# Mathe für Nicht-Freaks: Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Eindeutigkeit der Lösungen
## 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. Dann haben wir die Wärmekugel (englisch heat ball) eingeführt und die Mittelwerteigenschaft bewiesen. Nun folgern wir daraus das Maximumprinzip. In diesem Kapitel beweisen wir drei verschiedene Varianten der Eindeutigkeit des Anfangswertproblems.

## Eindeutigkeit gemäß dem Maximumprinzip

Satz
Sei $U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ beschränkt und offen und $T>0$. Dann gibt es höchstens eine Lösung $u\in C^{1,2}(U_{T})\cap C({\overline {U_{T}}})$ der Anfangswertaufgabe
${\begin{aligned}u_{t}=&\Delta u{\text{ in }}U_{T}\\u=&g{\text{ auf }}\Gamma _{T}\end{aligned}}$
Beweis
Seien $u_{1},u_{2}$ zwei Lösungen der Anfangswertaufgabe. Dann löst $w:=u_{1}-u_{2}$ die Anfangswertaufgabe
${\begin{aligned}w_{t}=&\Delta w{\text{ in }}U_{T}\\w=&0{\text{ auf }}\partial _{par}U_{T}\end{aligned}}$
Mit dem Maximumprinzip folgt $w\leq 0$, d.h.
${\begin{aligned}u_{1}\leq u_{2}{\text{ in }}U_{T}\end{aligned}}$
Auch $-w=u_{2}-u_{1}$ löst die Anfangswertaufgabe
${\begin{aligned}-w_{t}=&\Delta (-w){\text{ in }}U_{T}\\-w=&0{\text{ auf }}\partial _{par}U_{T}\end{aligned}}$
und es folgt mit dem Maximumprinzip $-w\leq 0$, d.h.
${\begin{aligned}u_{2}\leq u_{1}{\text{ in }}U_{T}\end{aligned}}$
und damit
${\begin{aligned}u_{2}=u_{1}{\text{ in }}U_{T}\end{aligned}}$

## Eindeutigkeit mittels der Energiemethode

Satz
Seien $U\subset \mathbb {R} ^{n}$ offen, beschränkt mit $C^{1}$-Rand und $f\in C^{0}(U_{T}),g\in C^{0}(\partial _{p}U_{T})$ und $T>0$.
${\begin{aligned}u_{t}-\Delta u=&f{\text{ in }}U_{T}\\u=&g{\text{ auf }}\partial _{par}U_{T}\end{aligned}}$
Seien $u,v$ zwei $C^{1,2}({\overline {U_{T}}})$ Lösungen. Dann gilt $u\equiv v$
Beweis
Für $w:=u-v$ gilt
${\begin{aligned}w_{t}-\Delta w=&0{\text{ in }}U_{T}\\w=&0{\text{ auf }}\partial _{par}U_{T}\end{aligned}}$
Setze
${\begin{aligned}e:[0,t]\rightarrow \mathbb {R} ,t\mapsto \int _{U}w^{2}(t,x)dx\end{aligned}}$
und berechne die Ableitung nach der Zeit. Integral und Ableitung lassen sich vertauschen, da $w$ und seine Ableitung stetig sind und beschränkt auf dem kompakten ${\overline {U_{T}}}$. Das ergibt mit partieller Integration Mathe_für_Nicht-Freaks:_Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Der_Satz_von_Stokes
${\begin{aligned}{\frac {de(t)}{dt}}=&\int _{U}2w(t,x)w_{t}(t,x)dx\\{\stackrel {\text{s.o.}}{=}}&2\int _{U}w(t,x)\Delta w(t,x)dx\\{\stackrel {\begin{array}{c}{\text{part.}}\\{\text{Int.}}\end{array}}{=}}&-2\int _{U}\nabla w(t,x)\cdot \nabla w(t,x)dx+\int _{\partial U}\underbrace {w(t,x)} _{=0{\text{ auf }}\partial U\quad \forall t\in [0,T]}\nabla w(t,x)\cdot dS\\=&-2\int _{U}|\nabla w(t,x)|^{2}dx\\\leq &0\end{aligned}}$
Damit ist $e(t)$ monoton fallend und es folgt
${\begin{aligned}\forall t\in [0,T]:\quad e(t)\leq e(0)\end{aligned}}$
Das ergibt mit der Randbedingung
${\begin{aligned}e(0)=\int _{U}w^{2}(0,x)dx=0\end{aligned}}$
damit folgen
${\begin{aligned}0\leq &e(t)\leq 0\\e\equiv &0\\w\equiv &0\end{aligned}}$

## Hilfssatz über das Supremum der Lösung auf $\mathbb {R} ^{n}$

Bisher hatten wir Eindeutigkeit für beschränkte Gebiete gezeigt, jetzt ist das Ziel die Eindeutigkeit auf unbeschränkten Gebieten. Dafür benötigen wir eine Zusatzbedingung an $u$, dass $u$ nicht zu schnell anwächst. Und wir benötigen folgenden Hilfssatz.
Satz
Sei $u\in C^{1,2}((0,T)\times \mathbb {R} ^{n})\cap C([0,T]\times \mathbb {R} ^{n})$ eine Lösung von
${\begin{aligned}u_{t}-\Delta u=&0{\text{ in }}(0,T)\times \mathbb {R} ^{n}\\u=&g{\text{ auf }}\{0\}\times \mathbb {R} ^{n}\end{aligned}}$
Zudem genüge $u$ der Wachstumsbedingung
${\begin{aligned}\forall x\in \mathbb {R} ^{n},\forall t\in [0,T]:\ u(t,x)\leq Ae^{a|x|^{2}}\end{aligned}}$
mit $A,a\geq 0$. Dann gilt
${\begin{aligned}\sup _{(t,x)\in [0,T]\times \mathbb {R} ^{n}}u(t,x)=\sup _{y\in \mathbb {R} ^{n}}g(y)\end{aligned}}$
Genügt die Lösung der Anfangswertaufgabe der unteren Schranke
${\begin{aligned}\forall t\in [0,T]:\ u(t,x)\geq -Ae^{a|x|^{2}}\end{aligned}}$
so gilt
${\begin{aligned}\inf _{(t,x)\in [0,T]\times \mathbb {R} ^{n}}u(t,x)=\inf _{y\in \mathbb {R} ^{n}}g(y)\end{aligned}}$
Beweis
1.) Seien $m>0,\varepsilon >0$ und $y\in \mathbb {R} ^{n}$ fest. Dann löst die Funktion
${\begin{aligned}v(t,x):=u(t,x)-{\frac {m}{(T+\varepsilon -t)^{n/2}}}\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)}}\end{aligned}}$
die homogene Wärmeleitungsgleichung in $(0,t)\times \mathbb {R} ^{n}$, denn
${\begin{aligned}&{\frac {\partial }{\partial t}}\left({\frac {1}{(T+\varepsilon -t)^{n/2}}}\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)}}\right)\\=&\left({\frac {n}{2}}{\frac {1}{(T+\varepsilon -t)^{(n/2)+1}}}+{\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)^{(n/2)+2}}}\right)\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)}}\end{aligned}}$
und
${\begin{aligned}\nabla _{x}\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)}}=&{\frac {x-y}{2(T+\varepsilon -t)}}\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)}}\\\Delta _{x}\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)}}=&{\text{div }}\nabla _{x}\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)}}\\=&\left({\frac {n}{2(T+\varepsilon -t)}}+{\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)^{2}}}\right)\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)}}\end{aligned}}$
Zu beliebigem $r>0$ setze $U:=B(y,r)$. Dann ist $v\in C({\overline {U_{T}}})\cap C^{1,2}(U_{T})$ eine kalorische Funktion und mit dem Maximumprinzip erhalten wir
${\begin{aligned}\max _{(t,x)\in U_{T}}v(t,x)=\max _{(t,x)\in \partial _{par}U_{T}}v(t,x)\end{aligned}}$
2.)
Sei $x\in \mathbb {R} ^{n}$ beliebig. Da $m$ echt positiv ist, gilt
${\begin{aligned}v(0,x)=u(0,x)-{\frac {m}{(T+\varepsilon )^{n/2}}}\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon )}}\leq u(0,x)=g(x)\end{aligned}}$
Für alle $x\in \partial B(y,r),0\leq t\leq T$ gilt
${\begin{aligned}v(t,x)=&u(t,x)-{\frac {m}{(T+\varepsilon -t)^{n/2}}}\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)}}\\\leq &Ae^{a|x|^{2}}-{\frac {m}{(T+\varepsilon -t)^{n/2}}}\exp {\frac {|x-y|^{2}}{4(T+\varepsilon -t)}}\\\leq &Ae^{a(|y|+r)^{2}}-{\frac {m}{(T+\varepsilon )^{n/2}}}\exp {\frac {r^{2}}{4(T+\varepsilon )}}\end{aligned}}$
Es gelte $4aT<1$. (Später zeigen wir das Argument für beliebig große $T$). Wähle ein $\varepsilon >0$ mit $4a(T+\varepsilon )<1$. Dann gilt
${\begin{aligned}M:={\frac {1}{4(T+\varepsilon )}}-a>0\end{aligned}}$
und weiter
${\begin{aligned}\forall x\in \partial B(y,r):\quad v(t,x)\leq Ae^{a(|y|+r)^{2}}-m(4(a+M))^{n/2}e^{(a+M)r^{2}}\end{aligned}}$
Wegen des Grenzwertes
${\begin{aligned}&\lim _{r\rightarrow \infty }Ae^{a(|y|+r)^{2}}-m(4(a+M))^{n/2}e^{(a+M)r^{2}}\\=&\lim _{r\rightarrow \infty }e^{(a+M)r^{2}}(A\underbrace {e^{a(|y|+r)^{2}-(a+M)r^{2}}} _{\rightarrow 0}-m(4(a+M))^{n/2})\\=&-\infty \end{aligned}}$
gilt für große $r$
${\begin{aligned}Ae^{a(|y|+r)^{2}}-m(4(a+M))^{n/2}e^{(a+M)r^{2}}\leq \sup _{z\in \mathbb {R} ^{n}}g(z)\end{aligned}}$
somit
${\begin{aligned}\forall x\in \partial B(y,r)\ \forall t\in [0,T]:\ v(t,x)\leq \sup _{z\in \mathbb {R} ^{n}}g(z)\end{aligned}}$
3.) Damit folgt
${\begin{aligned}\max _{(t,x)\in \partial _{par}U_{T}}v(t,x)\leq \sup _{z\in \mathbb {R} ^{n}}g(z)\end{aligned}}$
und mit obiger Anwendung des Maximumprinzips
${\begin{aligned}\max _{(t,x)\in {\overline {U_{T}}}}v(t,x)\leq \sup _{z\in \mathbb {R} ^{n}}g(z)\end{aligned}}$
Damit ergibt sich
${\begin{aligned}\forall t\in [0,T]:\ u(t,y)-{\frac {m}{(T+\varepsilon -t)^{n/2}}}=v(t,y)\leq \sup _{z\in \mathbb {R} ^{n}}g(z)\end{aligned}}$
und insgesamt
${\begin{aligned}\forall t\in [0,T]:\ u(t,y)\leq \sup _{z\in \mathbb {R} ^{n}}g(z)\end{aligned}}$
4.)
Wir hatten die Einschränkung $4aT<1$ formuliert. Ist $T>0$ größer, so betrachtet man die Intervalle $[0,T_{1}],[T_{1},2T_{1}]\ldots [kT_{1},T]$ mit $T_{1}={\frac {1}{8a}}$. Dann gilt
${\begin{aligned}4aT_{1}={\frac {1}{2}}<1\end{aligned}}$
Benennt man nun die Zeit $t'=t-T_{1}$, so lässt sich der Beweis auf Schritte 1.)-3.) zurückführen. Wieso genau? Hat jemand eine Idee?
Wieso gilt das? Hat jemand eine Idee? Nachzutragen

## Eindeutigkeit auf $\mathbb {R} ^{n}$

Satz
Seien $g\in C(\mathbb {R} ^{n})$ und $f\in C([0,T]\times R^{n})$. Dann hat die Anfangswertaufgabe
${\begin{aligned}u_{t}-\Delta u=&f{\text{ in }}(0,T)\times \mathbb {R} ^{n}\\u=&g{\text{ auf }}\{0\}\times \mathbb {R} ^{n}\end{aligned}}$
höchstens eine Lösung $u\in C^{1,2}((0,T)\times \mathbb {R} ^{n})\cap C([0,T]\times \mathbb {R} ^{n})$, die der Wachstumsbedingung
${\begin{aligned}\forall t\in [0,T]\quad \forall x\in \mathbb {R} ^{n}:\ |u(t,x)|\leq Ae^{a|x|^{2}}\end{aligned}}$
mit Konstanten $a,A\geq 0$ genügt
Beweis
Seien $u_{1},u_{2}$ zwei Lösungen. Dann löst $w:=u_{1}-u_{2}$ die Gleichung
${\begin{aligned}u_{t}-\Delta u=&0{\text{ in }}(0,T)\times \mathbb {R} ^{n}\\u=&0{\text{ auf }}\{0\}\times \mathbb {R} ^{n}\end{aligned}}$
und es gilt die Wachstumsbedingung
${\begin{aligned}w(t,x)\leq 2Ae^{-a|x|^{2}}\end{aligned}}$
Mit dem gerade gezeigten Hilfssatz folgt $w\leq 0$ und somit $u_{1}\leq u_{2}$.
Genauso löst $-w$ die Gleichung (da die Ableitungen linear sind) und es folgt $u_{2}\leq u_{1}$. Das ergibt
${\begin{aligned}u_{1}=u_{2}\end{aligned}}$