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

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

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

Im ersten Kapitel bewiesen wir die Darstellungsformel für die Lösung im Ganzraum $(0,\mathrm{\infty })\times ℝ$ 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 $u\in C^2([0,\mathrm{\infty })\times {ℝ}^2)$ eine Lösung von

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

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

$\begin{array}{c}\bar{u}(t,\underset{\in {ℝ}^3}{\underbrace{\bar{x}}}):=u(t,\underset{\in {ℝ}^2}{\underbrace{x}})\end{array}$

Das ergibt das Problem

$\begin{array}{cc}\mathrm{\forall }(t,x)\in (0,\mathrm{\infty })\times {ℝ}^3:& {\bar{u}}_{tt}(t,\bar{x})-\mathrm{\Delta }\bar{u}(t,\bar{x})=0\\ \mathrm{\forall }x\in {ℝ}^3:& \bar{u}(0,\bar{x})=\bar{g}(\bar{x}):=g(x)\\ \mathrm{\forall }x\in {ℝ}^3:& {\bar{u}}_t(0,\bar{x})=\bar{h}(\bar{x}):=h(x)\end{array}$

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

$\begin{array}{c}\bar{u}(t,x,0)={\partial }_t(t\frac{1}{Vo{l}_3(\partial B(x,0,t))}{\int }_{\partial B(x,0,t)}\bar{g}(\bar{y})dS(\bar{y}))+t\frac{1}{Vo{l}_3(\partial B(x,0,t))}{\int }_{\partial B(x,0,t)}\bar{h}(\bar{y})dS(\bar{y})\end{array}$

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

$\begin{array}{c}{B}_2(x,t)\to \partial B_3(x,0,t)\cap \{y_3\ge 0\},y\mapsto (y,\sqrt{t^2-|y-x{|}^2})\end{array}$

Für $p(y)=\sqrt{t^2-|y-x{|}^2}$ gilt

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

Mit der Integrationstheorie für Untermannigfaltigkeiten gilt

$\begin{array}{cc}t\frac{1}{Vo{l}_3(\partial B(x,0,t))}{\int }_{\partial B(x,0,t)}\bar{g}(\bar{y})dS(\bar{y})=& t2\frac{1}{4\pi t^2}{\int }_{B(x,t)}g(y)\sqrt{1+|\mathrm{\nabla }p(y){|}^2}dy\\ =& \frac{1}{2\pi }{\int }_{B(x,t)}g(y)\frac{1}{\sqrt{t^2-|y-x{|}^2}}dy\end{array}$

Wir benötigen nun die Ableitung davon und benutzen die Transformation

$\begin{array}{cc}& T:B(0,1)\to B(x,t),z\mapsto x+tz=y\\ & |detDT|=t^2\end{array}$

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

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

Mit

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

folgt die Poissonsche Formel für $n=2$ zu

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

Die Poissonsche Formel ist die Lösung für n=2

Satz

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

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

Dann gilt

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

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

Beweis

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