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.
定义
一个 Rn 中非空开集 Ω 上复值二阶连续可微的函数 u 为调和函数是指Δu=0,其中 Δ=∑i=1n∂xi2∂2. Δu=0 称为 Laplace 方程.
以下 Ω 均默认为一个 Rn 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).
−∫ 表示平均积分, ωn 表示 Rn 中单位球的面积.
例子
• | 对 n=2, 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)=ℜlogz=log∣z∣. |
• | 对 n≥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. |
基本性质
1. (面积形式) 若 u 在 Bˉ(a,r) 调和, 则成立 u(a)=−∫S(a,r)udS.
2. (体积形式) 若 u 在 Bˉ(a,r) 调和, 则成立 u(a)=−∫B(a,r)udV.
3. (面积形式之逆) 对 u∈C(Ω), 若对每个 x∈Ω 都存在一列 ri→0 使 u(x)=−∫S(x,ri)udS, 则 u 在 Ω 调和.
4. (体积形式之逆) 对 u∈C(Ω), 若对每个 x∈Ω 都存在一列 ri→0 使 u(x)=−∫B(x,ri)udV, 则 u 在 Ω 调和.
证明. 1. 令 ϕ(r)=−∫Su(a+rζ)dS, 则由 Green 公式, ϕ′(r)=−∫S∇u(a+rζ)⋅ζdS=ωnrn−1∫S(a,r)∂ν∂udS=ωnrn−1∫B(a,r)ΔudV=0,于是 ϕ(r) 为常数. 而且, limr→0ϕ(r)=u(a).
2. 由 dV=rn−1drdS 及 1.
3. 不妨
u 实值, 且只需证命题对
Bˉ(a,r)⊂Ω 成立. 存在与
u 在
Bˉ(a,r) 的边界相等的
Bˉ(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
ri 有
(u−v)(x)=M>−∫S(x,ri)(u−v)dS.4. 和 3 相同.
• | u 是连通 Ω 上的调和函数, 若 ∣u∣ 在 Ω 取到最大值, 则 u 为常数. |
• | u 是 Ω 上的实值调和函数, 若对每个趋于 ∂Ω 中一点或 ∞ 的序列 {an} 有 limsupn→∞u(an)≤M, 则 u≤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={x∣ℜu(x)=M}. 由平均值性质知 U 是开集, 又由 U 闭得 U=Ω, 即 u 在整个 Ω 取值为 M. |
• | 设一列 {an} 趋于 M’=supΩu, 需证 M′≤M. 若存在 {an} 的子列收敛于某点 a∈Ω, 则 u(a)=M′, 由前一结论得 a 所在的连通分支 u≡M′, 于是 M′≤M. 若这样的子列不存在, 那么 {an} 存在子列趋于 ∂Ω 中一点或 ∞, 也得到 M′≤M. |
在第一个命题中若 u 无零点把 u 换成 u1, 在第二个命题中把 u 换成 −u, 就得到相应的最小模原理.
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.
f∈C(S) 的 Poisson 积分为P[f]=−∫Sf(ζ)∣x−ζ∣n1−∣x∣2dS(ζ).P(x,ζ)=∣x−ζ∣n1−∣x∣2 称为 Poisson 核.
P(⋅,ζ) 在 Rn−{ζ} 调和, 且 −∫SP(x,ζ)dS(ζ)=1.
证明. 直接计算得
P( ⋅ ,ζ) 调和, 且
−∫SP(x,ζ)dS(ζ)=−∫SP(∣x∣ζ,∣x∣x)dS(ζ)=P(0,∣x∣x)=1.第一个等号是由于
(x,ζ) 与
(∣x∣ζ,∣x∣x) 轴对称, 第二个等号由于
P( ⋅ ,ζ) 的平均值性质.
u 在 Bˉ 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 u~={uP[u∣S]x∈Sx∈B 在 B 调和, 在 S 连续. u~ 在 B 调和是 P( ⋅ ,ζ) 调和的直接推论, 且对 y∈S 和离 y 很近的 x∈B,
∣u~(x)−u~(y)∣=∣−∫S(u(ζ)−u(y))P(x,ζ)dS(ζ)∣≤Sn1(∫∣ζ−y∣<δ∣u(ζ)−u(y)∣P(x,ζ)dS(ζ)+∫∣ζ−y∣≥δ∣u(ζ)−u(y)∣P(x,ζ)dS(ζ))≤Sn1(∣ζ−y∣<δsup∣u(ζ)−u(y))∣+2Smax∣u∣∫∣ζ−y∣≥δ∣u(ζ)−u(y)∣P(x,ζ)dS(ζ))→0.先让
δ 充分小, 再令
x 趋近于
y 使
P(x,ζ)→0, 就得到上式充分小.
证明. 使用
u(x)=−∫Su(ζ)P(x,ζ)dS(ζ) 以及
P( ⋅ ,ζ) 解析.
连通 Ω 上实解析函数 f 若在 Ω 内一非空开集上为 0, 则在整个 Ω 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=Ω.
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.
对于定义在 Ω−{a} 的函数 f, a 就称为 f 的奇点. 若 Ω−{a} 上的调和函数 u 可延拓为 Ω 上的调和函数, 则称 a 为 u 的可去奇点.
对 n≥3, Ω−{a}⊂Rn 上的调和函数 u 若满足当 x→a 有 u=o(∣x−a∣2−n), 则 a 是 u 的可去奇点.
而当 n=2, Ω−{a}⊂R2 上的调和函数 u 若满足当 x→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 Bˉ−{0} 上满足条件的 u 证明即可.
当 n≥3, 构造 Bˉ−{0} 上的调和函数vϵ(x)=u(x)−P[u∣S](x)+ϵ(∣x∣2−n−1)(ϵ>0),则当 ∣x∣→1, vϵ(x)→0, 又由条件当 x→0, vϵ(x)→+∞.
由最小模原理, vϵ≥0. 令 ϵ→0 得u(x)−P[u∣S](x)=ϵ→0limvϵ(x)≥0,再用 −u 代替 u 得到反向的不等式. 因此 u 可延拓为 Bˉ 上的调和函数 P[u∣S].
n=2 时将
vϵ 中的
∣x∣2−n−1 换成
−log∣x∣ 即可.
设 K⊂Ω 是紧集, u 是 Ω\K 上的调和函数. u 能唯一地分解为u=v+w,其中 v 是 Ω 上的调和函数, w 是 Rn\K 上的调和函数, 且对 n≥3, x→∞limw(x)=0, 对 n=2, x→∞limw(x)−clog∣x∣=0 对某数 c 成立.
证明. 取定紧集 K⊂L0⊂E0⊂F⊂Ω. 对 x∈Ω, 再取紧集 K⊂L⊂L0,E0⊂E⊂F 使得 x∈E\L, 以及 φ∈Cc∞(Ω\K) 满足 φ∣E\L=1,φ∣Ω\F=0.
由 Green 公式, 以及对于 E\L 有 Δ(uφ)=Δu=0, 对于 Ω\F 有 uφ=0, 得到u(x)=(uφ)(x)=∫Ω\KΔ(uφ)(y)Γ(x,y)dy=∫F\EΔ(uφ)(y)Γ(x,y)dy+∫L\KΔ(uφ)(y)Γ(x,y)dy:=v(x)+w(x),其中 Γ(x,y) 是 Laplace 方程的基本解, 关于 x 调和, F\E,L\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,Rn\L 上的调和函数, 且对 n≥3, 当 x→∞ 时 Γ(x,y) 一致趋于 0, 故 w(x)→0, 对 n=2, Γ(x,y) 一致趋于 2π1log∣x∣, 故 w(x)−∫L\KΔ(uφ)(y)dy2π1log∣x∣→0.
v,w 实际上不依赖于
L,E 的选取, 这是因为设
v~,w~ 由
L~,E~ 给出, 由于
u=v+w=v~+w~ 在
E0\L0 上成立, 可定义
h={v−v~,w~−w,x∈E0x∈Rn\L0,h 是
E0∪(Rn\L0)=Rn 上的调和函数, 且对
n≥3,
x→∞limh(x)=0, 由 Liouville 定理,
h=0, 于是
v=v~,
w=w~, 对
n=2,
x→∞limh(x)−(c~−c)log∣x∣=0, 由 Liouville 定理,
h=(c~−c)log∣x∣, 则
c~=c,
h=0.
调和多项式
记 Pm(Rn) 为次数为 m 的齐次多项式的空间, 子空间 Hm(Rn) 为 Pm(Rn) 中的调和函数.
对于 p∈Pm(Rn), 存在 q∈Pm−2(Rn) 使 P[p∣S]=p+(1−∣x∣2)q.
证明. 只需说明存在 q∈Pm−2(Rn) 使 p+(1−x2)q 调和即可, 这是因为 P[p∣S]=p+(1−x2)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≥2. 考虑有限维线性空间 0≤k≤m−2⨁Pk(Rn) 到自身的线性映射
q↦Δ((1−∣x∣2)q),由于
(1−x2)q 在
S 上为
0, 若
Δ((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
−Δp∈Pm−2(Rn), 存在
q∈Pm−2(Rn) 使
Δ(1−∣x∣2)q=−Δp,即
p+(1−∣x∣2)q 调和.
Pm(Rn)=0≤k≤⌊2m⌋⨁∣x∣2kHm−2k(Rn).
证明. 只需要证明 Pm(Rn)=Hm(Rn)⊕∣x∣2Pm−2(Rn) 即可, 之后就继续分解 ∣x∣2Pm−2(Rn)=∣x∣2Hm−2(Rn)⊕∣x∣4Pm−4(Rn).
m=0,1 时这就是 Pm(Rn)=Hm(Rn); 下设 m≥2. 由引理, 对 p∈Pm(Rn), 存在 q∈Pm−2(Rn) 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∣2qm−2, 有 p=P[p∣S]m+∣x∣2qm−2∈Hm(Rn)+∣x∣2Pm−2(Rn).
为说明这是直和, 假设
p∈Pm−2(Rn) 不是
0, 且
∣x∣2p∈Hm(Rn), 那么
P[p∣S]=P[(∣x∣2p)∣S]=∣x∣2p∈Pm(Rn), 然而引理表明
P[p∣S] 的次数不超过
p 的次数
m−2, 矛盾.
dimHm(Rn)=(n−1n+m−1)−(n−1n+m−3).
证明. 由命题
6.2,
dimHm(Rn)=dimPm(Rn)−dimPm−2(Rn), 而
dimPm(Rn) 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
(n−1n+m−1).
L2(S) 有正交分解L2(S)=m≥0⨁Hm(S),其中 Hm(S)={p∣S∣p∈Hm(Rn)}.
证明. 根据 Stone-Weierstrass 定理有 L2(S)=C(S)=m≥0⨁Pm(S), 由命题 6.2, 对任何 m, Pm(S)=0≤k≤⌊2m⌋⋃Hm−2k(S), 故有上述分解.
为说明各
Hm(S) 相互正交, 注意到对于
p∈Hm(S),q∈Hl(S),
m=l, 有
(l−m)∫SpqdS=∫Sp∂n∂q−q∂n∂pdS=∫BpΔq−qΔpdV=0,第一步是因为
∂n∂p=drdp(r⋅)∣r=1=drd(rmp)∣r=1=mp, 同理
∂n∂q=lq.
Laurent 级数
设 u 是 {x∈Rn∣r<∣x∣<R} 上的调和函数, 0≤r<∞,0<R≤∞.
对 n≥3, 存在唯一的 pm,qm∈Hm(Rn) 使得u(x)=m≥0∑pm(x)+m≥0∑∣x∣2m+n−2qm(x),对 n=2, 存在唯一的 pm,qm∈Hm(R2) 使得u(x)=m≥0∑pm(x)+q0log∣x∣+m≥1∑∣x∣2mqm(x),以上两式均是内闭绝对一致收敛.
证明. 根据定理 5.3, 对 n≥3, u 能唯一地写成 B(0,R) 上的调和函数 v 与 (Rn∪{∞})\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+q0log∣x∣.
由定理
6.2,
v,K[w] 又能唯一地展开成级数
v(x)=m≥0∑pm(x),K[w](x)=m≥0∑qm(x),其中
pm,qm∈Hm(Rn). 对
K[w](x) 两边作 Kelvin 变换, 就得到了该表达式.
参考文献