Proprietà della media

La media sferica di una funzione armonica possiede importanti proprietà che, come vedremo, caratterizzano le funzioni armoniche stesse.

Teorema (Proprietà della media delle funzioni armoniche)

Sia $\Omega \subset \mathbb {R} ^{n}$$\Omega\subset\mathbb{R}^n$ aperto, $u:\Omega \rightarrow \mathbb {R} \;u\in C^{2}(\Omega )$$u: \Omega \rightarrow \mathbb{R} \; u \in C^2(\Omega)$ armonica. Allora:

$$u(x)=\oint _{B(x,r)}u(y)dy=\oint _{\partial B(x,r)}u(y)d\sigma (y)\;\;\forall B(x,r)\in \Omega$$

$$u(x) = \oint_{B(x,r)} u(y)dy = \oint_{\partial B(x,r)}u(y)d\sigma(y) \;\; \forall B(x,r) \in \Omega$$

Il valore della funzione armonica in $x$$x$ corrisponde alla media sferica su una palla centrata in $x$$x$.

 

Dimostrazione

Dimostriamo prima il teorema per la media sferica su $\partial B(x,r)=S(x,r)$$\partial B(x,r) = S(x,r)$.

Consideriamo per $r>0$$r > 0$ la funzione:

$$\phi (r)=\oint _{S(x,r)}u(y)d\sigma (y)$$

$$\phi(r) = \oint_{S(x,r)}u(y)d\sigma(y)$$

Per $r=0$$r= 0$ $\phi (0)=u(x)$$\phi(0) = u(x)$. E' un proungamento per continuità.

Dimostriamo che ${\frac {\partial \phi }{\partial r}}(r)=0$$\frac{\partial\phi}{\partial r}(r) = 0$ cioè che questa funzione non varia al variare del raggio su cui eseguiamo la media.

Facciamo prima di tutto un cambio di variabile per eseguire la media sulla sfera centrata nell'origine di raggio 1. Possiamo considerare la variabile di integrazione $y$$y$ come $y=x+rz$$y = x +rz$ dove $z$$z$ è un versore radiale e $x$$x$ è la traslazione dall'origine.

$$z={\frac {y-x}{r}}$$

$$z = \frac{y -x}{r}$$

$$\phi (r)=\oint _{S(x,r)}u(y)d\sigma (y)=\oint _{S(0,1)}u(x+rz)d\sigma (z)$$

$$\phi(r) = \oint_{S(x,r)} u(y)d\sigma(y) = \oint_{S(0,1)}u(x +rz)d\sigma(z)$$

Mostriamo più esplicitamente che il cambio di variabile non cambia la forma dell'integrale:

$${\begin{aligned}\phi (r)&={\frac {1}{\omega _{n}r^{n-1}}}\int _{S(x,r)}u(y)d\sigma (y)={\frac {1}{\omega _{n}r^{n-1}}}\int _{S(0,1)}u(x+rz)r^{n-1}d\sigma (z)\\&={\frac {1}{\omega _{n}}}\int _{S(0,1)}u(x+rz)d\sigma (z)=\oint _{S(0,1)}u(x+rz)d\sigma (z)\end{aligned}}$$

$$\begin{align} \phi(r) &= \frac{1}{\omega_n r^{n-1}}\int_{S(x,r)}u(y)d\sigma(y) = \frac{1}{\omega_n r^{n-1}} \int_{S(0,1)} u(x +rz) r^{n-1} d\sigma(z) \\ &= \frac{1}{\omega_n}\int_{S(0,1)}u(x +rz)d\sigma(z) = \oint_{S(0,1)}u(x +rz)d\sigma(z) \end{align}$$

Questo accade perchè il cambio di variabile equivale a scalare il raggio di un fattor $r$$r$, quindi il differenziale di superificie sferica scala come $r^{n-1}$$r^{n-1}$.

Ora possiamo derivare rispetto a $r$$r$ perchè l'insieme di integrazione è fissato.

$${\begin{aligned}{\frac {\partial \phi }{\partial r}}(r)&=\oint _{S(0,1)}{\frac {\partial u(x+rz)}{\partial r}}d\sigma (z)\\&=\oint _{S(0,1)}\nabla u(x+rz){\hat {z}}d\sigma (z)\\&=\oint _{S(x,r)}\nabla u(y)\left({\frac {y-x}{r}}\right)d\sigma (y)\\&=\oint _{S(x,r)}{\frac {\partial u}{\partial {\bar {n}}}}d\sigma (y)\end{aligned}}$$

$$\begin{align} \frac{\partial\phi}{\partial r}(r) &= \oint_{S(0,1)} \frac{\partial u(x+rz)}{\partial r} d\sigma(z) \\ &= \oint_{S(0,1)} \nabla u(x+rz) \hat{z} d\sigma(z) \\ &= \oint_{S(x,r)} \nabla u(y) \left(\frac{y-x}{r}\right) d\sigma(y) \\ &= \oint_{S(x,r)} \frac{\partial u}{\partial \bar{n}} d\sigma(y) \end{align}$$

Ora utilizziamo la prima formula di Green con $f=1$$f=1$ e $g=u$$g=u$. Otteniamo:

$${\frac {1}{\omega _{n}r^{n-1}}}\oint _{B(x,r)}\Delta u(y)dy=0$$

$$\frac{1}{\omega_n r^{n-1}} \oint_{B(x,r)} \Delta u(y) dy = 0$$

dove i termini di bordo scompaiono perchè $\nabla f=0$$\nabla f = 0$ e la formula si annulla a causa dell'armonicità di $u$$u$. Quidni $\phi (r)$$\phi(r)$ è costante e $u(x)=\phi (0)=\phi (r)$$u(x) = \phi(0) = \phi(r)$.

Dimostriamo ora il teorema per la media sulla palla $B(x,r)$$B(x,r)$. Dobbiamo procedere per strati e utilizzando la dimostrazione precedente.

$${\begin{aligned}\oint _{B(x,r)}u(y)dy&=\int _{0}^{r}\left(\int _{\partial B(x,r)}u(y)d\sigma (y)\right)dr\\&=\int _{0}^{r}\omega _{n}r^{n-1}\left(\oint _{\partial B(x,r)}u(y)d\sigma (y)\right)dr\\&=\omega _{n}\int _{0}^{r}r^{n-1}u(x)dr=\omega _{n}u(x)\int _{0}^{r}r^{n-1}\\\oint _{B(x,r)}u(y)dy&=\omega _{n}u(x){\frac {r^{n}}{n}}\end{aligned}}$$

$$\begin{align} \oint_{B(x,r)} u(y)dy &= \int_{0}^{r} \left ( \int_{\partial B(x,r)} u(y)d\sigma(y) \right)dr \\ &= \int_0^r \omega_n r^{n-1} \left( \oint_{\partial B(x,r)} u(y)d\sigma(y) \right) dr \\ &= \omega_n \int_0^r r^{n-1} u(x) dr = \omega_n u(x) \int_0^r r^{n-1} \\ \oint_{B(x,r)} u(y)dy &= \omega_n u(x) \frac{r^{n}}{n} \end{align}$$

Quindi ricostruendo la media sulla palla:

$${\frac {1}{\alpha (n)r^{n}}}\oint _{B(x,r)}u(y)dy={\frac {1}{\alpha (n)r^{n}}}{\overset {\omega _{n}}{\overbrace {n\alpha (n)} }}{\frac {r^{n}}{n}}u(x)\rightarrow u(x)$$

$$\frac{1}{\alpha(n)r^{n}} \oint_{B(x,r)} u(y)dy = \frac{1}{\alpha(n) r^{n}} \overset{\omega_n}{\overbrace{n \alpha(n)}} \frac{r^{n}}{n} u(x) \rightarrow u(x)$$

Quindi anche la media sulla palla corrisponde al valore della funzione nel centro.

 

Le funzioni armoniche sono quindi uguali alle loro medie sulle sfere. Ma vale il contrario?

Teorema (Inverso della proprietà della media)

Sia $u\in C^{2}(\Omega )$$u \in C^2(\Omega)$ con $\Omega \subset \mathbb {R} ^{n}$$\Omega\subset\mathbb{R}^n$ aperto tale che $u$$u$ soffisfi la proprietà della media:

$$u(x)=\oint _{\partial B(x,r)}u(y)d\sigma (y)\qquad \forall B(x,r)\subset \Omega$$

$$u(x) = \oint_{\partial B(x,r)} u(y)d\sigma(y) \qquad \forall B(x,r) \subset \Omega$$

Allora $\Delta u=0$$\Delta u = 0$ su $\Omega$$\Omega$.

 

Dimostrazione

Come nella dimostrazione precedente consideriamo $\phi (r)=\oint _{\partial B(x,r)}u(y)d\sigma (y)$$\phi(r) = \oint_{\partial B(x,r)}u(y)d\sigma(y)$, per ipotesi abbiamo che $\phi ^{\prime }=0$$\phi^{\prime} = 0$ Possiamo eseguire gli stessi calcoli della dimostrazione precedente ottenendo:

$$\phi ^{\prime }={\frac {r}{n}}\oint _{B(x,r)}\Delta u(y)dy=0$$

$$\phi^{\prime} = \frac{r}{n} \oint_{B(x,r)} \Delta u(y)dy = 0$$

Ora se per assurdo $\Delta u\neq 0$$\Delta u \neq 0$ in un punto $x_{0}\in \Omega$$x_0 \in \Omega$ essendo $\Delta u\in C^{0}$$\Delta u \in C^0$ si avrebbe che in intorno di $x_{0}$$x_0$ il laplaciano sarebbe o positivo o negativo. Quindi $\phi ^{\prime }$$\phi^{\prime}$ non potrebbe essere 0. Assurdo. Di conseguenza $u$$u$ è necessariamente armonica.