# Mathe für Nicht-Freaks: Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Die Kirchhoffsche Formel für n=3
## Wo stehen wir

Wir hatten die Transportgleichnung betrachtet und daraufhin die Eigenschaften der Laplace-Gleichung und der Poisson-Gleichung untersucht. Nach der Wärmeleitungsgleichung gehen wir nun zur Wellengleichung über, sie lautet
$\forall (t,x)\in \mathbb {R} ^{+}\times U:\ u_{tt}(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=f(t,x)$
Sie heißt homogen für $f=0$, sonst inhomogen.
Im letzten Kapitel bewiesen wir die Darstellungsformel für die Lösung im Ganzraum $(0,\infty )\times \mathbb {R}$ und ein Spiegelungsprinzip. Nun zeigen wir die Euler-Poisson-Darbaux-Gleichung und die Kirchhoffsche Regel, das ist der Ganzraumfall für Dimension n=3.

## Sphärische Mittelwerte

Wir betrachten erneut das Anfangswertproblem der Wellengleichung
${\begin{aligned}u_{tt}-\Delta u=&0{\text{ in }}(0,\infty )\times \mathbb {R} ^{n}\\u(0,x)=&g(x){\text{ für }}x\in \mathbb {R} ^{n}\\u_{t}(0,x)=&h(x){\text{ für }}x\in \mathbb {R} ^{n}\end{aligned}}$
wobei $g\in C^{2}(\mathbb {R} ^{n})$ und $h\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ und definieren uns für $x\in \mathbb {R} ^{n},r>0$ und $t>0$ die sphärischen Mittelwerte
${\begin{aligned}U_{x}(t,r):=&{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}u(t,y)dS(y)\\G_{x}(r):=&{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}g(y)dS(y)\\H_{x}(r):=&{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}h(y)dS(y)\\\end{aligned}}$

## Die Euler-Poisson-Darbaux-Gleichung für beliebige Dimension

Satz
Sei $u\in C^{m}((0,\infty )\times \mathbb {R} ^{n})$ mit $m\geq 2$ eine Lösung des obigen homogenen Anfangswertproblems. Dann gilt für alle $x\in \mathbb {R} ^{n}$, dass $U_{x}\in C^{m}((0,\infty )\times [0,\infty ))$ und $U_{x}$ erfüllt das Anfangswertproblem
${\begin{aligned}\forall (t,r)\in \mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n}:\ \partial _{t}^{2}U_{x}(t,r)-\partial _{r}^{2}U_{x}(t,r)-{\frac {n-1}{r}}\partial _{r}U_{x}(t,r)=&0\\\forall r>0:\ U_{x}(0,r)=&G_{x}(r)\\\forall r>0:\ \partial U_{x}(0,r)=&H_{x}(r)\end{aligned}}$
Beweis
Wir zeigen zunächst $U_{x}\in C^{m}((0,\infty )\times [0,\infty ))$: Die $r$-Abhängigkeit ziehen wir mit der Transformationsformel aus den Integrationsgrenzen auf den Integranden, um leichter ableiten zu können
${\begin{aligned}&F:\partial B(0,1)\mapsto \partial B(x,r),y\mapsto x+ry\\&|\det DF|=r^{n-1}\end{aligned}}$
ergibt
${\begin{aligned}U_{x}(t,r):=&{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}u(t,y)dS(y)\\=&{\frac {1}{r^{n-1}Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1)}u(t,x+rz)r^{n-1}dS(z)\end{aligned}}$
da alle Ableitungen ${\frac {\partial ^{k+l}}{\partial t^{k}\partial r^{l}}}U_{x}(t,r)$ stetig sind nach Voraussetzung für $k+l\leq m$ sind sie beschränkt auf dem kompakten $B(0,1)$ und insbesondere integrierbar mit integrierbarer Majorante. Damit kann man Integral und Ableitung vertauschen Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Vertauschen_von_Integral_und_Ableitung
t-Abhängigkeit irrelevant?
Die Anfangsdaten ergeben sich unmittelbar gemäß
${\begin{aligned}U_{x}(0,r):=&{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}u(0,y)dS(y)\\=&{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}g(y)dS(y)=G_{x}(r)\end{aligned}}$
und
${\begin{aligned}\partial _{t}U_{x}(0,r)=&{\frac {1}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1)}\partial _{t}u(0,x+rz)dS(z)\\=&{\frac {1}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1)}h(0,x+rz)dS(z)\\=&{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}h(0,x)dS(x)\\=&H_{x}(r)\end{aligned}}$
Nun müssen wir noch die Differentialgleichung zeigen: Am Schnellsten geht
${\begin{aligned}\partial _{t}^{2}U_{x}(t,r):={\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}\partial _{t}^{2}u(t,y)dS(y)\end{aligned}}$
Unter Verwendung eines früher bewiesenen Hilfssatzes Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Mittelwerteigenschaft_der Laplacegleichung gilt
${\begin{aligned}\partial _{r}U_{x}(t,r){\stackrel {\text{Hilfssatz}}{=}}&{\frac {r}{n\cdot Vol(B(x,r))}}\int _{B(x,r)}\Delta u(t,y)dy\\=&{\frac {r^{1-n}}{n\cdot Vol(B(0,1))}}\int _{0}^{r}\int _{\partial B(x,s)}\Delta u(t,y)dS(y)ds\end{aligned}}$
Die zweite Ableitung ergibt sich daraus mit der Wellengleichung zu
${\begin{aligned}\partial _{r}(\partial _{r}U_{x}(t,r))=&{\frac {1-n}{nVol(B(0,1))r^{n}}}\int _{B(x,r)}\Delta u(t,y)dy+{\frac {r^{1-n}}{nVol(B(0,1))}}\int _{\partial B(x,r)}\Delta u(t,y)dS(y)\\=&{\frac {1-n}{nVol(B(x,r))}}\int _{B(x,r)}\Delta u(t,y)dy+{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}\Delta u(t,y)dS(y)\\=&{\frac {1-n}{r}}\partial _{r}U_{x}(t,r)+{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}u_{tt}(t,y)dS(y)\\=&{\frac {1-n}{r}}\partial _{r}U_{x}(t,r)+\partial _{t}^{2}U_{x}(t,r)\end{aligned}}$

## Ein Hilfssatz für Dimension n=3

Wir wollen eine ähnliche Struktur der Anfangswertprobleme erreichen. daher definieren wir uns für n=3
${\begin{aligned}{\tilde {U}}_{x}(t,r):=&rU_{x}(t,r)\\{\tilde {G}}_{x}(r):=&rG_{x}(r)\\{\tilde {H}}_{x}(r):=&rH_{x}(r)\end{aligned}}$
Satz
Sei $u\in C^{m}((0,\infty )\times \mathbb {R} ^{3})$ mit $m\geq 2$ eine Lösung des homogenen Anfangswertproblems
${\begin{aligned}u_{tt}-\Delta u=&0{\text{ in }}(0,\infty )\times \mathbb {R} ^{3}\\u(0,x)=&g(x){\text{ für }}x\in \mathbb {R} ^{3}\\u_{t}(0,x)=&h(x){\text{ für }}x\in \mathbb {R} ^{3}\end{aligned}}$
Dann gilt für alle $x\in \mathbb {R} ^{3}$, dass ${\tilde {U}}_{x}\in C^{m}([0,\infty )\times [0,\infty ))$ und ${\tilde {U}}_{x}$ erfüllt das Anfangswertproblem
${\begin{aligned}\forall (t,r)\in (0,\infty )\times (0,\infty ):\ &\partial _{t}^{2}{\tilde {U}}_{x}(t,r)-\partial _{r}^{2}{\tilde {U}}_{x}(t,r)=0\\\forall r>0:\ &{\tilde {U}}_{x}(0,r)=G_{x}(r)\\\forall r>0:\ &\partial _{t}{\tilde {U}}_{x}(0,r)=H_{x}(r)\\\forall t>0:\ &{\tilde {U}}_{x}(t,0)=0\end{aligned}}$
Beweis
Da alle Ableitungen ${\frac {\partial ^{k+l}}{\partial t^{k}\partial r^{l}}}U_{x}(t,r)$ stetig sind nach Voraussetzung für $k+l\leq m$ sind sie beschränkt auf dem kompakten $B(0,1)$ und insbesondere integrierbar mit integrierbarer Majorante. Damit kann man Integral und Ableitung vertauschen Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Vertauschen_von_Integral_und_Ableitung
t-Abhängigkeit irrelevant?
Wegen der Linearität der Zeitableitung ergeben sich die Anfangswerte. Durch Einsetzen von $r=0$ ergibt sich der Randwert. Wie im letzten Beweisschritt des vorherigen Satzes bewiesen, gilt
${\begin{aligned}\partial _{t}^{2}{\tilde {u}}(t,x)=&r\partial _{t}^{2}U_{x}(t,r)\\{\stackrel {\text{s.o.}}{=}}&r\left(\partial _{r}^{2}U_{x}(t,r)+{\frac {2}{r}}\partial _{r}U_{x}(t,r)\right)\\=&r\partial _{r}^{2}U_{x}(t,r)+2\partial _{r}U_{x}(t,r)\\=&\partial _{r}(r\partial _{r}U_{x}(t,r)+U_{x}(t,r))\\=&\partial _{r}(\partial _{r}(rU_{x}(t,r)))\\=&\partial _{r}^{2}{\tilde {U}}_{x}(t,r)\end{aligned}}$

## Herleitung der Kirchhoffschen Formel

Wir wollen das Spiegelungsrpinzip verwenden aus dem letzten Kapitel Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Formel_von_d'Alembert und müssen dazu die Voraussetzungen zeigen: Da $g$ stetig ist in $x$ gilt
${\begin{aligned}\lim _{r\rightarrow 0}{\tilde {G}}_{x}(r)=&\lim _{r\rightarrow 0}r\cdot \lim _{r\rightarrow 0}{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}g(y)dS(y)\\=&0\cdot g(x)=0\end{aligned}}$
Außerdem gilt
${\begin{aligned}\lim _{r\rightarrow 0}{\tilde {G}}_{x}''(r)=&\lim _{r\rightarrow 0}{\frac {d}{dr}}\left(G_{x}(r)+rG_{x}'(r)\right)\\=&\lim _{r\rightarrow 0}\left(2G_{x}'(r)+rG_{x}''(r)\right)\\=&2\lim _{r\rightarrow 0}{\frac {r}{nVol(B(x,r))}}\int _{B(x,r)}\Delta g(y)dy\\&+\lim _{r\rightarrow 0}r\left({\frac {1-n}{nVol(B(x,r))}}\int _{B(x,r)}\Delta g(y)dy+{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}\Delta g(y)dy\right)\\=&2\cdot 0\cdot \Delta g''(x)+0\cdot \left({\frac {1-n}{n}}\Delta g(x)+\Delta g(x)\right)\\=&0\end{aligned}}$
und
${\begin{aligned}\lim _{r\rightarrow 0}{\tilde {H}}_{x}(r)=&\lim _{r\rightarrow 0}r{\frac {1}{Vol(\partial B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}h(y)dS(y)\\=&0\cdot h(x)=0\end{aligned}}$
Damit können wir das Spiegelungsprinzip aus Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Formel_von_d'Alembert verwenden und erhalten für $t\geq r\geq 0$
${\begin{aligned}{\tilde {U}}_{x}(t,r)={\frac {1}{2}}({\tilde {G}}_{x}(t+r)-{\tilde {G}}_{x}(t-r))+{\frac {1}{2}}\int _{t-r}^{t+r}{\tilde {H}}_{x}(s)ds\end{aligned}}$
Da $u$ stetig ist, finden wir eine Lösung für $u$ gemäß
${\begin{aligned}u(t,x)=&\lim _{r\rightarrow 0}{\frac {1}{\partial Vol(B(x,r))}}\int _{\partial B(x,r)}u(r,y)dS(y)\\=&\lim _{r\rightarrow 0}U_{x}(t,r)=\lim _{r\rightarrow 0}{\frac {{\tilde {U}}_{x}(t,r)}{r}}\\=&\lim _{r\rightarrow 0}{\frac {{\tilde {G}}_{x}(t+r)-{\tilde {G}}_{x}(t-r)}{2r}}+{\frac {1}{2r}}\int _{t-r}^{t+r}{\tilde {H}}_{x}(s)ds\\=&{\tilde {G}}_{x}'(t)+{\tilde {H}}_{x}(t)\\=&\partial _{t}\left(t{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}g(y)dS(y)\right)+t{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}h(y)dS(y)\end{aligned}}$
Wir berechnen nun das linke Integral und überführen mittels der Transformation
${\begin{aligned}&F:\partial B(0,1)\rightarrow \partial B(x,t),z\mapsto y=x+t\cdot z\\&|\det DF|=t^{n-1}\end{aligned}}$
die $t$-Abhängigkeit der Integralgrenzen auf den Integranden, leiten ab und transformieren wieder zurück
${\begin{aligned}&\partial _{t}\left(t{\frac {1}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1)}g(x+tz)dS(z)\right)\\=&{\frac {1}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1)}g(x+tz)dS(z)+t{\frac {1}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1)}\nabla g(x+tz)\cdot zdS(z)\\=&{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}g(y)dS(y)+t{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}\nabla g(y)\cdot {\frac {y-x}{t}}dS(y)\end{aligned}}$
Das ergibt die Kirchhoffsche Formel für Dimenson $n=3$
${\begin{aligned}u(t,x)=&{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}g(y)dS(y)\\&+{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}\nabla g(y)\cdot (y-x)dS(y)+t{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}h(y)dS(y)\end{aligned}}$

## Die Kirchhoffsche Formel als Lösung für Dimension n=3

Satz
Seien $g\in C^{3}(\mathbb {R} ^{3}),h\in C^{2}(\mathbb {R} ^{3})$ und $u:(0,\infty )\times \mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R}$ definiert durch
${\begin{aligned}u(t,x)=&{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}g(y)dS(y)\\&+{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}\nabla g(y)\cdot (y-x)dS(y)+t{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}h(y)dS(y)\end{aligned}}$
Dann gelten
${\begin{aligned}&u\in C^{2}([0,\infty )\times \mathbb {R} ^{3})\\\forall x\in \mathbb {R} ^{3}:\quad &u(0,x)=g(x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{3}:\quad &u_{t}(0,x)=h(x)\\\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{3}:\quad &u_{tt}(t,x)-\Delta u(t,x)=0\end{aligned}}$
Es tritt also ein Verlust an Regularität ein: aus $g\in C^{3},h\in C^{2}$ wird $u\in C^{2}$.
$u(t,x)$ hängt nur von den Anfangsdaten $g,\nabla g,h$ auf der Sphäre $\partial B(x,t)$ ab, das wird für den Fall $n=2$ ganz anders sein.
Beweis
a) Mit der Transformationsformel bringt man die $x$-und $t$-Abhängigkeit aus den Integralgrenzen auf den Integranden und da $\partial B(0,1)$ kompakt ist, kann man Integral und Ableitung vertauschen. Die Transformation lautet
${\begin{aligned}&F:\partial B(0,1)\rightarrow \partial B(x,t),z\mapsto y=x+tz\\&|\det DF|=t^{n-1}\end{aligned}}$
b) 1. Schritt: Sei $g\equiv 0$. Dann gilt mit der Transformation $F$
${\begin{aligned}u(t,x)=&t{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}h(y)dS(y)\\=&t{\frac {1}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1)}h(x+tz)dS(z)\\\end{aligned}}$
und die Anfangswertbedingungen
${\begin{aligned}\lim _{t\rightarrow 0}u(t,x)=0=g\end{aligned}}$
wegen der Stetigkeit von $h$
${\begin{aligned}&\partial _{t}u(t,x)={\frac {1}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1)}h(x+tz)dS(z)+{\frac {t}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1)}\nabla h(x+tz)\cdot zdS(z)\\&\lim _{t\rightarrow 0}\partial _{t}u(t,x)=h(x)\end{aligned}}$
Wir berechnen weiter mit dem Satz von Gauß
${\begin{aligned}\partial _{t}u(t,x)=&{\frac {1}{4\pi }}\int _{\partial B(0,1)}h(x+tz)dS(z)+{\frac {t}{4\pi t^{2}}}\int _{\partial B(x,t)}\nabla h(y)\cdot {\frac {y-x}{t}}dS(z)\\{\stackrel {\text{Gauß}}{=}}&{\frac {1}{4\pi }}\int _{\partial B(0,1)}h(x+tz)dS(z)+{\frac {1}{4\pi t}}\int _{B(x,t)}\Delta h(y)dS(z)\\=&{\frac {1}{4\pi }}\int _{\partial B(0,1)}h(x+tz)dS(z)+{\frac {1}{4\pi t}}\int _{0}^{t}\int _{\partial B(x,s)}\Delta h(y)dS(z)ds\end{aligned}}$
Daraus berechnen wir die zweite zeitliche Ableitung zu (der erste und dritte Integralterm heben sich weg, siehe Rechnung oben)
${\begin{aligned}\partial _{t}^{2}u(t,x)=&{\frac {1}{4\pi }}\int _{\partial B(0,1)}\nabla h(x+tz)\cdot zdS(z)+{\frac {1}{4\pi t}}\int _{\partial B(x,t)}\Delta h(y)dS(z)ds\\&+{\frac {-1}{4\pi t^{2}}}\int _{B(x,t)}\Delta h(y)dS(z)ds\\=&t{\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t)}\Delta h(y)dS(y)\\=&\Delta u(t,x)\end{aligned}}$
Die letzte Gleichheit gilt, da $\partial B(x,t)$ kompakt ist und $h$ zweimal stetig differenzierbar ist. Das Ergebnis gilt für alle $(t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{3}$.
2.) Schritt: Sei nun $h\equiv 0$. Definiere
${\begin{aligned}v:[0,\infty )\times \mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R} ,(t,x)\mapsto t{\frac {1}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1))}g(x+tz)dS(z)\end{aligned}}$
Aus Schritt 1 gilt dann
${\begin{aligned}\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{3}:\ v_{tt}(t,x)-\Delta v(t,x)=0\end{aligned}}$
zudem gilt
${\begin{aligned}v_{t}(t,x)=&{\frac {1}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1))}g(x+tz)dS(z)+t{\frac {1}{Vol(\partial B(0,1))}}\int _{\partial B(0,1))}\nabla g(x+tz)\cdot zdS(z)\\=&u(t,x)\end{aligned}}$
Die Wellengleichung ist erfüllt wegen
${\begin{aligned}u_{tt}(t,x)=&\partial _{t}^{2}v_{t}(x)\\=&\partial _{t}v_{tt}(t,x)\\{\stackrel {s.o.}{=}}&\partial _{t}\Delta v(t,x)\\{\stackrel {v\in C^{3}}{=}}&\Delta \partial _{t}v(t,x)\\=&\Delta u(t,x)\end{aligned}}$
Da der erste Term nach Transformation ein Mittelwertintegral ergibt ${\frac {1}{Vol(\partial B(x,t))}}\int _{\partial B(x,t))}g(y)dS(y)$ und das zweite Integral beschränkt ist, gilt
${\begin{aligned}\lim _{t\rightarrow 0}u(t,x)=g(x)\end{aligned}}$
Damit erhalten wir automatisch auch
${\begin{aligned}\lim _{t\rightarrow 0}v(t,x)=0\end{aligned}}$
und wegen $v(0,x)=h\equiv 0$
${\begin{aligned}v_{tt}(t,x)|_{t=0}=\Delta v(t,x)|_{t=0}=0\end{aligned}}$
Insgesamt gilt
${\begin{aligned}\lim _{t\rightarrow 0}u_{t}(x)=\lim _{t\rightarrow 0}v_{tt}(t,x)=0=h\end{aligned}}$
Die Aussage folgt mit der Linearität der Wellengleichung: Die Summe der Terme aus Schritt 1. und 2. erfüllt weiterhin die Wellengleichung (da diese linear ist) und sie erfüllt beide Randbedingungen.