Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Die Poissonsche Formel für n=2 – „Mathe für Nicht-Freaks“

Wo stehen wir

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

$\forall (t,x)\in \mathbb {R} ^{+}\times U:\ u_{tt}(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=f(t,x)$

Sie heißt homogen für $f=0$, sonst inhomogen.

Im ersten Kapitel bewiesen wir die Darstellungsformel für die Lösung im Ganzraum $(0,\infty )\times \mathbb {R}$ 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

Sei $u\in C^{2}([0,\infty )\times \mathbb {R} ^{2})$ eine Lösung von

${\begin{aligned}\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{2}:\ &u_{tt}(t,x)-\Delta u(t,x)=0\\\forall x\in \mathbb {R} ^{2}:\ &u(0,x)=g(x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{2}:\ &u_{t}(0,x)=h(x)\end{aligned}}$

Wir benutzen die Lösungsformel für n=2 und ignorieren darin einfach die dritte Variable! Das ist die Methode des Abstiegs.

${\begin{aligned}{\overline {u}}(t,\underbrace {\overline {x}} _{\in \mathbb {R} ^{3}}):=u(t,\underbrace {x} _{\in \mathbb {R} ^{2}})\end{aligned}}$

Das ergibt das Problem

${\begin{aligned}\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{3}:\ &{\overline {u}}_{tt}(t,{\overline {x}})-\Delta {\overline {u}}(t,{\overline {x}})=0\\\forall x\in \mathbb {R} ^{3}:\ &{\overline {u}}(0,{\overline {x}})={\overline {g}}({\overline {x}}):=g(x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{3}:\ &{\overline {u}}_{t}(0,{\overline {x}})={\overline {h}}({\overline {x}}):=h(x)\end{aligned}}$

Mit dem vorangehenden Kapitel erhalten wir mit der Kirchhoffschen Formel sofort die Lösung zu

${\begin{aligned}{\overline {u}}(t,x,0)=\partial _{t}\left(t{\frac {1}{Vol_{3}(\partial B(x,0,t))}}\int _{\partial B(x,0,t)}{\overline {g}}({\overline {y}})dS({\overline {y}})\right)+t{\frac {1}{Vol_{3}(\partial B(x,0,t))}}\int _{\partial B(x,0,t)}{\overline {h}}({\overline {y}})dS({\overline {y}})\end{aligned}}$

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

${\begin{aligned}B_{2}(x,t)\rightarrow \partial B_{3}(x,0,t)\cap \{y_{3}\geq 0\},y\mapsto (y,{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}})\end{aligned}}$

Für $p(y)={\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}$ gilt

${\begin{aligned}\nabla p={\frac {-2(y-x)}{2{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}}\\{\sqrt {1+|\nabla p|^{2}}}={\frac {t}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}\end{aligned}}$

Mit der Integrationstheorie für Untermannigfaltigkeiten gilt

${\begin{aligned}t{\frac {1}{Vol_{3}(\partial B(x,0,t))}}\int _{\partial B(x,0,t)}{\overline {g}}({\overline {y}})dS({\overline {y}})=&t2{\frac {1}{4\pi t^{2}}}\int _{B(x,t)}g(y){\sqrt {1+|\nabla p(y)|^{2}}}dy\\=&{\frac {1}{2\pi }}\int _{B(x,t)}g(y){\frac {1}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}dy\end{aligned}}$

Wir benötigen nun die Ableitung davon und benutzen die Transformation

${\begin{aligned}&T:B(0,1)\rightarrow B(x,t),z\mapsto x+tz=y\\&|\det DT|=t^{2}\end{aligned}}$

um die $t$-Abhängigkeit aus den Integralgrenzen in den Integranden zu bekommen. Damit können wir bequem ableiten und danach zurücktransformieren:

${\begin{aligned}&\partial _{t}\left({\frac {1}{2\pi }}\int _{B(x,t)}g(y){\frac {1}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}dy\right)\\=&\partial _{t}\left({\frac {1}{2\pi }}\int _{B(0,1)}g(x+tz){\frac {1}{\sqrt {t^{2}-t^{2}|z|^{2}}}}t^{2}dy\right)\\=&{\frac {1}{2\pi }}\partial _{t}\left(t\int _{B(0,1)}g(x+tz){\frac {1}{\sqrt {1-|z|^{2}}}}dy\right)\\=&{\frac {1}{2\pi }}\int _{B(0,1)}g(x+tz){\frac {1}{\sqrt {1-|z|^{2}}}}dy+{\frac {1}{2\pi }}t\int _{B(0,1)}\nabla g(x+tz)\cdot z{\frac {1}{\sqrt {1-|z|^{2}}}}dy\\=&{\frac {1}{2\pi t^{2}}}\int _{B(x,t)}g(y){\frac {1}{\sqrt {1-{\dfrac {|y-x|^{2}}{t^{2}}}}}}dy+{\frac {t}{2\pi t^{2}}}\int _{B(x,t)}\nabla g(y)\cdot {\frac {y-x}{t}}{\frac {1}{\sqrt {1-{\dfrac {|y-x|^{2}}{t^{2}}}}}}dy\end{aligned}}$

Mit

${\begin{aligned}t{\frac {1}{Vol(\partial B(x,0,t))}}\int _{\partial B(x,0,t)}{\overline {h}}({\overline {y}})dS({\overline {y}})={\frac {1}{2\pi t}}\int _{B(x,t)}h(y){\frac {t}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}dy\end{aligned}}$

folgt die Poissonsche Formel für $n=2$ zu

${\begin{aligned}u(t,x)={\frac {1}{2Vol(B(x,t))}}{\frac {tg(y)+t\nabla g(y)\cdot (y-x)+t^{2}h(y)}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}dy\end{aligned}}$

Die Poissonsche Formel ist die Lösung für n=2

Satz

Seien $g\in C^{3}(\mathbb {R} ^{2}),h\in C^{2}(\mathbb {R} ^{2})$ und $u:(0,\infty )\times \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R}$ definiert durch die Poissonsche Formel

${\begin{aligned}u(t,x)={\frac {1}{2Vol(B(x,t))}}{\frac {tg(y)+t\nabla g(y)\cdot (y-x)+t^{2}h(y)}{\sqrt {t^{2}-|y-x|^{2}}}}dy\end{aligned}}$

Dann gilt

${\begin{aligned}&u\in C^{2}([0,\infty )\times \mathbb {R} ^{2})\\in[0,\infty )\times \mathbb {R} ^{2}:\ &u_{tt}-\Delta u=0\\\forall x\in \mathbb {R} ^{2}:\ &u(0,x)=g(x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{2}:\ &u_{t}(0,x)=h(x)\\\end{aligned}}$

Im Fall n=2 hängt die Lösung also von den Anfangsdaten $g,\nabla g,h$ in der ganzen Kugel $B(x,t)$ ab!

Beweis

Der Beweis folgt direkt aus dem Fall n=3: wir haben die Lösungsformel nur umgerechnet.