# Mathe für Nicht-Freaks: Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Die Wärmekugel
## 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.
* 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
* Eine klassische Lösung der Wärmeleitungsgleichung im parabolischen Zylinder heißt kalorische Funktion.
* Der parabolische Rand ist eine Teilmenge des Randes von $U_{T}$, wobei der Zeitpunkt $T$ weggelassen wird: $\partial _{par}U_{T}:=\underbrace {\{0\}\times U} _{\text{Boden}}\quad \uplus \quad \underbrace {[0,T]\times \partial U} _{\text{Mantel}}$
* 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
* Die Wärmekugel ist beschränkt.
* Für alle $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}$ und $r>0$ gilt $E(t,x,r)\subset \left\lbrack t-{\frac {r^{2}}{4\pi }},t\right)\times \mathbb {R} ^{n}$
* 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 $E(t,x,r)\subset U_{T}$
* 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