Valor medio de la Propiedad de la Armónica de la Función en un Cuadrado

Question

Un amigo mío me presentó el siguiente problema hace un par de días:

Deje $S$ $\mathbb{R}^2$ ser un cuadrado y $u$ un continuo armónico de la función en el cierre de $S$. Muestran que el promedio de $u$ sobre el perímetro de $S$ es igual a la media de $u$ sobre la unión de las dos diagonales.

Recuerdo que el 'estándar' valor medio de la propiedad de la armónica de funciones es demostrado a lo largo de una esfera utilizando verdes identidades. He dado este un poco de pensamiento, pero no he venido para arriba con alguna idea de cómo proceder. Me está volviendo loco! Quizás tiene algo que ver con los triángulos resultantes de una diagonal? Alguna idea?

Answer 1

Considerar el derecho de triángulos isósceles formado por dos lados de la plaza y una diagonal.

Vamos a considerar el primero de esos triángulo. Llame a los lados $L_1, L_2$ $H_1$ para las piernas y la hipotenusa; en aras de la comodidad, nuestro cuadrado es la unidad de cuadrado, por lo que dar el triángulo $T_1$, las piernas $L_1$$(0,0)$$(1,0)$$L_2$$(1,0)$%#%; la hipotenusa $(1,1)$ claramente se ejecuta de $H_1$ $(0,0)$.

Ahora considere la función $(1,1)$, y vamos a utilizar la integración por partes.

$\phi(x) = |x-y|$$ desde $$ \int_{\partial T_1} u \phi_{\nu} = \int_{\partial T_1} \phi u_{\nu} $ $u$ son tanto armónica en el interior del triángulo $\phi$. Ahora, $T$$

Realizar la misma construcción en el otro triángulo $$ \int_{\partial T_1} u \phi_{\nu} = - \sqrt{2} \int_{H_1} u + \int_{L_1} u + \int_{L_2} u = \int_{L_1} x u_\nu + \int_{L_2} (1-y) u_\nu = \int_{\partial T_1} \phi u_\nu $ con hipotenusa $T_2$, pero con las piernas $H_1$ a partir de (0,0) a (0,1) y $L_3$ (0,1) (1,1). Tenemos $L_4$$

Ahora considere la función $$ \int_{\partial T_2} u \phi_{\nu} = - \sqrt{2} \int_{H_1} u + \int_{L_3} u + \int_{L_4} u = \int_{L_3} y u_\nu + \int_{L_4} (1-x) u_\nu = \int_{\partial T_2} \phi u_\nu $ sobre el triángulo $\psi(x) = |x+y-1|$ formado por $T_3$ como en el anterior, $L_1$ a partir de (0,0) a (0,1), y $L_3$ de (1,0) (0,1). $H_2$$

Finalmente, en el triángulo $$ \int_{\partial T_3} u \psi_{\nu} = - \sqrt{2} \int_{H_2} u + \int_{L_3} u + \int_{L_1} u = \int_{L_3} (1-y) u_\nu + \int_{L_1} (1-x) u_\nu = \int_{\partial T_3} \psi u_\nu $ formado por $T_4$, $L_4$, y $L_2$ hemos $H_2$$

Sumando todos estos términos juntos, podemos conseguir $$ \int_{\partial T_4} u \psi_{\nu} = - \sqrt{2} \int_{H_2} u + \int_{L_2} u + \int_{L_4} u = \int_{L_2} y u_\nu + \int_{L_4} x u_\nu = \int_{\partial T_4} \psi u_\nu $$ Desde $$ -2 \sqrt{2} \int_{H_1 \cup H_2} u + 2 \int_{\partial S} u = \int_{\partial S} u_\nu$ es armónico, esta debe ser igual a 0, lo que nos indica que el promedio a lo largo de las diagonales es el promedio a lo largo del perímetro.