# Mathe für Nicht-Freaks: Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Die Mittelwerteigenschaft der Wärmeleitungsgleichung
## 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, mit der wir nun den Mittelwertsatz beweisen.

## Ein Hilfssatz für den Mittelwertsatz

Satz
Sei $R>0$ und $u\in C^{1,2}(E(0,0,R))$, d.h. $u$ ist einmal stetig differenzierbar nach $t$ und zweimal stetig differenzierbar nach $x$. Sei
${\begin{aligned}G:(0,R)\rightarrow \mathbb {R} ,r\mapsto {\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(0,0,r)}u(t,x){\frac {|x|^{2}}{t^{2}}}drdx\end{aligned}}$
Dann gelten
${\begin{aligned}&\lim _{r\rightarrow 0+}G(r)=u(0,0)\\&G'(r)={\frac {n}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}-(u_{t}(t,x)+\Delta u(t,x))b_{r}(t,x)dtdx\end{aligned}}$
mit
${\begin{aligned}b_{r}(t,x)={\frac {|x|^{2}}{4t}}+n\ln r-{\frac {n}{2}}\ln(-4\pi t)\end{aligned}}$
Beweis
1.):
${\begin{aligned}|G(r)-u(0,0)|=&\left|{\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(0,0,r)}(u(t,x)-u(0,0)){\frac {|x|^{2}}{t^{2}}}\right|dtdx\\\leq &{\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(0,0,r)}|u(t,x)-u(0,0)|{\frac {|x|^{2}}{t^{2}}}dtdx\\\leq &\sup _{E(0,0,r)}|u(t,x)-u(0,0)|\underbrace {\int \int _{E(0,0,r)}{\frac {|x|^{2}}{t^{2}}}dtdx} _{=4r^{n}}\rightarrow 0\end{aligned}}$
siehe Mathe_für_Nicht-Freaks:_ Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Wärmekugel
2.):
Wir wollen die $r$-Abhängigkeit der Integrationsgrenzen auf den Integranden übertragen. Wir benutzen dazu die Transformation
${\begin{aligned}&F:E(t,x,r)\rightarrow E(0,0,1),(p,z)=((t-s)r^{2},(x-y)r)\mapsto (-s,y)\\&E(t,x,r)=\left\{(s,y):t-s>0,{\frac {1}{(4\pi (t-s))^{n/2}}}e^{\dfrac {-|x-y|^{2}}{4(t-s)}}\geq {\frac {1}{r^{n}}}\right\}\\&E(0,0,1)=\left\{(p,z):-s>0,{\frac {1}{(4\pi (-s))^{n/2}}}e^{\dfrac {|z|^{2}}{4s}}\geq 1\right\}\\&|\det DF|=(r^{2}\cdot r^{n})^{-1}\end{aligned}}$
damit gilt
${\begin{aligned}G(r)=&{\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(0,0,1)}u(r^{2}s,ry){\frac {r^{2}|y|^{2}}{r^{4}s^{2}}}r^{2}r^{n}dsdy\\=&{\frac {1}{4}}\int _{E(0,0,1)}u(r^{2}s,ry){\frac {|y|^{2}}{s^{2}}}dsdy\end{aligned}}$
Nach Voraussetzung ist $u$ stetig differenzierbar, zudem sind $u,{\frac {d}{dr}}u$ beschränkt auf dem kompakten $E(0,0,1)$ und damit integrierbar. Damit existiert die Ableitung von $G$ und Integral und Ableitung vertauschen. Wir berechnen die Ableitung des Integranden zu
${\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}u(r^{2}s,ry)=u_{t}(r^{2}s,ry)2rs+\nabla u(r^{2}s,ry)\cdot y\end{aligned}}$
Durch Vertauschen von Ableitung und Integral und Rücktransformation erhalten wir
${\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}G=&{\frac {1}{4}}\int _{E(0,0,1)}(u_{t}(r^{2}s,ry)2rs+\nabla u(r^{2}s,ry)\cdot y){\frac {|y|^{2}}{s^{2}}}dsdy\\=&{\frac {1}{4}}\int _{E(0,0,r)}\left(u_{t}(t,x)2{\frac {t}{r}}+\nabla u(t,x)\cdot {\frac {x}{r}}\right){\frac {|x|^{2}}{r^{2}}}{\frac {r^{4}}{t^{2}}}{\frac {1}{r^{2}r^{n}}}dtdx\\=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,1)}\left(u_{t}(t,x){\frac {|x|^{2}}{2t}}+\nabla u(t,x)\cdot {\frac {|x|^{2}x}{4t^{2}}}\right)dtdx\end{aligned}}$
Nun wollen wir die Funktion $b_{r}(t,x)={\frac {|x|^{2}}{4t}}+n\ln r-{\frac {n}{2}}\ln(-4\pi t)$ verwenden, für deren Ableitungen gilt
${\begin{aligned}{\frac {\partial b_{r}}{\partial t}}(t,x)=&-{\frac {|x|^{2}}{4t^{2}}}-{\frac {n}{2}}{\frac {1}{t}}\\\nabla b_{r}(t,x)=&{\frac {x}{2t}}\end{aligned}}$
Wir wollen zwei Terme im obigen Integral ersetzen gemäß
${\begin{aligned}{\frac {|x|^{2}}{2t}}=&{\frac {x\cdot x}{2t}}=\nabla b_{r}(t,x)\cdot x\\{\frac {|x|^{2}x}{4t^{2}}}=&-\partial _{t}b_{r}(t,x)x-n{\frac {x}{2t}}\\=&-\partial _{t}b_{r}(t,x)\cdot x-n\nabla b_{r}(t,x)\end{aligned}}$
Wir wollen gleich partielle Integration verwenden und benötigen dazu, dass $b_{r}(t,x)$ auf dem Rand von $E(0,0,r)$ Null wird, weil dann ein Integralterm wegfällt:
${\begin{aligned}P(t,x)=r^{-n}\iff &{\frac {1}{(-4\pi t)^{n/2}}}e^{\frac {|x|^{2}}{4t}}=r^{-n}\\\iff &{\frac {|x|^{2}}{4t}}={\frac {n}{2}}\ln {\frac {-4\pi t}{r^{2}}}\\\iff &{\frac {|x|^{2}}{4t}}+n\ln r-{\frac {n}{2}}\ln(-4\pi t)=0\\\iff &b_{r}(t,x)=0\end{aligned}}$
Damit ergeben Einsetzen und partielle Integration bzgl. des ersten Termes Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Der_Satz_von_Stokes
${\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}G=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}u_{t}(t,x)\nabla b_{r}(t,x)\cdot x+\nabla u(t,x)\left(-\partial _{t}b_{r}(t,x)\cdot x-n\nabla b_{r}(t,x)\right)dtdx\\{\stackrel {\begin{array}{c}{\text{part.}}\\{\text{Int.}}\end{array}}{=}}&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}-b_{r}(t,x)\cdot div(u_{t}(t,x)x)+\nabla u(t,x)\left(-\partial _{t}b_{r}(t,x)\cdot x-n\nabla b_{r}(t,x)\right)dtdx\\&+\int _{\partial E(0,0,r)}\underbrace {b_{r}(t,x)} _{=0{\text{ auf }}\partial E(0,0,r)}u_{t}x\cdot dS\\=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}-b_{r}(t,x)\left(\nabla u_{t}(t,x)\cdot x+u_{t}(t,x)n\right)\\&+\nabla u(t,x)\left(-\partial _{t}b_{r}(t,x)\cdot x-n\nabla b_{r}(t,x)\right)dtdx\end{aligned}}$
Bei partieller Integration des dritten Termes nach $t$ entfällt der Randterm
${\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}G=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}b_{r}(t,x)\left(-\nabla u_{t}(t,x)\cdot x-u_{t}(t,x)n+\partial _{t}\nabla u(t,x)x\right)\\&-\nabla u(t,x)n\nabla b_{r}(t,x)dtdx\\=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}-b_{r}(t,x)u_{t}(t,x)n-\nabla u(t,x)n\nabla b_{r}(t,x)dtdx\end{aligned}}$
Bei erneuter partielle Integration Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Der_Satz_von_Stokes des vierten Termes entfällt wieder das Randintegral und wir erhalten das Ergebnis
${\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}G=&{\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}-b_{r}(t,x)u_{t}(t,x)n+\Delta u(t,x)n\ b_{r}(t,x)dtdx\\&-\int _{\partial E(0,0,r)}\underbrace {b_{r}(t,x)} _{=0{\text{ auf }}\partial E(0,0,r)}\nabla u(t,x)dS\end{aligned}}$
Zeige noch: E(0,0,r) ist eine Mannigfaltigkeit mit Rand

## Mittelwerteigenschaft der Wärmeleitungsgleichung

Satz
Sei $U$ in $\mathbb {R}$ offen, $T>0$ und $u\in C^{1,2}(U_{T})$ und $E(t_{0},x_{0},r)\subseteq \subseteq U_{T}$.
1.) Falls $u_{t}-\Delta u=0$ in $U_{T}$ so folgt
${\begin{aligned}u(t_{0},x_{0})={\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(t_{0},x_{0},r)}u(t,x){\frac {|x-x_{0}|^{2}}{(t-t_{0})^{2}}}dtdx\end{aligned}}$
2.) Falls $u_{t}-\Delta u\leq 0$ in $U_{T}$ so folgt
${\begin{aligned}u(t_{0},x_{0})\leq {\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(t_{0},x_{0},r)}u(t,x){\frac {|x-x_{0}|^{2}}{(t-t_{0})^{2}}}dtdx\end{aligned}}$
3.) Falls $u_{t}-\Delta u<0$ in $U_{T}$ so folgt
${\begin{aligned}u(t_{0},x_{0})<{\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(t_{0},x_{0},r)}u(t,x){\frac {|x-x_{0}|^{2}}{(t-t_{0})^{2}}}dtdx\end{aligned}}$
Beweis
1.):
Folgt aus 2.) angewendet auf $u$ und $-u$, da die Ableitung linear ist.
2.):
Sei
${\begin{aligned}v:(t,x)\mapsto u(t+t_{0},x+x_{0})\end{aligned}}$
Dann gilt
${\begin{aligned}v_{t}-\Delta v\leq 0{\text{ in }}U_{T}.\end{aligned}}$
Das ergibt mit dem gerade gezeigten Hilfssatz
${\begin{aligned}G(r)={\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(0,0,r)}v(t,x){\frac {|x|^{2}}{t^{2}}}dtdx\end{aligned}}$
Auf $E(0,0,r)$ ist $b_{r}(t,x)\geq 0$ wegen
${\begin{aligned}P(t,x)\geq r^{-n}\iff &{\frac {1}{(-4\pi t)^{n/2}}}e^{\frac {|x|^{2}}{4t}}\geq r^{-n}\\\iff &{\frac {|x|^{2}}{4t}}\geq {\frac {n}{2}}\ln {\frac {-4\pi t}{r^{2}}}\\\iff &{\frac {|x|^{2}}{4t}}+n\ln r-{\frac {n}{2}}\ln(-4\pi t)\geq 0\\\iff &b_{r}(t,x)\geq 0\end{aligned}}$
Wegen
${\begin{aligned}G'(r)={\frac {1}{r^{n+1}}}\int _{E(0,0,r)}n\underbrace {(\Delta v-v_{t})} _{\geq 0}\underbrace {b_{r}(t,x)} _{\geq 0}dtdx\geq 0\end{aligned}}$
ist $G(r)$ monoton steigend in $r$ und es gilt für alle $r>0$ mit dem Hilfssatz
${\begin{aligned}v(0,0)=\lim _{s\rightarrow 0}G(s)\leq G(r)\end{aligned}}$
d.h.
${\begin{aligned}v(0,0)=u(t_{0},x_{0})\leq {\frac {1}{4r^{n}}}\int _{E(0,0,r)}u(t+t_{0},x+x_{0}){\frac {|x|^{2}}{t^{2}}}dtdx\end{aligned}}$
Mit der Transformation $s=t-t_{0},y=x-x_{0}$ folgt die Aussage.
3.):
Analog zu 2.)