Harnackの不等式

1. $r<\rho< R$ となる $\rho$ をとる。$\overline B(a,\rho)\subset B(a,R)\subset\Omega$ であり、$|z-x|\le\rho-r$ なら $|z-a|\le|z-x|+|x-a|\le\rho$ なので $\overline B(x,\rho-r)\subset\overline B(a,\rho)$ である。平均値の性質を $a$ と $x$ で使い、$u\ge0$ から積分する範囲を小さくすると値が増えないことを使うと
   $$ u(a)=\frac{1}{V(B)\rho^n}\int_{B(a,\rho)}u\,dV\ge\frac{1}{V(B)\rho^n}\int_{B(x,\rho-r)}u\,dV=\Bigl(\frac{\rho-r}{\rho}\Bigr)^nu(x) $$
   となる。$\rho\to R$ とすれば 1 を得る。
2. $2r<\rho< R$ となる $\rho$ をとる。上と同じく $\overline B(x,\rho-r)\subset\overline B(a,\rho)\subset\Omega$ であり、$|z-a|<\rho-2r$ なら $|z-x|<\rho-2r+r=\rho-r$ なので $B(a,\rho-2r)\subset B(x,\rho-r)$ である。よって
   $$ u(x)=\frac{1}{V(B)(\rho-r)^n}\int_{B(x,\rho-r)}u\,dV\ge\frac{1}{V(B)(\rho-r)^n}\int_{B(a,\rho-2r)}u\,dV=\Bigl(\frac{\rho-2r}{\rho-r}\Bigr)^nu(a) $$
   であり、$\rho\to R$ として 2 を得る。
3. $|x-a|< R/4$ だから 1 より $u(x)\le\bigl(R/(R-R/4)\bigr)^nu(a)=(4/3)^nu(a)$ である。また関数 $r\mapsto(R-2r)/(R-r)=1-r/(R-r)$ は $0\le r< R/2$ で減少するので、$|y-a|< R/4$ なら 2 より $u(y)\ge\bigl((R/2)/(3R/4)\bigr)^nu(a)=(2/3)^nu(a)$ である。2 つを合わせて
   $$ u(x)\le\Bigl(\frac43\Bigr)^nu(a)\le\Bigl(\frac43\Bigr)^n\Bigl(\frac32\Bigr)^nu(y)=2^nu(y) $$
   となる。$\square$

$Z:=\{x\in\Omega\mid u(x)=0\}$ とおく。$u$ は連続なので $Z$ は $\Omega$ の閉集合である。$y\in Z$ とし、$B(y,R)\subset\Omega$ となる $R>0$ をとる。$x\in B(y,R/4)$ なら lem-harnack-ball の 3（$a=y$）により $0\le u(x)\le2^nu(y)=0$ なので $x\in Z$ である。よって $Z$ は開集合でもある。$\Omega$ は連結なので $Z=\emptyset$ または $Z=\Omega$ である。$\square$

cor-harnack-positivity により、$\Omega$ 上の負にならない調和関数は $u\equiv0$ か正の調和関数である。$u\equiv0$ なら主張は明らかなので、正の調和関数について示せばよい。$\Omega$ 上の正の調和関数全体を $\mathcal P$ と書く（定数 $1$ が属するので空でない）。
段 1（2 点の比較）． $x,y\in\Omega$ に対し
$$ s(x,y):=\sup\Bigl\{\frac{u(y)}{u(x)}\Bigm|u\in\mathcal P\Bigr\}\in[1,\infty] $$
とおく。$s(x,y)$ がつねに有限であることを示す。$x\in\Omega$ を固定し、$E:=\{y\in\Omega\mid s(x,y)<\infty\}$ とおく。$s(x,x)=1$ なので $x\in E$ である。

• $E$ は開集合：$y\in E$ とし、$B(y,R)\subset\Omega$ をとる。$z\in B(y,R/4)$ と $u\in\mathcal P$ について、lem-harnack-ball の 3（$a=y$）により $u(z)\le2^nu(y)\le2^ns(x,y)\,u(x)$ である。よって $s(x,z)\le2^ns(x,y)<\infty$ であり、$B(y,R/4)\subset E$ となる。
• $E$ は $\Omega$ の閉集合：$z\in\Omega$ が $E$ の点の極限であるとする。$B(z,R)\subset\Omega$ をとり、$y\in E\cap B(z,R/4)$ を選ぶ。$u\in\mathcal P$ について、lem-harnack-ball の 3（$a=z$、$z$ と $y$ はともに $B(z,R/4)$ の点）により $u(z)\le2^nu(y)\le2^ns(x,y)\,u(x)$ である。よって $s(x,z)<\infty$ で $z\in E$ である。
  $\Omega$ は連結なので $E=\Omega$ である。$x$ は任意だったから、$s$ は $\Omega\times\Omega$ の上で有限である。

段 2（コンパクト性）． 各 $a\in K$ について $B(a,R_a)\subset\Omega$ となる $R_a>0$ をとる。開球 $B(a,R_a/4)$（$a\in K$）は $K$ をおおうので、コンパクト性から有限個 $B(a_1,R_1/4),\dots,B(a_m,R_m/4)$ で $K$ がおおえる。
$$ C:=4^n\max_{1\le i,j\le m}s(a_j,a_i) $$
とおく。段 1 により $C<\infty$ であり、$s\ge1$ なので $C\ge1$ である。$x,y\in K$ とし、$x\in B(a_i,R_i/4)$、$y\in B(a_j,R_j/4)$ とする。$u\in\mathcal P$ について、lem-harnack-ball の 3 を球 $B(a_i,R_i)$ と球 $B(a_j,R_j)$ で使い、途中で $s$ の定義を使うと
$$ u(x)\le2^nu(a_i)\le2^ns(a_j,a_i)\,u(a_j)\le4^ns(a_j,a_i)\,u(y)\le C\,u(y) $$
となる。$C$ は $a_1,\dots,a_m$ と $R_1,\dots,R_m$、すなわち $\Omega$ と $K$ から決まり、$u$ によらない。$\square$

$r<\rho< R$ となる $\rho$ をとる。$u$ は $\overline B(a,\rho)$ を含む開集合 $B(a,R)$ 上で調和なので、Green関数 の記事の系「球の Poisson 積分の公式」により
$$ u(x)=\int_{\partial B(a,\rho)}\frac{\rho^2-r^2}{nV(B)\,\rho\,|x-y|^n}\,u(y)\,dS(y) $$
である（$dS$ は球面の表面積測度）。$y\in\partial B(a,\rho)$ なら三角不等式から $\rho-r\le|x-y|\le\rho+r$ である。$u\ge0$ なので、分母の $|x-y|^n$ を $(\rho-r)^n$ に置き換えると積分は小さくならず、$(\rho+r)^n$ に置き換えると大きくならない。また平均値の性質（球面の形）と球面の面積 $nV(B)\rho^{n-1}$ から $\int_{\partial B(a,\rho)}u\,dS=nV(B)\rho^{n-1}u(a)$ である。よって
$$ u(x)\le\frac{\rho^2-r^2}{nV(B)\,\rho\,(\rho-r)^n}\,nV(B)\rho^{n-1}u(a)=\frac{\rho^{n-2}(\rho+r)}{(\rho-r)^{n-1}}\,u(a) $$
であり、同様に $u(x)\ge\rho^{n-2}(\rho-r)(\rho+r)^{-(n-1)}u(a)$ である。$\rho\to R$ とすればよい。$\square$

$v:=u+M$ は $\mathbb{R}^n$ 上の負にならない調和関数である。$x,y\in\mathbb{R}^n$ を固定し、$R>|x-y|$ とする。$B(x,R)\subset\mathbb{R}^n$ なので、lem-harnack-ball の 1（$a=x$）により
$$ v(y)\le\Bigl(\frac{R}{R-|x-y|}\Bigr)^nv(x) $$
である。$R\to\infty$ とすると右辺の係数は $1$ に近づくので $v(y)\le v(x)$ である。$x$ と $y$ を入れ替えれば $v(x)\le v(y)$ なので $v(x)=v(y)$ であり、$u$ は定数である。上に有界な場合は $-u$ に当てはめればよい。$\square$

$m>k$ なら $u_m-u_k$ は $\Omega$ 上の負にならない調和関数である。
ある点 $y\in\Omega$ で $u_m(y)\to+\infty$ とする。任意の $x\in\Omega$ について、コンパクト集合 $\{x,y\}$ に thm-harnack-main を使うと、定数 $C$ があって $u_m(y)-u_1(y)\le C\bigl(u_m(x)-u_1(x)\bigr)$ がすべての $m$ で成り立つ。左辺は $+\infty$ に発散するので $u_m(x)\to+\infty$ であり、1 が成り立つ。
そうでなければ、ある点 $y$ で $(u_m(y))$ は上に有界な単調増加列なので収束する。$K\subset\Omega$ をコンパクト集合とし、$K':=K\cup\{y\}$ に thm-harnack-main を使って定数 $C$ をとる。$m>k$ と $x\in K$ について
$$ 0\le u_m(x)-u_k(x)\le C\bigl(u_m(y)-u_k(y)\bigr) $$
であり、右辺は $x$ によらず、$k,m\to\infty$ で $0$ に近づく。よって $(u_m)$ は $K$ 上で一様 Cauchy 列であり、一様に収束する。$K$ は任意なので、$(u_m)$ は各コンパクト集合上で一様に極限 $u$ に収束し、調和関数 の記事の系「局所一様収束極限」により $u$ は調和である。$\square$