supongamos $n \geq 2,\;m \geq 2$ $u \in C^{m}(\mathbb{R}^n \times[0,+\infty))$ resuelve el siguiente IVP :
\begin{cases} u_{tt} - \Delta u = 0 \; & \text{in} \; \mathbb{R}^n \times(0,+\infty) \\ u = g, \; u_t = h \; & \text{on} \; \mathbb{R}^n \times\{t = 0\} \end{casos}
deje $x \in \mathbb{R}^n, \; t > 0, \; r > 0 $. Definir
\begin{align} U(x;r,t) & = \frac{1}{n\alpha(n)r^{n-1}}\int_{\partial B(x,r)}u(y,t)dS(y) \\ G(x;r) & = \frac{1}{n\alpha(n)r^{n-1}}\int_{\partial B(x,r)}g(y)dS(y) \\ H(x;r) & = \frac{1}{n\alpha(n)r^{n-1}}\int_{\partial B(x,r)}h(y)dS(y) \\ \end{align}
$$\alpha(n) = \frac{\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma(\frac{n}{2}+ 1)} = \text{volume of the unit ball in } \mathbb{R}^n $$
(Euler-Poisson-Darboux ecuación) fix $x$ $\mathbb{R}^n$ y deje $u$ satisface el IVP arriba. entonces :
\begin{cases} U_{tt} - U_{rr} - \frac{n-1}{r}U_r= 0 \; & \text{in} \; \mathbb{R}_{+}\times(0,+\infty) \\ U = G, \; U_t = H \; & \text{on} \; \mathbb{R}_{+}\times\{t = 0\} \end{casos}
el autor afirma que :
\begin{align} U_r(x;,r,t) & = \frac{1}{n\alpha(n)r^{n-1}}\int_{ B(x,r)}\Delta u(y,t)dy \\ U_{rr}(x;,r,t) & = \frac{1}{n\alpha(n)r^{n-1}}\int_{ \partial B(x,r)}\Delta u(y,t)dS(y) +(\frac1n - 1)(\frac{1}{\alpha(n)r^n})\int_{ B(x,r)}\Delta u(y,t)dy \\ \end{align}
Yo podría derivar $U_r$ por mi cuenta, pero estoy teniendo problemas tratando de calcular $U_{rr}$
si puedo diferenciar $U_r$ con respecto al $r$ llego :
\begin{align} U_{rr}(x;,r,t) & = \frac{1}{n\alpha(n)r^n}\int_{ B(x,r)}\Delta u(y,t)dy + \frac{r}{n} [\frac{1}{\alpha(n)r^n}\int_{ B(x,r)}\Delta u(y,t)dy]'_{r} \\ \end{align}
esto significa que debemos tener :
\begin{align} \frac{r}{n}[\frac{1}{\alpha(n)r^n}\int_{ B(x,r)}\Delta u(y,t)dy]'_{r} & = \frac{1}{n\alpha(n)r^{n-1}}\int_{ \partial B(x,r)}\Delta u(y,t)dS(y) -\frac{1}{\alpha(n)r^n}\int_{ B(x,r)}\Delta u(y,t)dy \\ \end{align}
¿cómo se puede demostrar esto ?
