Deje $\Omega\subset\mathbb{R}^2$ ser un almacén de dominio con un $C^1$ límite. Deje $f$ cero fuera de $\Omega$ $C^2$ en el interior, con $f=0$$\partial\Omega$. Asimismo, se asume que todas las derivadas parciales de $f$ ampliar continuamente a $\partial\Omega$. Vamos a definir
$$
g(x) = \begin{cases}
\Delta f(x) &\text{if %#%#%},\\
0 &\text{otherwise}.
\end{casos}
$$
Ahora, $x\in\Omega$ no es igual a $g$ sobre todo $\Delta f$. De hecho, $\mathbb{R}^2$ puede incluso no existir como una función en $\Delta f$. Pero existe como una distribución. Vamos a ver cómo se $\mathbb{R}^2$, la distribución, se compara con $\Delta f$.
Deje $g$ ser un suave función de prueba. Entonces
$$
\langle\Delta f,\varphi\rangle = \langle f,\Delta\varphi\rangle
= \int_{\mathbb{R}^2}f(x)\Delta\varphi(x)\,dx.
$$
Desde $\varphi$ fuera de $f=0$, sólo tenemos que integrar sobre $\Omega$. A continuación, podemos utilizar el Verde de la segunda identidad para obtener
$$
\int_\Omega f(x)\Delta\varphi(x)\,dx
= \int_\Omega g(x)\varphi(x)\,dx
+ \int_{\partial\Omega}
(f\partial_{\bf n}\varphi - \varphi\partial_{\bf n}f)\,d\sigma,
$$
donde $\Omega$ es la derivada en la dirección de la normal hacia afuera, y $\partial_{\bf n}$ es el de la medida de superficie en $\sigma$. (Ya que estamos en el $\partial\Omega$, esto es sólo el arclength medida.) Desde $\mathbb{R}^2$$f=0$, obtenemos
\begin{align*}
\langle\Delta f,\varphi\rangle
&= \int_\Omega g\varphi\,dx
-\int_{\partial\Omega} (\partial_{\bf n}f)\varphi\,d\sigma\\
&= \int_{\mathbb{R}^2} g\varphi\,dx
-\int_{\partial\Omega} (\partial_{\bf n}f)\varphi\,d\sigma\\
&= \langle g,\varphi\rangle
-\int_{\partial\Omega} (\partial_{\bf n}f)\varphi\,d\sigma.
\end{align*}
Lo que esto demuestra es que el $\partial\Omega$ donde $\Delta f = g + \nu$ es la distribución que asigna $\nu$ a
$$
\langle\nu,\varphi\rangle
= -\int_{\partial\Omega} (\partial_{\bf n}f)\varphi\,d\sigma.
$$
Por ejemplo, si $\varphi$ todos los $\partial_{\bf n}f(x)=-1$, $x\in\partial\Omega$ es sólo la superficie medida en $\nu$. Este es el caso en el ejemplo que di en mi respuesta a la otra pregunta. Y en ese caso, la superficie de la medida sobre el límite de $\partial\Omega$ $[0,\pi]$ está a sólo dos masas puntuales, uno en $\mathbb{R}$ y uno en $0$.
Por último, para abordar un comentario de la otra pregunta, el Laplaciano es todavía rotación invariable cuando se interpreta como una distribución de derivados. Para probar esto, aplicamos $\pi$ a facilitar la función de prueba, a continuación, mueva el Laplaciano a la función de prueba (donde actúa en la manera clásica) y, a continuación, utilizar la rotación de la invariancia de la clásica de Laplace.
Una breve y accesible de referencia para el templado de las distribuciones, que es gratis en internet, es el Capítulo 11 de los Análisis Aplicados por Cazador y Nachtergaele. También, hay un capítulo en el operador de Laplace en Folland.
Editar:
Para abordar la pregunta en los comentarios, el Radón transformar de una base de distribución se define por $\Delta f$. Más precisamente, es $\langle Rf,\varphi\rangle=\langle f,R^*\varphi\rangle$. El producto interior en el derecho es la costumbre $\langle Rf,\varphi\rangle_{S^1\times\mathbb{R}}=\langle f,R^*\varphi\rangle_{\mathbb{R}^2}$ producto interior en $L^2$; el producto interior de la izquierda se define por
$$
\langle f,g\rangle_{S^1\times\mathbb{R}}
= \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}\int_{\mathbb{R}}
f(\theta,s)g(\theta,s)\,ds\,d\theta.
$$
De ello se sigue que
\begin{align*}
\langle R(\Delta f),\varphi\rangle
&= \langle \Delta f,R^*\varphi\rangle
= \langle f,\Delta(R^*\varphi)\rangle\\
&= \langle f,R^*(\partial_s^2\varphi)\rangle
= \langle Rf,\partial_s^2\varphi\rangle
= \langle \partial_s^2(Rf),\varphi\rangle,
\end{align*}
y por lo $\mathbb{R}^2$, incluso en el sentido distributivo.
Lo que es relevante para tu otra pregunta es cómo calcular $R(\Delta f)=\partial_s^2(Rf)$. Mi conjetura es que usted está preguntando si
$$
R\nu = -\sum_{x\in\partial\Omega\cap L}\partial_{\bf n}f(x).
$$
La intuición detrás de esta fórmula no funciona, porque no tiene en cuenta el ángulo entre el $R\nu$ $L$ en el punto de intersección. Lo voy a dejar como un ejercicio para demostrar que si $\partial\Omega$ es el arclength medida en $\sigma$, es decir, si
$$
\langle\sigma\varphi\rangle = \int_0^{2\pi}\varphi(e^{i\theta})\,d\theta,
$$
entonces
$$
R\sigma(\theta,s) = 2\frac1{\sqrt{1 - s^2}}\chi_{[-1,1]}(s).
$$
El $S^1$ proviene de los dos puntos donde la línea cruza el círculo, y el factor de $2$ viene desde el ángulo de intersección. Si $|1-s^2|^{-1/2}$ es la línea correspondiente a $L$ $(\theta,s)$ es el ángulo con el que $\alpha(L)\in[0,\pi/2]$ intersecta $L$,$S^1$. Por tanto, tenemos
$$
R\sigma(\theta,s) = 2\csc\alpha(L)\chi_{[-1,1]}(s).
$$
El natural de la generalización de a $|s|=\cos\alpha(L)$ sería
$$
R\nu(L) = -\sum_{x\in\partial\Omega\cap L}
\partial_{\bf n}f(x)\csc\alpha(x),
$$
donde, por $\nu$, definimos $x\in\partial\Omega\cap L$ a ser el ángulo de intersección entre el $\alpha(x)\in[0,\pi/2]$ y la línea tangente a $L$$\partial\Omega$.
