用户: Yao/调和函数

调和函数, 即 Laplace 方程的解, 具有平均值性质、实解析性等极好的性质.

1定义

定义 1.1. 一个 ${\mathbb{R}}^n$ 中非空开集 $\Omega$ 上复值二阶连续可微的函数 $u$ 为调和函数是指$$\Delta u=0，$$其中 $\Delta ={\sum }_{i=1}^n\frac{{\partial }^2}{\partial x_i^2}$. $\Delta u=0$ 称为 Laplace 方程.

以下 $\Omega$ 均默认为一个 ${\mathbb{R}}^n$ 中的非空开集.

$B(a,r)$ 指以 $a$ 为中心、$r$ 为半径的开球, $S(a,r)$ 指以 $a$ 为中心、$r$ 为半径的球面, $B$ 代表 $B(0,1)$, $S$ 代表 $S(0,1)$.

$-\int$ 表示平均积分, ${\omega }_n$ 表示 ${\mathbb{R}}^n$ 中单位球的面积.

2例子

•	对 $n=2$, $\mathbb{C}$ 上全纯函数及其实部与虚部看作关于 $(x,y)$ 的函数 $(z=x+iy)$ 调和, 如 $u(x,y)=\Re \log z=\log |z|$.
•	对 $n\ge 3$, $u(x)=|x{|}^{2-n}$ 调和.
•	由之后证明的调和函数的光滑性, 调和函数的各个偏导数也调和.

3基本性质

定理 3.1 (平均值性质).

1. (面积形式) 若 $u$ 在 $\bar{B}(a,r)$ 调和, 则成立 $u(a)={-\int }_{S(a,r)}udS$.

2. (体积形式) 若 $u$ 在 $\bar{B}(a,r)$ 调和, 则成立 $u(a)={-\int }_{B(a,r)}udV$.

3. (面积形式之逆) 对 $u\in C(\Omega )$, 若对每个 $x\in \Omega$ 都存在一列 $r_i\to 0$ 使 $u(x)={-\int }_{S(x,r_i)}udS$, 则 $u$ 在 $\Omega$ 调和.

4. (体积形式之逆) 对 $u\in C(\Omega )$, 若对每个 $x\in \Omega$ 都存在一列 $r_i\to 0$ 使 $u(x)={-\int }_{B(x,r_i)}udV$, 则 $u$ 在 $\Omega$ 调和.

证明. 1. 令 $\varphi (r)={-\int }_{S}u(a+r\zeta )dS$, 则由 Green 公式, $${\varphi }^{\prime }(r)={-\int }_S\nabla u(a+r\zeta )\cdot \zeta dS=\frac{r^{n-1}}{{\omega }_n}{\int }_{S(a,r)}\frac{\partial u}{\partial \nu }dS=\frac{r^{n-1}}{{\omega }_n}{\int }_{B(a,r)}\Delta udV=0，$$于是 $\varphi (r)$ 为常数. 而且, ${\lim }_{r\to 0}\varphi (r)=u(a)$.

2. 由 $dV=r^{n-1}drdS$ 及 1.

3. 不妨 $u$ 实值, 且只需证命题对 $\bar{B}(a,r)\subset \Omega$ 成立. 存在与 $u$ 在 $\bar{B}(a,r)$ 的边界相等的 $\bar{B}(a,r)$ 上的调和函数 $v$ (通过 Poisson 积分, 见下一节) , 断言 $u=v$. 否则设 $u-v$ 在 $B(a,r)$ 内的闭集 $K$ 上取最大值 $M>0$, 则对 $K$ 的离 $a$ 最远的 $x$ 和很小的 $r_i$ 有$$(u-v)(x)=M>{-\int }_{S(x,r_i)}(u-v)dS.$$4. 和 3 相同.

$\square$

定理 3.2 (最大模原理).

•	$u$ 是连通 $\Omega$ 上的调和函数, 若 $|u|$ 在 $\Omega$ 取到最大值, 则 $u$ 为常数.
•	$u$ 是 $\Omega$ 上的实值调和函数, 若对每个趋于 $\partial \Omega$ 中一点或 $\infty$ 的序列 $\left\{a_n\right\}$ 有 ${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }u(a_n)\le M$, 则 $u\le M$.

证明.

•	不妨 $u$ 在一个取得最大值的点取值为实数 $M$, 考察 $U=\left\{x\mid \Re u(x)=M\right\}$. 由平均值性质知 $U$ 是开集, 又由 $U$ 闭得 $U=\Omega$, 即 $u$ 在整个 $\Omega$ 取值为 $M$.
•	设一列 $\left\{a_n\right\}$ 趋于 $M’={\sup }_{\Omega }u$, 需证 $M^{\prime }\le M$. 若存在 $\left\{a_n\right\}$ 的子列收敛于某点 $a\in \Omega$, 则 $u(a)=M^{\prime }$, 由前一结论得 $a$ 所在的连通分支 $u\equiv M^{\prime }$, 于是 $M^{\prime }\le M$. 若这样的子列不存在, 那么 $\left\{a_n\right\}$ 存在子列趋于 $\partial \Omega$ 中一点或 $\infty$, 也得到 $M^{\prime }\le M$.

$\square$

注 3.3. 在第一个命题中若 $u$ 无零点把 $u$ 换成 $\frac{1}{u}$, 在第二个命题中把 $u$ 换成 $-u$, 就得到相应的最小模原理.

4单位球上的 Dirichlet 问题

下面通过 Poisson 公式来证明调和函数良好的性质.

定义 4.1. $f\in C(S)$ 的 Poisson 积分为$$P[f]={-\int }_{S}f(\zeta )\frac{1-|x{|}^2}{|x-\zeta {|}^n}dS(\zeta ).$$$P(x,\zeta )=\frac{1-|x{|}^2}{|x-\zeta {|}^n}$ 称为 Poisson 核.

命题 4.2. $P(\cdot ,\zeta )$ 在 ${\mathbb{R}}^n-\left\{\zeta \right\}$ 调和, 且 ${-\int }_{S}P(x,\zeta )dS(\zeta )=1.$

证明. 直接计算得 $P(\cdot ,\zeta )$ 调和, 且$${-\int }_{S}P(x,\zeta )dS(\zeta )={-\int }_{S}P(|x|\zeta ,\frac{x}{|x|})dS(\zeta )=P(0,\frac{x}{|x|})=1.$$第一个等号是由于 $(x,\zeta )$ 与 $(|x|\zeta ,\frac{x}{|x|})$ 轴对称, 第二个等号由于 $P(\cdot ,\zeta )$ 的平均值性质.

$\square$

定理 4.3. $u$ 在 $\bar{B}$ 连续, 在 $B$ 调和, 则在 $B$ 有 $u=P[u{|}_S]$.

证明. 由调和函数的最大模原理, 只需验证 $\tilde{u}=\{\begin{array}{ll}u& x\in S\\ P[u{|}_S]& x\in B\end{array}$ 在 $B$ 调和, 在 $S$ 连续. $\tilde{u}$ 在 $B$ 调和是 $P(\cdot ,\zeta )$ 调和的直接推论, 且对 $y\in S$ 和离 $y$ 很近的 $x\in B$,

$$\begin{gathered} |\tilde{u}(x)-\tilde{u}(y)|=|{-\int }_S(u(\zeta )-u(y))P(x,\zeta )dS(\zeta )| \\ \le \frac{1}{S_n}\left({\int }_{|\zeta -y|<\delta }|u(\zeta )-u(y)|P(x,\zeta )dS(\zeta )+{\int }_{|\zeta -y|\ge \delta }|u(\zeta )-u(y)|P(x,\zeta )dS(\zeta )\right) \\ \le \frac{1}{S_n}\left(\underset{|\zeta -y|<\delta }{\sup }|u(\zeta )-u(y))|+2\underset{S}{\max }|u|{\int }_{|\zeta -y|\ge \delta }|u(\zeta )-u(y)|P(x,\zeta )dS(\zeta )\right)\to 0. \end{gathered}$$先让 $\delta$ 充分小, 再令 $x$ 趋近于 $y$ 使 $P(x,\zeta )\to 0$, 就得到上式充分小.

$\square$

定理 4.4 (Poisson 公式). 调和函数实解析.

证明. 使用 $u(x)={-\int }_{S}u(\zeta )P(x,\zeta )dS(\zeta )$ 以及 $P(\cdot ,\zeta )$ 解析.

$\square$

定理 4.5. 连通 $\Omega$ 上实解析函数 $f$ 若在 $\Omega$ 内一非空开集上为 0, 则在整个 $\Omega$ 为 0, 因此调和函数也具备此性质.

证明. 令 $U$ 为 $f$ 的零点集的内部, 由条件 $U$ 非空, 且显然 $U$ 开. 又由 $f$ 的各阶导数的连续性得 $U$ 闭, 于是 $U=\Omega$.

$\square$

5可去奇点

和全纯函数的奇点类似, 下面建立调和函数的奇点的概念与性质.

定义 5.1. 对于定义在 $\Omega -\left\{a\right\}$ 的函数 $f$, $a$ 就称为 $f$ 的奇点. 若 $\Omega -\left\{a\right\}$ 上的调和函数 $u$ 可延拓为 $\Omega$ 上的调和函数, 则称 $a$ 为 $u$ 的可去奇点.

定理 5.2. 对 $n\ge 3$, $\Omega -\left\{a\right\}\subset {\mathbb{R}}^n$ 上的调和函数 $u$ 若满足当 $x\to a$ 有 $u=o(|x-a{|}^{2-n})$, 则 $a$ 是 $u$ 的可去奇点.

而当 $n=2$, $\Omega -\left\{a\right\}\subset {\mathbb{R}}^2$ 上的调和函数 $u$ 若满足当 $x\to a$ 有 $u=o(\log |x-a|)$, 则 $a$ 是 $u$ 的可去奇点.

证明. 不妨 $u$ 实值, 且只需对 $\bar{B}-\left\{0\right\}$ 上满足条件的 $u$ 证明即可.

当 $n\ge 3$, 构造 $\bar{B}-\left\{0\right\}$ 上的调和函数$$v_{ϵ}(x)=u(x)-P[u{|}_S](x)+ϵ(|x{|}^{2-n}-1)(ϵ>0)，$$则当 $|x|\to 1$, $v_{ϵ}(x)\to 0$, 又由条件当 $x\to 0$, $v_{ϵ}(x)\to +\infty$.

由最小模原理, $v_{ϵ}\ge 0$. 令 $ϵ\to 0$ 得$$u(x)-P[u{|}_S](x)=\underset{ϵ\to 0}{\lim }{v}_{ϵ}(x)\ge 0，$$再用 $-u$ 代替 $u$ 得到反向的不等式. 因此 $u$ 可延拓为 $\bar{B}$ 上的调和函数 $P[u{|}_S]$.

$n=2$ 时将 $v_{ϵ}$ 中的 $|x{|}^{2-n}-1$ 换成 $-\log |x|$ 即可.

$\square$

命题 5.3. 设 $K\subset \Omega$ 是紧集, $u$ 是 $\Omega \backslash K$ 上的调和函数. $u$ 能唯一地分解为$$u=v+w,$$其中 $v$ 是 $\Omega$ 上的调和函数, $w$ 是 ${\mathbb{R}}^n\backslash K$ 上的调和函数, 且对 $n\ge 3$, $\underset{x\to \infty }{\lim }w(x)=0$, 对 $n=2$, $\underset{x\to \infty }{\lim }w(x)-c\log |x|=0$ 对某数 $c$ 成立.

证明. 取定紧集 $K\subset L_0\subset E_0\subset F\subset \Omega$. 对 $x\in \Omega$, 再取紧集 $K\subset L\subset L_0,E_0\subset E\subset F$ 使得 $x\in E\backslash L$, 以及 $\phi \in C_c^{\infty }(\Omega \backslash K)$ 满足 $\phi {|}_{E\backslash L}=1,\phi {|}_{\Omega \backslash F}=0$.

由 Green 公式, 以及对于 $E\backslash L$ 有 $\Delta (u\phi )=\Delta u=0$, 对于 $\Omega \backslash F$ 有 $u\phi =0$, 得到$$\begin{array}{rl}u(x)& =(u\phi )(x)={\int }_{\Omega \backslash K}\Delta (u\phi )(y)\Gamma (x,y)dy\\ & ={\int }_{F\backslash E}\Delta (u\phi )(y)\Gamma (x,y)dy+{\int }_{L\backslash K}\Delta (u\phi )(y)\Gamma (x,y)dy:=v(x)+w(x),\end{array}$$其中 $\Gamma (x,y)$ 是 Laplace 方程的基本解, 关于 $x$ 调和, $F\backslash E,L\backslash K$ 是不含 $x$ 的有界集, 故通过积分内求导得到 $v(x),w(x)$ 分别是 $E,{\mathbb{R}}^n\backslash L$ 上的调和函数, 且对 $n\ge 3$, 当 $x\to \infty$ 时 $\Gamma (x,y)$ 一致趋于 $0$, 故 $w(x)\to 0$, 对 $n=2$, $\Gamma (x,y)$ 一致趋于 $\frac{1}{2\pi }\log |x|$, 故 $w(x)-{\int }_{L\backslash K}\Delta (u\phi )(y)dy\frac{1}{2\pi }\log |x|\to 0$.

$v,w$ 实际上不依赖于 $L,E$ 的选取, 这是因为设 $\tilde{v},\tilde{w}$ 由 $\tilde{L},\tilde{E}$ 给出, 由于 $u=v+w=\tilde{v}+\tilde{w}$ 在 $E_0\backslash L_0$ 上成立, 可定义$$h=\{\begin{array}{ll}v-\tilde{v},& x\in E_0\\ \tilde{w}-w,& x\in {\mathbb{R}}^n\backslash L_0\end{array},$$$h$ 是 $E_0\cup ({\mathbb{R}}^n\backslash L_0)={\mathbb{R}}^n$ 上的调和函数, 且对 $n\ge 3$, $\underset{x\to \infty }{\lim }h(x)=0$, 由 Liouville 定理, $h=0$, 于是 $v=\tilde{v}$, $w=\tilde{w}$, 对 $n=2$, $\underset{x\to \infty }{\lim }h(x)-(\tilde{c}-c)\log |x|=0$, 由 Liouville 定理, $h=(\tilde{c}-c)\log |x|$, 则 $\tilde{c}=c$, $h=0$.

$\square$

6调和多项式

记 $P_m({\mathbb{R}}^n)$ 为次数为 $m$ 的齐次多项式的空间, 子空间 $H_m({\mathbb{R}}^n)$ 为 $P_m({\mathbb{R}}^n)$ 中的调和函数.

引理 6.1. 对于 $p\in P_m({\mathbb{R}}^n)$, 存在 $q\in P_{m-2}({\mathbb{R}}^n)$ 使 $P[p{|}_S]=p+(1-|x{|}^2)q$.

证明. 只需说明存在 $q\in P_{m-2}({\mathbb{R}}^n)$ 使 $p+(1-x^2)q$ 调和即可, 这是因为 $P[p{|}_S]=p+(1-x^2)q$ 在 $S$ 上成立, 如果右边和左边一样是调和函数, 由最大模原理及唯一性可得两者相同.

$m=0,1$ 时 $p$ 是调和函数, 取 $q=0$; 下设 $m\ge 2$. 考虑有限维线性空间 $\underset{0\le k\le m-2}{⨁}{P}_k({\mathbb{R}}^n)$ 到自身的线性映射

$$q\mapsto \Delta ((1-|x{|}^2)q),$$由于 $(1-x^2)q$ 在 $S$ 上为 $0$, 若 $\Delta ((1-|x{|}^2)q)=0$, 则 $(1-|x{|}^2)q=0$, 即 $q=0$, 此映射是单射, 故是满射, 那么对于 $-\Delta p\in P_{m-2}({\mathbb{R}}^n)$, 存在 $q\in P_{m-2}({\mathbb{R}}^n)$ 使$$\Delta (1-|x{|}^2)q=-\Delta p,$$即 $p+(1-|x{|}^2)q$ 调和.

$\square$

命题 6.2. $$P_m({\mathbb{R}}^n)=\underset{0\le k\le \lfloor \frac{m}{2}\rfloor }{⨁}|x{|}^{2k}{H}_{m-2k}({\mathbb{R}}^n).$$

证明. 只需要证明 $P_m({\mathbb{R}}^n)=H_m({\mathbb{R}}^n)\oplus |x{|}^2{P}_{m-2}({\mathbb{R}}^n)$ 即可, 之后就继续分解 $|x{|}^2{P}_{m-2}({\mathbb{R}}^n)=|x{|}^2{H}_{m-2}({\mathbb{R}}^n)\oplus |x{|}^4{P}_{m-4}({\mathbb{R}}^n)$.

$m=0,1$ 时这就是 $P_m({\mathbb{R}}^n)=H_m({\mathbb{R}}^n)$; 下设 $m\ge 2$. 由引理, 对 $p\in P_m({\mathbb{R}}^n)$, 存在 $q\in P_{m-2}({\mathbb{R}}^n)$ 使 $p=P[p{|}_S]-(1-|x{|}^2)q$. 取 $P[p{|}_S]$ 的 $m$ 次的部分 $P[p{|}_S{]}_m$, 以及 $-(1-|x{|}^2)q$ 的 $m$ 次的部分 $|x{|}^2{q}_{m-2}$, 有 $p=P[p{|}_S{]}_m+|x{|}^2{q}_{m-2}\in H_m({\mathbb{R}}^n)+|x{|}^2{P}_{m-2}({\mathbb{R}}^n)$.

为说明这是直和, 假设 $p\in P_{m-2}({\mathbb{R}}^n)$ 不是 $0$, 且 $|x{|}^{2}p\in H_m({\mathbb{R}}^n)$, 那么 $P[p{|}_S]=P[(|x{|}^{2}p){|}_S]=|x{|}^{2}p\in P_m({\mathbb{R}}^n)$, 然而引理表明 $P[p{|}_S]$ 的次数不超过 $p$ 的次数 $m-2$, 矛盾.

$\square$

推论 6.3. $$\dim H_m({\mathbb{R}}^n)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{n-1}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-3}{n-1}\right).$$

证明. 由命题 6.2, $\dim H_m({\mathbb{R}}^n)=\dim P_m({\mathbb{R}}^n)-\dim P_{m-2}({\mathbb{R}}^n)$, 而 $\dim P_m({\mathbb{R}}^n)$ 就是不同的次数为 $m$ 的 $n$ 维非负幂次的个数, 等于不同的次数为 $n+m$ 的 $n$ 维正整数幂次的个数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{n-1}\right)$.

$\square$

推论 6.4. $L^2(S)$ 有正交分解$$L^2(S)=\underset{m\ge 0}{⨁}{H}_m(S),$$其中 $H^m(S)=\{p{|}_S\mid p\in H^m({\mathbb{R}}^n)\}$.

证明. 根据 Stone-Weierstrass 定理有 $L^2(S)=\overline{C(S)}=\underset{m\ge 0}{⨁}{P}_m(S)$, 由命题 6.2, 对任何 $m$, $P_m(S)=\bigcup _{0\le k\le \lfloor \frac{m}{2}\rfloor }{H}_{m-2k}(S)$, 故有上述分解.

为说明各 $H_m(S)$ 相互正交, 注意到对于 $p\in H_m(S),q\in H_l(S)$, $m\ne l$, 有$$(l-m){\int }_{S}pqdS={\int }_{S}p\frac{\partial q}{\partial n}-q\frac{\partial p}{\partial n}dS={\int }_{B}p\Delta q-q\Delta pdV=0,$$第一步是因为 $\frac{\partial p}{\partial n}=\frac{d}{dr}p(r\cdot ){|}_{r=1}=\frac{d}{dr}(r^{m}p){|}_{r=1}=mp$, 同理 $\frac{\partial q}{\partial n}=lq$.

$\square$

7Laurent 级数

命题 7.1. 设 $u$ 是 $\{x\in {\mathbb{R}}^n\mid r<|x|<R\}$ 上的调和函数, $0\le r<\infty ,0<R\le \infty$.

对 $n\ge 3$, 存在唯一的 $p_m,q_m\in H_m({\mathbb{R}}^n)$ 使得$$u(x)=\sum _{m\ge 0}{p}_m(x)+\sum _{m\ge 0}\frac{q_m(x)}{|x{|}^{2m+n-2}},$$对 $n=2$, 存在唯一的 $p_m,q_m\in H_m({\mathbb{R}}^2)$ 使得$$u(x)=\sum _{m\ge 0}{p}_m(x)+q_0\log |x|+\sum _{m\ge 1}\frac{q_m(x)}{|x{|}^{2m}},$$以上两式均是内闭绝对一致收敛.

证明. 根据定理 5.3, 对 $n\ge 3$, $u$ 能唯一地写成 $\overline{B(0,R)}$ 上的调和函数 $v$ 与 $({\mathbb{R}}^n\cup \{\infty \})\backslash \overline{B(0,r)}$ 上的调和函数 $w$ 之和, 那么 $K[w]$ 就是 $B(0,r^{-1})$ 上的调和函数. 对 $n=2$, 需加一项 $u=v+w+q_0\log |x|$.

由定理 6.2, $v,K[w]$ 又能唯一地展开成级数$$v(x)=\sum _{m\ge 0}{p}_m(x),K[w](x)=\sum _{m\ge 0}{q}_m(x),$$其中 $p_m,q_m\in H_m({\mathbb{R}}^n)$. 对 $K[w](x)$ 两边作 Kelvin 变换, 就得到了该表达式.

$\square$

8参考文献

•	Shledon Axler, Paul Bourdon, Wade Ramey (2001). Harmonic Function Theory. Graduate Texts in Mathematics 137. Springer.