Propiedades de los subarmónicos funciones

Question

Una función de $f$ se llama subarmónicos si $f:U\rightarrow\mathbb R$ ( $U\subset\mathbb R^n$ ) es superior semi-continuo y $$\forall\space \mathbb B_r(x)\subset U:f(x)\le\frac{1}{n\alpha(n)r^{n-1}}\int\limits_{\partial\mathbb B_r(x)}f(y)\mathrm \space dS(y)$$

Ahora he leído algunas cosas sobre sus bienes y he encontrado estos:

$$\begin{align*} (i)\space& f \space\space\text{subharmonic}\\ (ii)\space&\Longleftrightarrow\forall\space\text{open}\space D\subset U,\text{harmonic}\space u\in C^0(\overline D)\cap C^2(D)\space\text{with}\space f\leq u \space\text{on}\space\partial D: f\leq u\space\text{in}\space D\\ (iii)\space&\Longleftrightarrow\forall\phi\in C_c^\infty(U):\int_U f\cdot\Delta \phi\geq0\\ (iv)\space&\Longleftrightarrow\Delta f\geq0 \end{align*}$$

Ahora he intentado probar estas equivalencias, pero sólo tengo la primera y la cuarta lamió y no tienen idea de cómo probar el segundo y el tercero.

¿Por qué son equivalentes?

Muchas gracias!

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Edit: se ha añadido una numeración

Answer 1

Por simplicidad, suponga $f$ es suave. Resulta que siempre se puede aproximar a un subarmónicos de la función por la suave subarmónicos funciones, por lo que realmente no perder generalidad por hacerlo.

$(iv)\iff(iii)$: Esto es más o menos por definición. Supongamos $\phi\in C_c^\infty(U)$ es tal que $\phi\geq 0$. Integración por partes dice $$\int_Uf\Delta\phi = \int_U\phi\Delta f.$$ Suppose $(iv)$ holds, i.e., $\Delta f\geq 0$. Since $\phi\geq 0$, the right hand side of the equality is $\geq 0$, hence so is the left. Now assume $(iii)$. We know the left hand side is always $\geq 0$, and hence $\int \phi\Delta f\geq 0$ whenever $\phi\geq 0$ is compactly supported smooth. This means $\Delta f\geq 0$, as otherwise you could choose an appropriately constructed $\phi$ para que el lado derecho sería negativo.

Diría usted que ha mostrado $(i)\iff (iv)$, por lo que esta muestra $(i)\iff (iv)\iff (iii)$.

La prueba de $(ii)\implies (i)$, que yo sepa usa un poco más, la solución del problema de Dirichlet. Supongamos $\mathbb{B}_r(x)\subset U$, y deje $u$ ser un armónico de la función en $\mathbb{B}_r(x)$ que está de acuerdo con $f$ sobre el límite de $\mathbb{B}_r(x)$. Porque de $(ii)$, uno ha $f\leq u$ sobre todo $\mathbb{B}_r(x)$. En particular, $$f(x)\leq u(x) = \frac{1}{n\alpha(n)r^{n-1}}\int_{\partial\mathbb{B}_r(x)} u(y)\,dS(y) = \frac{1}{n\alpha(n)r^{n-1}}\int_{\partial\mathbb{B}_r(x)} f(y)\,dS(y).$$

Sólo queda mostrar que algo implica $(ii)$. Haremos $(i)\implies (ii)$. Supongamos que $(ii)$ es falso. Deje $D\Subset U$ ser un dominio y $u\colon D\to \mathbb{R}$ un armónico de la función en $D$ que está de acuerdo con $f$$\partial D$, pero para el que no hay un punto de $x\in D$ tal que $f(x)>u(x)$. Deje $V$ ser la colección de puntos de $\{x\in D : f(x)>u(x)$}. Este es un conjunto abierto que es no vacío por supuesto. Fijar un $x_0\in V$ que $f(x_0) - u(x_0)$ es máxima. A continuación, para las pequeñas $r>0$, uno tiene que $\mathbb{B}_r(x_0)\subset V$, y por lo tanto $$f(x_0) - u(x_0)\leq \frac{1}{n\alpha(n)r^{n-1}}\int_{\partial\mathbb{B}_r(x_0)} f(y) - u(y)\,dS(y).$$ On the other hand, the integrand $f(y)-u(y)$ is $\leq f(x_0) - u(x_0)$ by maximality, so the only way for this inequality to hold is if $f(y) - u(y)\equiv f(x_0) - u(x_0)$ for $s\en\partial\mathbb{B}_r(x_0)$. Since $r>0$ could have been anything (small), it follows that $f(x) - u(x)$ is constant in a neighborhood of $x_0$. By a connectedness argument, we see that $f(x) - u(x)$ is constant in $D$. However, $f$ and $u$ agree on $\partial D$, so it must be that $f\equiv u$ on $D$, contradicting our assumption that there is some $x$ with $f(x)>u(x)$. We conclude that $(i)\implica (ii)$.