \mathbb {R} _{+}^{n}$. Auf $\partial \mathbb {R} _{+}^{n}$ ist die letzte Komponente Null $x_{n}=y_{n}=0$ und somit gilt

${\begin{aligned}x=&{\overline {x}}{\text{ auf }}\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\\y=&{\overline {y}}{\text{ auf }}\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\\|y-{\overline {x}}|=&{\sqrt {\sum _{i=1}^{n-1}(y_{i}-x_{i})^{2}+(x_{n})^{2}}}\\=&{\sqrt {\sum _{i=1}^{n-1}(y_{i}-x_{i})^{2}+(-x_{n})^{2}}}=|y-x|{\text{ für }}y\in \partial \mathbb {R} _{+}^{n}\end{aligned}}$

Sei $x\in \mathbb {R} _{+}^{n}$ beliebig. Die Singularität in $x\in \mathbb {R} _{+}^{n}$ hindert uns daran, $P(x-y)$ zu wählen für $F_{x}(y)$. Wir suchen nun eine harmonische Funktion, die am Rand $\partial \mathbb {R} _{+}^{n}$ ebenfalls die Werte $P(x-y)$ annimmt und das ist genau die Spiegelung! Damit transportieren wir die Singularität aus dem Gebiet heraus in ${\overline {x}}$ und erhalten eine Lösung der Poissongleichung auf $\mathbb {R} _{+}^{n}$, die nun auch in $y=x$ definiert ist und dort keine Singularität hat.

$\left\{{\begin{array}{ll}\Delta _{y}F_{x}(y)=0{\text{ für }}y\in \mathbb {R} _{+}^{n}\\F_{x}(y)=P(y-{\overline {x}})=P(x-y){\text{ für }}y\in \partial \mathbb {R} _{+}^{n}\\\end{array}}\right.$

und die Greensche Funktion

$G(x,y)=P(y-x)-F_{x}(y)=P(y-x)-P(y-{\overline {x}})$

Wegen

${\begin{aligned}|{\overline {y}}-{\overline {x}}|=&{\sqrt {\sum _{i=1}^{n-1}(y_{i}-x_{i})^{2}+(-y_{n}-(-x_{n}))^{2}}}\\=&{\sqrt {\sum _{i=1}^{n-1}(y_{i}-x_{i})^{2}+(y_{n}-x_{n})^{2}}}=|y-x|\\|y-{\overline {x}}|=&{\sqrt {\sum _{i=1}^{n-1}(y_{i}-x_{i})^{2}+(y_{n}-(-x_{n}))^{2}}}\\=&{\sqrt {\sum _{i=1}^{n-1}(y_{i}-x_{i})^{2}+(x_{n}-(-y_{n}))^{2}}}=|x-{\overline {y}}|\end{aligned}}$

und da $P$ nur vom Betrag des Argumentes abhängt siehe Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Fundamentallösung_der_Laplacegleichung#Eigenschaften_der_Fundamentallösung ist $G$ symmetrisch

$G(x,y)=P(y-x)-P(y-{\overline {x}})=P(x-y)-P(x-{\overline {y}})=G(y,x)$

Wir hatten im letzten Kapitel eine Darstellung der Lösung der Randwertaufgabe

$\left\{{\begin{array}{ll}\Delta u=f&{\text{ in }}y\in U\\u=g&{\text{ auf }}\partial U\\\end{array}}\right.$

für beschränkte Gebiete $U$ und existierende Greensche Funktion hergeleitet

$u(x)=-\int _{\partial U}g(y){\frac {\partial G(x,y)}{\partial N}}dS(y)-\int _{U}f(y)G(x,y)dy$

Das ist nicht direkt anwendbar, da $U=\mathbb {R} _{+}^{n}$ unbeschränkt ist, aber wir verwenden es als Intuition, wie die Lösungsformel aussehen könnte für $N=-e_{n}$. Wir haben im Kapitel der Fundamentallösung Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Fundamentallösung_der_Laplacegleichung#Eigenschaften_der_Fundamentallösung den Gradienten von P berechnet zu

$\forall n\geq 2:\ \nabla P(y)={\frac {-1}{nVol(B(0,1))}}{\frac {y}{|y|^{n}}}$

Damit folgt

${\begin{aligned}{\frac {\partial G(x,y)}{\partial y_{n}}}&={\frac {\partial P(y-x)}{\partial y_{n}}}-{\frac {\partial P(y-{\overline {x}})}{\partial y_{n}}}\\=&-{\frac {1}{nVol(B(0,1))}}\left({\frac {y_{n}-x_{n}}{|y-x|^{n}}}-{\frac {y_{n}+x_{n}}{|y-{\overline {x}}|^{n}}}\right)\end{aligned}}$

und für $y\in \partial \mathbb {R} _{+}^{n}$ folgt wegen $y_{n}=0$

${\begin{aligned}{\frac {\partial G(x,y)}{\partial N(y)}}=&\left\langle \nabla G(x,y),-e_{n}\right\rangle =-{\frac {\partial G(x,y)}{\partial y_{n}}}\\=&-{\frac {2x_{n}}{nVol(B(0,1))}}\left(\sum _{i=1}^{n-1}(x_{i}-y_{i})^{2}+x_{n}^{2}\right)^{-n/2}\end{aligned}}$

Wenn $u\in C^{2}(\mathbb {R} _{+}^{n})\cap C({\overline {\mathbb {R} _{+}^{n}}})$ eine beschränkte Lösung der Randwertaufgabe

${\begin{aligned}\Delta u=&0{\text{ in }}\mathbb {R} _{+}^{n}\\u=&g{\text{ auf }}\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\end{aligned}}$

ist, hoffen wir, dass gemäß der Darstellungsformel der letzten Kapitels gilt

${\begin{aligned}u(x)=&-\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}}{\frac {\partial G(x,y)}{\partial N(y)}}g(y)dy\\=&{\frac {2x_{n}}{n\cdot Vol(B(0,1))}}\int _{\mathbb {R} ^{n-1}}{\frac {g(y)}{\left(\sum _{i=1}^{n-1}(x_{i}-y_{i})^{2}+x_{n}^{2}\right)^{n/2}}}dy\end{aligned}}$

Diese Formel heißt Poisson-Formel für den Halbraum. Für $x\in \mathbb {R} _{+}^{n},y\in \partial \mathbb {R} _{+}^{n}$ ist der Poisson-Kern für den Halbraum definiert durch

${\begin{aligned}K(x,y):=&{\frac {2x_{n}}{n\cdot Vol(B(0,1))}}{\frac {1}{\left(\sum _{i=1}^{n-1}(x_{i}-y_{i})^{2}+x_{n}^{2}\right)^{n/2}}}\end{aligned}}$

Im nächsten Satz zeigen wir, dass das tatsächlich die richtige Lösungsformel ist!

Die Lösung der Poissongleichung für den Halbraum

Satz

Sei $g\in C(\partial \mathbb {R} _{+}^{n})\cap L^{\infty }(\mathbb {R} _{+}^{n})$ und sei $u$ gegeben durch die Poíssonformel für den Halbraum.

$u(x)={\frac {2x_{n}}{n\cdot Vol(B(0,1))}}\int _{\mathbb {R} ^{n-1}}{\frac {g(y)}{\left(\sum _{i=1}^{n-1}(x_{i}-y_{i})^{2}+x_{n}^{2}\right)^{n/2}}}dy$

Dann gelten

a) $u\in C^{\infty }(\mathbb {R} _{+}^{n})\cap L^{\infty }(\mathbb {R} _{+}^{n})$

b) $\Delta u=0$ in $\mathbb {R} _{+}^{n}$

c) $\lim _{\begin{matrix}x\rightarrow x_{0}\\x\in \mathbb {R} _{+}^{n}\\\end{matrix}}u(x)=g(x_{0})$ für jedes $x_{0}\in \partial \mathbb {R} _{+}^{n}$.

Beweis

Das Integral über $K$ ist $1$ und $u$ ist beschränkt:

${\begin{aligned}\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}}K(x,y)dS(y)=&{\frac {2x_{n}}{nVol(B(0,1))}}\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}}{\frac {dS(y)}{((x_{1}-y_{1})^{2}+\ldots +(x_{n-1}-y_{n-1})^{2}+x_{n}^{2})^{n/2}}}\\{\stackrel {z=x-y}{=}}&{\frac {2x_{n}}{nVol(B(0,1))}}\int _{\mathbb {R} ^{n-1}}{\frac {dz}{(z_{1}^{2}+\ldots +z_{n-1}^{2}+x_{n}^{2})^{n/2}}}\end{aligned}}$

Für $n=2$ erhalten wir

${\begin{aligned}{\frac {2x_{n}}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }{\frac {dz}{z^{2}+x_{n}^{2}}}=&{\frac {1}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }{\frac {1}{x_{n}}}{\frac {dz}{\left({\frac {z}{x_{n}}}\right)^{2}+1}}\\=&{\frac {1}{\pi }}\left.\arctan {\frac {z}{x_{n}}}\right|_{z=-\infty }^{\infty }=1\end{aligned}}$

Für $n\geq 3$ erhalten wir durch Einführen von Polarkoordinaten

${\begin{aligned}&{\frac {2x_{n}}{nVol(B(0,1))}}\int _{\mathbb {R} ^{n-1}}{\frac {dz}{(z_{1}^{2}+\ldots +z_{n-1}^{2}+x_{n}^{2})^{n/2}}}\\=&{\frac {2x_{n}}{nVol_{n}(B(0,1))}}(n-1)Vol_{n-1}(B(0,1))\int _{0}^{\infty }{\frac {R^{n-2}dR}{(R^{2}+x_{n}^{2})^{n/2}}}\\{\stackrel {\begin{array}{c}x_{n}>0\\R=x_{n}r\end{array}}{=}}&{\frac {2(n-1)Vol_{n-1}(B(0,1))}{nVol_{n}(B(0,1))}}\int _{0}^{\infty }{\frac {r^{n-2}dr}{(r^{2}+1)^{n/2}}}\\\end{aligned}}$

Mit den Substitutionen

${\begin{aligned}s&=r^{2}\\{\frac {ds}{dr}}&=2r\\t&=s/(s+1)\\{\frac {dt}{ds}}&={\frac {s+1-s}{(s+1)^{2}}}={\frac {1}{(s+1)^{2}}}\\\lim _{s\rightarrow \infty }t&=1\\t(0)&=0\\(1-t)=&{\frac {1}{s+1}}\end{aligned}}$

folgt mit der Definition der Betafunktion $\beta$ und der Beziehung zur Gammafunktion $\Gamma$, die wir im nächsten Kapitel nachtragen

${\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {r^{n-2}dr}{(r^{2}+1)^{n/2}}}{\stackrel {s=r^{2}}{=}}&\int _{0}^{\infty }{\frac {s^{(n-2)/2}}{(s+1)^{n/2}}}{\frac {1}{2s^{1/2}}}ds\\=&{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {s^{(n-3)/2}}{(s+1)^{(n-3)/2}}}(s+1)^{1/2}{\frac {ds}{(s+1)^{2}}}\\{\stackrel {t={\frac {s}{s+1}}}{=}}&{\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}(1-t)^{-{\frac {1}{2}}}t^{\frac {n-3}{2}}dt\\=&{\frac {1}{2}}\beta \left({\frac {n-1}{2}},{\frac {1}{2}}\right)\\=&{\frac {1}{2}}{\frac {\Gamma ({\frac {1}{2}})\Gamma ({\frac {n-1}{2}})}{\Gamma ({\frac {n}{2}})}}\end{aligned}}$

Mit der Beziehung

$Vol_{n}(B(0,1))={\frac {\pi ^{\frac {n}{2}}}{\Gamma ({\frac {n}{2}}+1)}}$

die wir ebenfalls im nächsten Kapitel beweisen, folgt mit den Eigenschaften der Gammafunktion des nächsten Kapitels

${\begin{aligned}&{\frac {2(n-1)Vol_{n-1}(B(0,1))}{nVol_{n}(B(0,1))}}{\frac {1}{2}}{\frac {\Gamma ({\frac {1}{2}})\Gamma ({\frac {n-1}{2}})}{\Gamma ({\frac {n}{2}})}}\\=&{\frac {2(n-1)\pi ^{\frac {n-1}{2}}\Gamma ({\frac {n}{2}}+1)}{n\pi ^{\frac {n}{2}}\Gamma ({\frac {n-1}{2}}+1)}}{\frac {1}{2}}{\frac {\Gamma ({\frac {1}{2}})\Gamma ({\frac {n-1}{2}})}{\Gamma ({\frac {n}{2}})}}\\=1\end{aligned}}$

Da $g$ beschränkt ist, folgt hiermit dass $u$ beschränkt ist

$|u(x)|\leq \sup _{y\in \mathbb {R} _{+}^{n}}|g(y)|\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}}K(x,y)dS(y)=\sup _{y\in \mathbb {R} _{+}^{n}}|g(y)|$

$u$ ist harmonisch:

Sei $y\in \mathbb {R} ^{n-1}$. Setze ${\tilde {y}}=(y,y_{n})\in \mathbb {R} ^{n}$. Wir müssen berechnen

$\Delta _{x}K(x,y)=\Delta _{x}\left({\frac {\partial G(x,{\tilde {y}})}{\partial y_{n}}}|_{y_{n}=0}\right)={\frac {\partial }{\partial y_{n}}}\Delta _{x}G(x,{\tilde {y}})|_{y_{n}=0}$

Wegen der Symmetrie von $G$ gilt

$\Delta _{x}G(x,{\tilde {y}})=\Delta _{x}G({\tilde {y}},x)=\Delta _{x}P({\tilde {y}}-x)-\Delta F_{\tilde {y}}(x)=0$

Das ergibt

$\Delta _{x}K(x,y)=0$

und $\mathbb {R} _{+}^{n}\rightarrow \mathbb {R} ,x\mapsto K(x,y)$ ist harmonisch!

Damit ist $K$ unendlich oft differenzierbar. Wenn wir Integral und Ableitung vertauschen können, sind wir fertig:

$\Delta u(x)=\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}}g(y)\underbrace {\Delta _{x}K(x,y)} _{=0}dS(y)=0$

und $u$ wird automatisch unendlich oft differenzierbar $C^{\infty }(\mathbb {R} _{+}^{n})$.

Wir müssen zeigen, dass die Ableitungen durch integrierbare Funktionen majorisiert werden (da $g$ beschränkt ist), siehe Mathe_für_Nicht-Freaks:_Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Vertauschen_von_Integral_und_Ableitung#Vertauschen_von_Integral_und_Ableitung Die partiellen Ableitungen sind

${\begin{aligned}{\frac {\partial K(x,y)}{\partial x_{i}}}=&{\frac {-n}{2}}\left((x_{1}-y_{1})^{2}+\ldots +(x_{n-1}-y_{n-1})^{2}+x_{n}^{2}\right)^{-n/2-1}\cdot 2\cdot (x_{i}-y_{i})\cdot 1\\{\frac {\partial ^{2}K(x,y)}{\partial x_{i}^{2}}}=&{\frac {-n}{2}}{\frac {-n-2}{2}}\left((x_{1}-y_{1})^{2}+\ldots +(x_{n-1}-y_{n-1})^{2}+x_{n}^{2}\right)^{-n/2-2}\cdot 4\cdot (x_{i}-y_{i})^{2}\\&+{\frac {-n}{2}}\left((x_{1}-y_{1})^{2}+\ldots +(x_{n-1}-y_{n-1})^{2}+x_{n}^{2}\right)^{-n/2-1}\cdot 2\end{aligned}}$

Da $g$ beschränkt ist, genügt es die Integrale obiger beider Terme zu betrachten:

${\begin{aligned}\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}}{\frac {\partial K(x,y)}{\partial x_{i}}}dS(y)=-n\int _{\mathbb {R} ^{n-1}}{\frac {z_{i}}{z_{1}^{2}+\ldots +z_{n-1}^{2}+x_{n}^{2}}}dz_{1}\ldots dz_{n-1}\end{aligned}}$

Für $n=2$ können wir nur die lokale Integrierbarkeit zeigen

${\begin{aligned}\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\cap B(0,R)}{\frac {\partial K(x,y)}{\partial x_{i}}}dS(y)=&-n\int _{B(0,R)}{\frac {z}{z^{2}+x_{n}^{2}}}dz\\=&-{\frac {1}{2}}n\ln(z^{2}+x_{n}^{2})|_{-R}^{R}<\infty \end{aligned}}$

Für $n=3$ teilen wir die Integration auf und verwenden erneut Polarkoordinaten im $\mathbb {R} ^{n-2}$ mit der identischen Rechnung wie oben für das innere Integral. Damit erhalten wir ebenfalls nur lokale Integrierbarkeit

${\begin{aligned}&\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\cap B(0,R)}\left|{\frac {\partial K(x,y)}{\partial x_{i}}}\right|dS(y)\\=&n\int _{-R}^{R}\left(\int _{\mathbb {R} ^{n-2}\cap B(0,R)}{\frac {1}{z_{1}^{2}+\ldots +z_{n-1}^{2}+x_{n}^{2}}}dz_{1}\ldots dz_{i-1}dz_{i+1}\ldots dz_{n-1}\right)|z_{i}|dz_{i}\\=&n\int _{-R}^{R}C\cdot |z_{i}|dz_{i}=nCR^{2}\\\end{aligned}}$

Für die Abschätzung des Integrales der zweiten partiellen Ableitung verwenden wir beim ersten Term erneut Polarkoordinaten, erhalten eine Konstante für das Integral über $dz_{1}\ldots dz_{i-1}dz_{i+1}dz_{n-1}$ und integrieren dann

${\begin{aligned}\int _{-R}^{R}z_{i}^{2}dz_{i}<\infty \end{aligned}}$

Den zweiten Term haben wir schon bei der Berechnung des Integrales über $K$ betrachtet.

To-Do:

prüfen, ggf. ausführlicher?

Damit lässt sich für jedes $R>0$ das gesuchte Integral über $B(0,R)$ mit den Ableitungen vertauschen und der Integrand ist jedes Mal identisch Null. Damit wird das gesamte Integral identisch Null.

$u$ geht stetig gegen die Randwerte:

Sei $x_{0}\in \partial \mathbb {R} _{+}^{n}$ ein beliebiger Randpunkt und $\varepsilon >0$. Da $g$ stetig ist auf dem Rand, gibt es ein $\delta >0$ sodass für alle Randpunkte $y\in \partial \mathbb {R} _{+}^{n}$ mit $|y-x_{0}|<\delta$ gilt

$|g(y)-g(x_{0})|<\varepsilon$

Dann gilt für ein $x\in \mathbb {R} _{+}^{n}$ aus dem Halbraum mit $|x-x_{0}|<{\frac {\delta }{2}}$, wobei wir das Integral im letzten Schritt aufteilen

${\begin{aligned}|u(x)-g(x_{0})|=&\left|\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}}K(x,y)g(y)dS(y)-g(x_{0})\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}}K(x,y)dS(y)\right|\\=&\left|\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}}K(x,y)(g(y)-g(x_{0}))dS(y)\right|\\\leq &\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\cap B(x_{0},\delta )}K(x,y)|g(y)-g(x_{0})|dS(y)\\&+\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\backslash B(x_{0},\delta )}K(x,y)|g(y)-g(x_{0})|dS(y)\\=:&I+J\end{aligned}}$

Das erste Integral können wir einfach gegen $\varepsilon$ abschätzen

$I\leq \varepsilon \int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}}K(x,y)dS(y)=\varepsilon$

Für das zweite Integral $J$ benötigen wir eine Abschätzung: Aus

${\begin{aligned}|x-x_{0}|<&{\frac {\delta }{2}}\\|y-x_{0}|\geq &\delta \end{aligned}}$

folgt

${\begin{aligned}|y-x_{0}|\leq &|y-x|+|x-x_{0}|\\\leq &|y-x|+{\frac {\delta }{2}}\\\leq &|y-x|+{\frac {1}{2}}|y-x_{0}|\\|y-x|\geq &{\frac {1}{2}}|y-x_{0}|\end{aligned}}$

Damit berechnet sich $J$ zu

${\begin{aligned}J\leq &\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\backslash B(x_{0},\delta )}K(x,y)|g(y)|+|g(x_{0})|dS(y)\\\leq &2\sup _{y\in \mathbb {R} _{+}^{n}}|g(y)|\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\backslash B(x_{0},\delta )}K(x,y)dS(y)\\=&2\sup _{y\in \mathbb {R} _{+}^{n}}|g(y)|{\frac {2x_{n}}{n\cdot Vol(B(0,1))}}\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\backslash B(x_{0},\delta )}{\frac {1}{|x-y|^{n}}}dS(y)\\\leq &2\sup _{y\in \mathbb {R} _{+}^{n}}|g(y)|{\frac {2^{n+1}x_{n}}{n\cdot Vol(B(0,1))}}\int _{\partial \mathbb {R} _{+}^{n}\backslash B(x_{0},\delta )}{\frac {1}{|y-x_{0}|^{n}}}dS(y)\end{aligned}}$

Sei nun $n\geq 3$: In Polarkoordinaten auf dem $(n-1)$-dimensionalen $\partial \mathbb {R} _{+}^{n}$ gilt für hinreichend kleine $x_{n}>0$

${\begin{aligned}J\leq &\sup _{y\in \mathbb {R} _{+}^{n}}|g(y)|{\frac {2^{n+2}x_{n}}{n\cdot Vol_{n}(B(0,1))}}(n-1)Vol_{n-1}(B(0,1))\int _{\delta }^{\infty }{\frac {r^{n-2}dr}{r^{n}}}\\=&\sup _{y\in \mathbb {R} _{+}^{n}}|g(y)|{\frac {2^{n+2}x_{n}(n-1)Vol_{n-1}(B(0,1))}{n\cdot Vol_{n}(B(0,1))}}{\frac {-1}{r}}|_{\delta }^{\infty }\\=&\sup _{y\in \mathbb {R} _{+}^{n}}|g(y)|{\frac {2^{n+2}x_{n}(n-1)Vol_{n-1}(B(0,1))}{n\cdot Vol_{n}(B(0,1))}}{\frac {1}{\delta }}\\<&\varepsilon \end{aligned}}$

Sei nun $n=2$. Mit $z=y-x_{0}$ erhalten wir erneut für hinreichend kleine $x_{2}>0$

${\begin{aligned}J\leq &2\sup _{y\in \mathbb {R} _{+}^{n}}|g(y)|{\frac {2^{2}x_{2}}{2\cdot Vol_{2}(B(0,1))}}\left(\int _{\delta }^{\infty }{\frac {dr}{r^{2}}}+\int _{-\infty }^{-\delta }{\frac {dr}{r^{2}}}\right)\\=&2\sup _{y\in \mathbb {R} _{+}^{n}}|g(y)|{\frac {2x_{2}}{\delta Vol_{2}(B(0,1))}}\leq \varepsilon \end{aligned}}$

Damit gilt $\lim _{\begin{matrix}x\rightarrow x_{0}\\x\in \mathbb {R} _{+}^{n}\\\end{matrix}}u(x)=g(x_{0})$ für jedes $x_{0}\in \partial \mathbb {R} _{+}^{n}$