# Mathe für Nicht-Freaks: Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Eine harmonische Funktion ist analytisch
## 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 dann die Harnacksche Ungleichung hergeleitet und bewiesen, dass harmonische Funktionen unendlich oft differenzierbar sind. Wir hatten daraufhin Schranken für die Ableitungen harmonischer Funktionen gezeigt, mit diesen beweisen wir nun, dass harmonische Funktionen analytisch sind, sich also durch ihre Tayorreihe darstellen lassen.

## Der Multinomialsatz

Den Binomischen Lehrsatz hatten wir schon hergeleitet in Mathe_für_Nicht-Freaks: Binomischer_Lehrsatz#Der_Binomische_Lehrsatz. Jetzt wollen wir das verallgemeinern
Satz (Multinomialsatz)
Für $x_{i}\in \mathbb {R}$ und einen Multiindex $a=(a_{1},\ldots ,a_{n})$ mit $\sum _{i=1}^{n}a_{i}=k$ gilt mit ${\binom {|a|}{a!}}={\frac {|a|!}{a!}}$ und $a!=a_{1}!\ldots a_{n}!$ und $x^{a}=x_{1}^{a_{1}}\cdots x_{n}^{a_{n}}$
$(x_{1}+\ldots +x_{n})^{k}=\sum _{|a|=k}{\binom {|a|}{a}}x^{a}$
Beweis (Multinomialsatz)
Wie erwartet verwenden wir Induktion für den Beweis und die binomische Formel
$(x+y)^{k}=\sum _{j=0}^{k}{\binom {k}{j}}x^{j}y^{k-j}$
Induktionsanfang: $n=2$. Das ist einfach die binomische Formel mit $a_{1}+a_{2}=|a|=k$
$(x_{1}+x_{2})^{k}=\sum _{|a|=k}{\binom {|a|}{a}}x^{a}=\sum _{j=0}^{k}{\binom {k}{j}}x_{1}^{j}x_{2}^{k-j}$
Induktionsschritt: $n-1\rightarrow n$
${\begin{aligned}((x_{1}+\ldots +x_{n-1})+x_{n})^{k}{\stackrel {I.A.}{=}}&\sum _{j=0}^{k}{\binom {k}{j}}(x_{1}+\ldots +x_{n-1})^{j}\cdot x_{n}^{k-j}\\{\stackrel {I.V.}{=}}&\sum _{j=0}^{k}{\frac {k!}{j!(k-j)!}}\left(\sum _{j_{1}+\ldots +j_{n-1}=j}{\frac {j!}{j_{1}!\cdots j_{n-1}!}}x_{1}^{j_{1}}\cdots x_{n-1}^{j_{n-1}}\right)\cdot x_{n}^{k-j}\\{\stackrel {j_{n}:=k-j}{=}}&\sum _{j_{1}+\ldots +j_{n-1}+j_{n}=k}{\frac {k!}{j_{1}!\cdots j_{n-1}!j_{n}!}}x_{1}^{j_{1}}\cdots x_{n-1}^{j_{n-1}}\cdot x_{n}^{j_{n}}\\\end{aligned}}$

## Eine harmonische Funktion ist analytisch

Satz (Multinomialsatz)
Sei $u$ harmonisch in $U$. Dann ist $u$ in $U$ analytisch.
Beweis (Multinomialsatz)
Sei $x_{0}\in U$ beliebig. Wir müssen zeigen, dass es eine kleine Umgebung gibt, in der sich $u$ durch eine konvergente Potenzreihe darstellen lässt. Wir wissen schon, dass $u$ unendlich oft differenzierbar ist gemäß Kapitel Mathe_für_Nicht-Freaks:_Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Regularität_von_Lösungen_der_Laplacegleichung Die Taylorreihe für $u$ im Mehrdimensionalen ist
$\sum _{a}{\frac {D^{a}u(x_{0})}{a!}}(x-x_{0})^{a}$
Wir müssen für das Restglied $R_{N}(x)$ zeigen, dass es gegen Null geht:
${\begin{aligned}R_{N}(x):=&u(x)-\sum _{k=0}^{N-1}\sum _{|a|=k}{\frac {D^{a}u(x_{0})}{a!}}(x-x_{0})^{a}\\=&\sum _{|a|=N}{\frac {D^{a}u(x_{0}+t(x-x_{0}))}{a!}}(x-x_{0})^{a}\end{aligned}}$
Dabei ist $0\leq t\leq 1$ abhängig von $x$.
Die Formel ergibt sich, indem man $g(t):=u(x_{0}+t(x-x_{0}))$ in eine Taylorreihe um den Punkt $1$ entwickelt.
in eigenem Satz Taylorreihe beweisen und hierauf anwenden?
Lege nun einen Radius im Inneren von $U$ fest $r:={\frac {1}{4}}dist(x_{0},\partial U)$. Dann gilt, da $u$ insbesondere stetig und damit beschränkt auf ${\overline {B(x_{0},2r)}}$ ist
$M:={\frac {1}{Vol(B(0,1))r^{n}}}\parallel u\parallel _{L^{1}(B(x_{0},2r))}<\infty$
Mit der Abschätzung der Ableitung für $|a|=k$ aus Kapitel Mathe_für_Nicht-Freaks:_Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Der_Satz_von_Liouville
$|D^{a}u(x_{0})|\leq {\frac {(2^{n+1}nk)^{k}}{Vol(B(0,1))r^{n+k}}}\parallel u\parallel _{L^{1}(B(x_{0},r))}$
erhalten wir also
$\parallel D^{a}u(x_{0})\parallel _{L^{\infty }(B(x_{0},r))}\leq M\left({\frac {2^{n+1}n}{r}}\right)^{|a|}|a|^{|a|}$
Wegen ${\frac {k^{k}}{k!}}<e^{k}$ (das zeigen wir am Ende) gilt
$|a|^{|a|}\leq e^{|a|}|a|!$
Mit dem gerade bewiesenen Multinomialsatz $n^{k}=\sum _{|a|=k}{\frac {|a|!}{a!}}$ ergibt sich $|a|!\leq n^{|a|}a!$ und insgesamt
$\parallel D^{a}u(x_{0})\parallel _{L^{\infty }(B(x_{0},r))}\leq M\left({\frac {2^{n+1}n^{2}e}{r}}\right)^{|a|}a!$
und die Abschätzung des Restgliedes gelingt für $|x-x_{0}|<{\frac {r}{2^{n+2}n^{3}e}}$
${\begin{aligned}|R_{N}(x)|\leq &M\sum _{|a|=N}\left({\frac {2^{n+1}n^{2}e}{r}}\right)^{N}\left({\frac {r}{2^{n+2}n^{3}e}}\right)^{N}\\\leq &Mn^{N}{\frac {1}{(2n)^{N}}}={\frac {M}{2^{n}}}\rightarrow 0{\text{ für }}N\rightarrow \infty \end{aligned}}$
Dabei ist wegen des Multinomialsatzes die Anzahl Summanden kleiner gleich $n^{N}$.
$n^{N}=\sum _{|a|=N}{\frac {|a|!}{a!}}>\sum _{|a|=N}1$
Wir müssen noch zeigen, dass ${\frac {k^{k}}{k!}}<e^{k}$ gilt, dies zeigen wir mit Induktion. Der Induktionsanfang ist $1^{1}/1<2,7<e^{1}$. Der Induktionsschritt ist
${\begin{aligned}{\frac {k^{k}}{k!}}={\frac {(k-1)^{k-1}}{(k-1)!}}{\frac {1}{k}}{\frac {k^{k-1}}{(k-1)^{k-1}}}k\\{\stackrel {I.V.}{<}}e^{k-1}\left(1+{\frac {1}{k-1}}\right)^{k-1}\end{aligned}}$
Wir zeigen noch, dass der zweite Term kleiner ist als $e$ und damit ist der Beweis geführt: Wir verwenden das Kapitel Mathe_für_Nicht-Freaks: Eigenschaften_der_Exponentialfunktion#Äquivalenz_der_Reihen- und_Folgendarstellung_für_komplexe_Argumente für $z=1$ und $k-1=n$ und erhalten
${\begin{aligned}&e^{1}-\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\\=&\underbrace {\left(\exp \left({\frac {1}{n}}\right)-\left(1+{\frac {1}{n}}\right)\right)} _{>0}\cdot \underbrace {\sum _{j=0}^{n-1}\left(\exp {\frac {1}{n}}\right)^{j}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n-(j+1)}} _{>0}\\>&0\end{aligned}}$