Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Die Greensche Funktion für die Kugel – „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. Dararaufhin 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. Nach der Greenschen Funktion für den Halbraum leiten wir nun die Greensche Funktion für die Kugel her.

Wir zeigen in diesem Kapitel die Lösungsformel der Greenschen Funktion erst für die Einheitskugel um Null $B(0,1)$ und dann für eine beliebige Kugel $B(a,R)$. Die Ergebnisse des Kapitels "Die Greensche Funktion" sind hier anwendbar, da die Kugel ein beschränktes Gebiet ist. Erneut nutzen wir die Symmetrie und eine Spiegelung.

Die Greensche Funktion für die Einheitskugel B(0,1)

Wir benutzen erneut eine Spiegelung, diesmal die Inversion ${\overline {x}}$ an der Kugeloberfläche $\partial B(0,1)$.

Satz (Eigenschaften der Inversion)

Für die Inversion an der Kugeloberfläche $\partial B(0,1)$

$\mathbb {R} ^{n}\backslash \{0\}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}\backslash \{0\},x\mapsto {\overline {x}}={\frac {x}{|x|^{2}}}$

gilt

1. $|{\overline {x}}|=|x|^{-1}$
2. Liegt $x$ in der Kugel $B(0,1)$, so liegt ${\overline {x}}$ außerhalb und umgekehrt
3. Liegt $x$ im Rand der Kugel, so gilt $x={\overline {x}}$

Beweis (Eigenschaften der Inversion)

1. Es gilt
   $|{\overline {x}}|=\left|{\frac {x}{|x|^{2}}}\right|=|x|^{-1}$
2. Es gilt
   ${\begin{aligned}x\in B(0,1)\iff &|x|<1\\\iff &|{\overline {x}}|=|x|^{-1}>1\\\iff &{\overline {x}}\in \mathbb {R} ^{n}\backslash {\overline {B(0,1)}}\end{aligned}}$
3. Wegen $|x|=1$ für $x\in \partial B(0,1)$ gilt
   ${\overline {x}}={\frac {x}{|x|^{2}}}=x$

Um die Greensche Funktion zu bestimmen, müssen wir für $x\in B(0,1)$ das Randwertproblem

${\begin{array}{ll}\Delta _{y}F_{x}(y)=0&y\in B(0,1)\\F_{x}(y)=P(y-x)&y\in \partial B(0,1)\end{array}}$

lösen. Sei $n\geq 3$. Für $x=0$ ist

$P(y-x)=P(|y|)={\text{konstant auf }}\partial B(0,1)$

und wir setzen als $F_{0}(y)$ die Konstante $P(|z|)$ mit einem $|z|=1$. Das ist mit Sicherheit harmonisch und erfüllt die Randbedingungen.

Sei $x\in B(0,1)\backslash \{0\}$. Wir würden gerne $F_{x}(y)=P(x-y)$ wählen, weil dann die Randbedingungen automatisch erfüllt sind. Daran hindert uns die Singularität in $y=x$: die Funktion $F_{x}(y)$ wäre nicht harmonisch in ganz $B(0,1)$. Wie beim Halbraum wollen wir eine Spiegelung verwenden, um eine Funktion zu finden, die auf dem Rand der Kugel $\partial B(0,1)$ die richtigen Werte annimmt und auf ganz $B(0,1)$ harmonisch ist. Die Hoffnung ist, dass die Inversion das erfüllt, denn dann ist die Singularität außerhalb von ${\overline {B(0,1)}}$. Da $P(y-x)$ außer in $y=x$ harmonisch ist, ist

$B(0,1)\rightarrow \mathbb {R} ,y\mapsto P(y-{\overline {x}})$

harmonisch. Damit ist auch die Funktion

$B(0,1)\rightarrow \mathbb {R} ,y\mapsto |x|^{2-n}P(y-{\overline {x}})=P(|x|(y-{\overline {x}}))$

harmonisch.

Für $y\in \partial B(0,1)$ lässt sich mit der Linearität der Skalarproduktes folgenden Gleichheit bestimmen

${\begin{aligned}||x|(y-{\overline {x}})|=&|x|(|y|^{2}-2\langle y,{\overline {x}}\rangle +|{\overline {x}}|^{2})^{1/2}\\=&|x|\left(\underbrace {|y|^{2}} _{=1}-2{\frac {\langle y,x\rangle }{|x|^{2}}}+{\frac {1}{|x|^{2}}}\right)^{1/2}\\=&\left(|x|^{2}-2\langle y,x\rangle +\underbrace {1} _{=|y|^{2}}\right)^{1/2}\\=&|x-y|\end{aligned}}$

d.h. es gilt

$\forall y\in \partial B(0,1):\ P(|x|(y-{\overline {x}}))=P(y-x)$

Auf dem Rand $\partial B(0,1)$ nimmt die Funktion $P(|x|(y-{\overline {x}}))$ also die passenden Werte an und sie ist zugleich harmonisch in $B(0,1)$, womit wir die Lösung gefunden haben. Wir setzen daher

$F_{x}(y):=\left\{{\begin{array}{ll}P(|x|(y-{\overline {x}}))&{\text{ für }}x\in B(0,1)\backslash \{0\}\\P(z){\text{ mit }}|z|=1&{\text{ für }}x=0\\\end{array}}\right.$

und erhalten die Greensche Funktion zu

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

Die Poissonformel für die Einheitskugel

Ist $g\in C(\partial B(0,1))$ und $u\in C^{2}(U)\cap C^{1}({\overline {U}})$ eine Lösung der Randwertaufgabe

$\left\{{\begin{array}{ll}\Delta u=0&{\text{ in }}B(0,1)\\u=g&{\text{ auf }}\partial B(0,1))\\\end{array}}\right.$

so können wir mit den Ergebnissen des Kapitels

Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Greensche_Funktion

die Funktion darstellen als

$u(x)=-\int _{\partial B(0,1)}g(y){\frac {\partial G(x,y)}{\partial N}}dS(y)$

Für die Normalenableitung der Greenschen Funkton berechnen wir

${\frac {\partial G}{\partial y_{i}}}(x,y)={\frac {\partial P}{\partial y_{i}}}(y-x)-{\frac {\partial }{\partial y_{i}}}P(|x|(y-{\overline {x}}))$

aus der Formel für die Fundamentallösung

${\begin{aligned}P:\mathbb {R} ^{n}\backslash \{0\}\rightarrow \mathbb {R} ,x\mapsto {\begin{cases}{\frac {-1}{2\pi }}\ln |x|&{\text{ falls }}n=2\\{\frac {1}{n(n-2)Vol(B(0,1))}}|x|^{2-n}&{\text{ falls }}n\geq 3\\\end{cases}}\end{aligned}}$

Der linke Term ist, wie wir bei der Fundamentallösung gezeigt haben Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Fundamentallösung_der_Laplacegleichung#Eigenschaften_der_Fundamentallösung

${\frac {\partial P}{\partial y_{i}}}(y-x)={\frac {1}{nVol(B(0,1))}}{\frac {x_{i}-y_{i}}{|x-y|^{n}}}$

Den rechten Term berechnen wir mit $|y|^{2}=1$ und $|x|^{2}{\overline {x_{i}}}=x_{i}$zu

${\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial y_{i}}}P(|x|(y-{\overline {x}}))=&{\frac {1}{nVol(B(0,1))}}{\frac {|x|{\overline {x_{i}}}-|x|y_{i}}{(|x|\cdot |y-{\overline {x}}|)^{n}}}|x|\\{\stackrel {|x|^{2}{\overline {x_{i}}}=x_{i}}{=}}&{\frac {1}{nVol(B(0,1))}}{\frac {x_{i}-|x|^{2}y_{i}}{|x|^{n}(\underbrace {|y|^{2}} _{=1}-2|x|^{-2}\langle x,y\rangle +|x|^{-2})^{n/2}}}\\=&{\frac {1}{nVol(B(0,1))}}{\frac {x_{i}-|x|^{2}y_{i}}{(|x|^{2}-2\langle x,y\rangle +\underbrace {1} _{=|y|^{2}})^{n/2}}}\\=&{\frac {1}{nVol(B(0,1))}}{\frac {x_{i}-|x|^{2}y_{i}}{|x-y|^{n}}}\end{aligned}}$

Mit $N={\frac {y}{|y|}}$ ergibt sich

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

Auf dem Rand der Einheitskugel ergibt das den Wert

${\frac {\partial G(x,y)}{\partial N(y)}}={\frac {1}{nVol(B(0,1))}}{\frac {|x|^{2}-1}{|x-y|^{n}}}$

und damit die Poissonformel für die Einheitskugel

$u(x)={\frac {1-|x|^{2}}{nVol(B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1)}{\frac {g(y)}{|x-y|^{n}}}dS(y)$

Der Poissonkern für die Einheitskugel ist dann

$\forall x\in B(0,1),\forall y\in \partial B(0,1):\ K(x,y):={\frac {1-|x|^{2}}{nVol(B(0,1))}}{\frac {1}{|x-y|^{n}}}$

Die Greensche Funktion für eine beliebige Kugel

Sei $B(a,r)$ eine Kugel im $\mathbb {R} ^{n}$ und $x\in \mathbb {R} ^{n}\backslash \{a\}$. Wir nutzen eine Translation und eine Spiegelung zugleich: Der Punkt

${\overline {x}}:=a+r^{2}{\frac {x-a}{|x-a|^{2}}}$

heißt Spiegelungspunkt bzgl. der Sphäre $\partial B(a,r)$

Satz (Eigenschaften des Spiegelungspunktes)

1. Ein $x$ auf der Sphäre $\partial B(a,r)$ ist sein eigener Spiegelungspunkt
2. Für $x\in \mathbb {R} ^{n}\backslash (\partial B(a,r)\cup \{a\})$ liegt genau ein Punkt in der Kugel und der andere außerhalb.
3. Für die Randpunkte der Kugel gilt
   $\forall y\in \partial B(a,r):\ \left|{\frac {|x-a|}{r}}(y-{\overline {x}})\right|=|y-x|$

Beweis (Eigenschaften des Spiegelungspunktes)

1. Für $x\in \partial B(a,r)$ gilt
   ${\overline {x}}=a+r^{2}{\frac {x-a}{\underbrace {|x-a|^{2}} _{=r^{2}}}}=a+x-a=x$
2. Mit
   ${\begin{aligned}{\overline {x}}-a=&{\frac {r^{2}}{|x-a|^{2}}}(x-a)\\|x-a|=&{\frac {r^{2}}{|{\overline {x}}-a|}}\end{aligned}}$

   gilt

   ${\begin{aligned}|x-a|<r\iff |{\overline {x}}-a|>r\\|x-a|>r\iff |{\overline {x}}-a|<r\\\end{aligned}}$
3. Es gilt mit $|y-a|=r$
   ${\begin{aligned}&\left|{\frac {|x-a|}{r}}(y-{\overline {x}})\right|^{2}\\=&{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}|y|^{2}-2{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}\left\langle y,a+r^{2}{\frac {x-a}{|x-a|^{2}}}\right\rangle +{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}\left(a+r^{2}{\frac {x-a}{|x-a|^{2}}}\right)^{2}\\=&\underbrace {{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}|y|^{2}-2{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}\langle y,a\rangle +|a|^{2}{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}|} _{=|x-a|^{2}}\\&-2\langle y,x-a\rangle +2\langle a,x-a\rangle +r^{2}\\=&|x-a|^{2}-2\langle y,x\rangle +2\langle y,a\rangle -2|a|^{2}+2\langle a,x\rangle +|y-a|^{2}\\=&|x-y|^{2}\end{aligned}}$

Um die Greensche Funktion zu bestimmen für $x\in B(a,r)$ müssen wir das Randwertproblem

${\begin{array}{ll}\Delta _{y}F_{x}(y)=0&{\text{ für }}y\in B(a,r)\\F_{x}(y)=P(y-x)&{\text{ für }}y\in \partial B(a,r)\end{array}}$

lösen. Sei $n\geq 3$. Für $x=a$ ist

$P(y-x)=P(|y-a|)={\text{konstant auf }}\partial B(a,r)$

und wir setzen als $F_{0}(y)$ die Konstante $P(|z-a|)$ mit einem $|z-a|=r$. Das ist mit Sicherheit harmonisch und erfüllt die Randbedingungen.

Sei $x\in B(a,r)\backslash \{a\}$. Wir würden gerne $F_{x}(y)=P(x-y)$ wählen, weil dann die Randbedingungen automatisch erfüllt sind. Daran hindert uns die Singularität in $y=a$: die Funktion $F_{x}(y)$ wäre nicht harmonisch in ganz $B(a,r)$. Wie beim Halbraum wollen wir nun obige Spiegelung verwenden, um eine Funktion zu finden, die auf dem Rand der Kugel $\partial B(a,r)$ die richtigen Werte annimmt und auf ganz $B(a,r)$ harmonisch ist. Die Hoffnung ist, dass die Kombination aus Spiegelung und Translation das erfüllt, denn dann ist die Singularität außerhalb von ${\overline {B(a,r)}}$. Da $P(y-x)$ außer in $y=x$ harmonisch ist, ist

$B(a,r)\rightarrow \mathbb {R} ,y\mapsto P(y-{\overline {x}})$

harmonisch. Damit ist auch die Funktion

$B(0,1)\rightarrow \mathbb {R} ,y\mapsto \left({\frac {|x-a|}{r}}\right)^{2-n}P(y-{\overline {x}})=P\left({\frac {|x-a|}{r}}(y-{\overline {x}})\right)$

harmonisch.

Mit der gerade gezeigten Gleichheit für $y\in \partial B(a,r)$

${\begin{aligned}\forall y\in \partial B(a,r):\ \left|{\frac {|x-a|}{r}}(y-{\overline {x}})\right|=|x-y|\end{aligned}}$

gilt

$\forall y\in \partial B(a,r):\ P\left({\frac {|x-a|}{r}}(y-{\overline {x}})\right)=P(y-x)$

Auf dem Rand $\partial B(a,r)$ nimmt die Funktion $P\left({\frac {|x-a|}{r}}(y-{\overline {x}})\right)$ also die passenden Werte an und sie ist zugleich harmonisch in $B(a,r)$, womit wir die Lösung gefunden haben. Wir setzen daher

$F_{x}(y)=\left\{{\begin{array}{ll}P\left({\frac {|x-a|}{r}}(y-{\overline {x}})\right)&x\in B(a,r)\backslash \{a\}\\P(z-a){\text{ mit }}|z-a|=r&x=a\\\end{array}}\right.$

und erhalten die Greensche Funktion zu

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

Der Poissonkern für eine beliebige Kugel B(a,r)

Für $n\geq 2$ und $x\in B(a,r)\backslash \{a\}$ ergibt sich mit

${\begin{aligned}\nabla P(y)={\frac {-1}{nVol(B(0,1))}}{\frac {y}{|y|^{n}}}{\text{ für }}n\geq 2\end{aligned}}$

der Gradient von $G$ mit obiger Gleichheit zu

${\begin{aligned}&\nabla _{y}G(x,y)\\=&-{\frac {1}{nVol(B(0,1))}}\left(-{\frac {x-y}{|x-y|^{n}}}-{\frac {r^{n-1}}{|x-a|^{n-1}}}{\frac {y-{\overline {x}}}{|y-{\overline {x}}|^{n}}}{\frac {|x-a|}{r}}\right)\\=&-{\frac {1}{nVol(B(0,1))|y-x|^{n}}}\left(y-x-{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}(y-{\overline {x}})\right)\\=&-{\frac {1}{nVol(B(0,1))|y-x|^{n}}}\left(y-x-{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}\left(y-a-{\frac {r^{2}}{|x-a|^{2}}}(x-a)\right)\right)\\=&-{\frac {1}{nVol(B(0,1))|y-x|^{n}}}\left(y-x-{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}y+{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}a+x-a\right)\\=&-{\frac {1}{nVol(B(0,1))|y-x|^{n}}}\left(1-{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}\right)(y-a)\\\end{aligned}}$

Mit dem äußeren Normalenvektor $N={\frac {y-a}{r}}$ ergibt sich

${\begin{aligned}\left\langle \nabla _{y}G(x,y),N(y)\right\rangle =&-{\frac {1}{rnVol(B(0,1))|y-x|^{n}}}\left(1-{\frac {|x-a|^{2}}{r^{2}}}\right)|y-a|^{2}\\=&-{\frac {1}{rnVol(B(0,1))|y-x|^{n}}}\left(|y-a|^{2}-|x-a|^{2}\right)\end{aligned}}$

Für $x=a$ zeigt man dasselbe analog, da $F_{a}(y)$ konstant ist .

${\begin{aligned}\nabla _{y}G(a,y)=-{\frac {1}{nVol(B(0,1))|y-a|^{n}}}(y-a)\\\end{aligned}}$

Mit dem äußeren Normalenvektor $N={\frac {y-a}{r}}$ ergibt sich

${\begin{aligned}\left\langle \nabla _{y}G(a,y),N(y)\right\rangle =&-{\frac {1}{rnVol(B(0,1))|y-a|^{n}}}|y-a|^{2}\end{aligned}}$

Damit definieren wir den Poissonkern für die Kugel durch

$\forall x\in B(a,r),\forall y\in \partial B(a,r):\ K(x,y):={\frac {1}{nVol(B(0,1))|y-x|^{n}r}}\left(|y-a|^{2}-|x-a|^{2}\right)$

Das war nur eine Herleitung der Formel, das Existenzresultat beweisen wir nun:

Poisson-Integralformel für Kugeln

Satz (Poisson-Integralformel für Kugeln)

Sei $g\in C^{0}(\partial B(a,r))$ und

$u(x)=\int _{\partial B(a,r)}{\frac {|y-a|^{2}-|x-a|^{2}}{nVol(B(0,1))|y-x|^{n}r}}g(y)dS(y)$

Dann gelten

a) $\Delta u=0{\text{ in }}B(a,r)$

b) $u|_{\partial B(a,r)}=g$

Beweis (Poisson-Integralformel für Kugeln)

a) Die Funktion $y\mapsto G(x,y)$ ist harmonisch für $y\neq x$ und $G$ ist symmetrisch.

Damit ist $x\mapsto G(x,y)$ harmonisch für $y\neq x$

Damit ist für alle $i=1,\ldots ,n\quad {\frac {\partial }{\partial y_{i}}}G(x,y)$ harmonisch gemäß

$\Delta _{x}{\frac {\partial }{\partial y_{i}}}G(x,y)={\frac {\partial }{\partial y_{i}}}\Delta _{x}G(x,y)=0$

Damit ist $u$ harmonisch da sich Integral und Ableitung vertauschen lassen gemäß Mathe_für_Nicht-Freaks:_Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/_Vertauschen_von_Integral_und_Ableitung (da K und seine Ableitung harmonisch und somit unendlich oft differenzierbar ist, ist es beschränkt auf der Kugeloberfläche und somit integrierbar)

$\Delta u(x)=\int _{\partial B(a,r)}\underbrace {\Delta (-\nabla _{y}G(x,y)\cdot N(y))} _{=0}dS(y)=0$

b) Sei $x_{0}\in \partial B(a,r)$ und $\varepsilon >0$. Wegen der Stetigkeit von $g$ auf $\partial B(a,r)$ gibt es ein $\delta >0$ sodass

$\forall y\in \partial B(a,r)\cap B(x_{0},2\delta ):\ |g(y)-g(x_{0})|<\varepsilon$

Zudem gilt mit der harmonischen Funktion $u\equiv 1$ und obiger Herleitung (d.h. $g\equiv 1$)

${\begin{aligned}K(x,y)\geq &0\\\int _{\partial B(a,r)}K(x,y)dS(y)=&u\equiv 1\end{aligned}}$

Sei $x\in B(a,r)\cap B(x_{0},\varepsilon )$. Dann gilt

${\begin{aligned}|u(x)-g(x_{0})|=&\left|\int _{\partial B(a,r)}K(x,y)(g(x)-g(x_{0}))dS(y)\right|\\\leq &\int _{\partial B(a,r)}K(x,y)|g(x)-g(x_{0})|dS(y)\\\leq &\varepsilon \underbrace {\int _{\partial B(a,r)\cap B(x_{0},2\delta )}K(x,y)dS(y)} _{\leq 1}\\&+2\max _{\partial B(a,r)}|g|\int _{\partial B(a,r)\backslash B(x_{0},2\delta )}K(x,y)dS(y)\end{aligned}}$

Wir wollen das zweite Integral abschätzen. Für $y\in \partial B(a,r)\backslash B(x_{0},2\delta )$ gilt

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

Damit folgt

${\begin{aligned}|y-x|\geq &|y-x_{0}|-|x-x_{0}|\geq \delta \\K(x,y)\leq &{\frac {1}{nVol(B(0,1))r}}{\frac {r^{2}-|x-a|^{2}}{(r\delta )^{n}}}\end{aligned}}$

Das ergibt für das rechte Integral

${\begin{aligned}\int _{\partial B(a,r)\backslash B(x_{0},2\delta )}K(x,y)dS(y)\leq &\int _{\partial B(a,r)\backslash B(x_{0},2\delta )}{\frac {1}{nVol(B(0,1))r}}{\frac {r^{2}-|x-a|^{2}}{(r\delta )^{n}}}dS(y)\\\leq &{\frac {1}{nVol(B(0,1))r}}{\frac {r^{2}-|x-a|^{2}}{(r\delta )^{n}}}\end{aligned}}$

mit $x\in B(a,r)$. Im Grenzübergang folgt

${\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow x_{0}}|r^{2}-|x-a|^{2}|=&0\\\lim _{x\rightarrow x_{0}}|u(x)-g(x_{0})|=&0\end{aligned}}$