Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Die Wärmekugel – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Wo stehen wir

Wir hatten die Transportgleichnung betrachtet und daraufhin die Eigenschaften der Laplace-Gleichung und der Poisson-Gleichung untersucht. Nun gehen wir zur Wärmeleitungsgleichung über, sie lautet

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

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

Wir können eine Anfangswärmeverteilung $g$ zum Zeitpunkt $t=0$ und Wärmequellen und -senken $f$ vorgeben und die Gleichung sagt uns, wie sich die Wärmeverteilung in Raum und Zeit entwickelt. Die Lösung für den Ganzraumfall haben wir schon betrachtet. Nun führen wir die Wärmekugel ein.

Die Wärmekugel (engl. heat ball)

Wir benötigen einige Begriffe.

Definition

Sei $T>0$ und $U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und beschränkt.

1. Der parabolische Zylinder ist $U_{T}:=(0,T)\times U$. Er beschreibt $U$ im Zeitraum $0$ bis $T$. Sein Rand ist
   $\partial U_{T}:=\underbrace {\{0\}\times U} _{\text{Boden}}\quad \uplus \quad \underbrace {\{T\}\times U} _{\text{Deckel}}\quad \uplus \quad \underbrace {[0,T]\times \partial U} _{\text{Mantel}}$
   To-Do:

   Bild einfügen inklusive Rand

2. Eine klassische Lösung der Wärmeleitungsgleichung im parabolischen Zylinder heißt kalorische Funktion.
3. Der parabolische Rand ist eine Teilmenge des Randes von $U_{T}$, wobei der Zeitpunkt $T$ weggelassen wird:
   $\partial _{par}U_{T}:=\underbrace {\{0\}\times U} _{\text{Boden}}\quad \uplus \quad \underbrace {[0,T]\times \partial U} _{\text{Mantel}}$
4. Sei $(t,x)\in \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} ^{n}$ und $r>0$. Dann ist die Wärmekugel (englisch heat ball) definiert als
   $E(t,x,r):=\left\{(s,y)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:P(t-s,x-y)\geq {\frac {1}{r^{n}}},s<t\right\}$
   To-Do:

   Bild einfügen Wärmekugel

Eigenschaften der Wärmekugel

Wir tragen einige Eigenschaften der Wärmekugel zusammen.

Satz

1. Die Wärmekugel ist beschränkt.
2. Für alle $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}$ und $r>0$ gilt
   $E(t,x,r)\subset \left\lbrack t-{\frac {r^{2}}{4\pi }},t\right)\times \mathbb {R} ^{n}$
3. Für alle $(t,x)\in (0,T]\times U={\overline {U_{T}}}\backslash \partial _{par}U_{T}$ und gibt es einen kleinen Radius $r>0$ sodass
   $E(t,x,r)\subset U_{T}$
4. Für alle $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}$ und $r>0$ gilt
   ${\int \int }_{E(t,x,r)}{\frac {|x-y|^{2}}{(t-s)^{2}}}=4r^{n}$

Beweis

1.):

Da die Exponentialfunktion streng monoton wachsend ist und gegen Unendlich geht, fällt die Exponentialfunktion bei negativer werdendem Argument streng monoton und geht gegen Null.

2.):

Nach Definition der Wärmekugel gilt

$t-s>0\quad {\text{ und }}\quad {\frac {1}{(4\pi (t-s))^{n/2}}}e^{\dfrac {-|x-y|^{2}}{4(t-s)}}\geq {\frac {1}{r^{n}}}$

Wegen $t-s>0$ folgt

${\begin{aligned}&\quad {\frac {1}{(4\pi (t-s))^{n/2}}}\geq {\frac {1}{r^{n}}}\\\Rightarrow &\quad 0<4\pi (t-s)\leq r^{2}\\\Rightarrow &\quad t>s\geq t-{\frac {r^{2}}{4\pi }}\end{aligned}}$

3.):

Sei $t>0$. Wegen 2.) und durch Logarithmieren gilt

${\begin{aligned}&(s,y)\in E(t,x,r)\\\iff &s\in \left\lbrack t-{\frac {r^{2}}{4\pi }},t\right)\quad {\text{ und }}\quad {\frac {-|x-y|^{2}}{4(t-s)}}\geq {\frac {n}{2}}\ln {\frac {4\pi (t-s)}{r^{2}}}\end{aligned}}$

Multiplizieren mit $-4(t-s)$ ergibt

${\begin{aligned}|x-y|^{2}\leq -2(t-s)n\ln {\frac {4\pi (t-s)}{r^{2}}}\end{aligned}}$

Die erste Ableitung der rechten Seite nach $s$ ist mit der Kettenregel

${\begin{aligned}2n\ln {\frac {4\pi (t-s)}{r^{2}}}-2(t-s)n{\frac {r^{2}}{4\pi (t-s)}}{\frac {4\pi (-1)}{r^{2}}}=2n\ln {\frac {4\pi (t-s)}{r^{2}}}+2n\end{aligned}}$

Das ist monoton fallend in $s$, ist größer Null für $4\pi (t-s)=r^{2}$ (da der erste Term Null wird) und wird negativ für $s$ von unten gegen $t$. Das Maximum wird angenommen für

${\begin{aligned}t-s={\frac {r^{2}}{4\pi e}}\end{aligned}}$

Daher gilt

${\begin{aligned}|x-y|^{2}\leq -2{\frac {r^{2}}{4\pi e}}n\ln \left({\frac {4\pi }{r^{2}}}{\frac {r^{2}}{4\pi e}}\right)\\=-2n{\frac {r^{2}}{4\pi e}}(-1)={\stackrel {r\rightarrow 0}{\rightarrow }}0\end{aligned}}$

Da $U$ offen ist, gibt es ein $\varepsilon >0$ mit $B(x,\varepsilon )\subseteq U$. Wähle nun $r$ gemäß der letzten Gleichung klein genug, dann gilt $|x-y|<\varepsilon$. Wähle zudem $r$ so klein, dass $r^{2}<4\pi t$, dann gilt

${\begin{aligned}E(t,x,r)\subseteq \left[t-{\frac {r^{2}}{4\pi }},t\right)\times B(x,\varepsilon )\subseteq (0,T)\times U=U_{T}\end{aligned}}$

4.):

Mit der Transformation

${\begin{aligned}&F:E(t,x,r)\rightarrow E(0,0,1),(p,z)=((t-s)r^{2},(x-y)r)\mapsto (-s,y)\\&E(t,x,r)=\left\{(s,y):t-s>0,{\frac {1}{(4\pi (t-s))^{n/2}}}e^{\dfrac {-|x-y|^{2}}{4(t-s)}}\geq {\frac {1}{r^{n}}}\right\}\\&E(0,0,1)=\left\{(p,z):-s>0,{\frac {1}{(4\pi (-s))^{n/2}}}e^{\dfrac {|z|^{2}}{4s}}\geq 1\right\}\\&|\det DF|=(r^{2}\cdot r^{n})^{-1}\end{aligned}}$

gilt

${\begin{aligned}\int \int _{E(x,t,r)}{\frac {|x-y|^{2}}{(t-s)^{2}}}dsdy=&\int \int _{E(0,0,1)}{\frac {|z|^{2}r^{2}}{p^{2}}}r^{-(n+2)}dpdz\\=&r^{n}\int \int _{E(0,0,1)}{\frac {|z|^{2}}{p^{2}}}dpdz\end{aligned}}$

Mit 2.) und 3.) gilt

${\begin{aligned}&(p,z)\in E(0,0,1)\\\iff &-{\frac {1}{4\pi }}\leq p<0\quad {\text{ und }}\quad |z|^{2}\leq 2np\ln(4\pi (-p))\end{aligned}}$

Setze

$A(p):=\{z\in \mathbb {R} ^{n}:|z|^{2}\leq 2np\ln(-4\pi p)\}$

dann gilt mit dem Satz von Fubini

${\begin{aligned}\int \int _{E(0,0,1)}{\frac {|z|^{2}}{p^{2}}}dpdz=\int _{-1/4\pi }^{0}{\frac {1}{p^{2}}}\int _{A(p)}|z|^{2}dzdp\end{aligned}}$

In Polarkoordinaten berechnet sich das innere Integral zu

${\begin{aligned}\int _{A(p)}|z|^{2}dz=&nVol_{n}(B(0,1))\cdot \int _{0}^{\sqrt {2np\ln(-4\pi p)}}R^{n+1}dR\\=&{\frac {nVol_{n}(B(0,1))}{n+2}}\cdot \left(2np\ln(-4\pi p)\right)^{(n+2)/2}\\=&{\frac {nVol_{n}(B(0,1))(2n)^{(n+2)/2}}{n+2}}\cdot \left(p\ln(-4\pi p)\right)^{(n+2)/2}\end{aligned}}$

Damit berechnet sich das gesamte Integral mit den Substitution $q=-p$ und $dq=-dp$ und $Q:=4\pi q$ und $dQ:=4\pi dq$ zu

${\begin{aligned}\int \int _{E(0,0,1)}{\frac {|z|^{2}}{p^{2}}}dzdp=&\int _{-1/4\pi }^{0}{\frac {1}{p^{2}}}\int _{A(p)}|z|^{2}dzdp\\=&\int _{-1/4\pi }^{0}{\frac {1}{p^{2}}}{\frac {nVol_{n}(B(0,1))(2n)^{(n+2)/2}}{n+2}}\cdot \left(p\ln(-4\pi p)\right)^{(n+2)/2}dp\\{\stackrel {q=-p}{=}}&{\frac {nVol_{n}(B(0,1))(2n)^{(n+2)/2}}{n+2}}\cdot \int _{0}^{1/4\pi }q^{n/2-1}(-\ln(4\pi q))^{(n+2)/2}dq\\{\stackrel {Q=4\pi q}{=}}&{\frac {nVol_{n}(B(0,1))(2n)^{(n+2)/2}}{(n+2)(4\pi )^{n/2}}}\cdot \int _{0}^{1}Q^{n/2-1}(-\ln Q)^{(n+2)/2}dq\end{aligned}}$

Mit den weiteren Substitutionen $a=-\ln Q$ und $da=-{\frac {1}{Q}}dQ$ und $b={\frac {n}{2}}a$ und $db={\frac {n}{2}}da$ folgt

${\begin{aligned}\int \int _{E(0,0,1)}{\frac {|z|^{2}}{p^{2}}}dzdp=&{\frac {nVol_{n}(B(0,1))(2n)^{(n+2)/2}}{(n+2)(4\pi )^{n/2}}}\cdot \int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {n}{2}}a}a^{(n+2)/2}da\\{\stackrel {a=-\ln Q}{=}}&{\frac {n(2n)^{(n+2)/2}}{(n+2)(4\pi )^{n/2}}}\cdot \underbrace {Vol_{n}(B(0,1))} _{={\frac {\pi ^{n/2}}{\Gamma ({\frac {n}{2}}+1)}}}\cdot \left({\frac {2}{n}}\right)^{{\frac {n}{2}}+2}\int _{0}^{\infty }e^{-b}b^{(n+2)/2}db\\{\stackrel {b={\frac {n}{2}}a}{=}}&{\frac {8}{(n+2)\pi ^{n/2}}}{\dfrac {\pi ^{n/2}}{\Gamma ({\frac {n}{2}}+1)}}\underbrace {\Gamma \left({\frac {n}{2}}+2\right)} _{=\left({\frac {n}{2}}+1\right)\Gamma \left({\frac {n}{2}}+1\right)}\\=4\end{aligned}}$

wobei verwendet wurde $Vol(B(0,1))={\dfrac {\pi ^{n/2}}{\Gamma ({\frac {n}{2}}+1)}}$ siehe Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Gammafunktion