微分方程式の初歩4：調和関数の平均値性質と最大値原理

• $(1)$　
  $$ K(u,x,r)=\frac{1}{\lvert B(0,1)\rvert}\int_{B(0,1)}u(x+ry)dy, $$
  $$ S(u,x,r)=\frac{1}{\lvert \partial B(0,1)\rvert}\int_{\partial B(0,1)}u(x+ry)d\mu_{\partial B(0,1)}(y) $$
  であることとLebesgue優収束定理による。
• $(2)$　極座標変換と 注意 より、
  $$ \begin{aligned} K(u,x,r_0)&=\frac{1}{\lvert B(x,r_0)\rvert}\int_{0}^{r_0}\int_{\partial B(0,1)}r^{N-1}u(x+ry)d\mu_{\partial B(0,1)}(y)dr\\ &=\frac{N}{r_0^N}\int_{0}^{r_0}\frac{1}{\lvert \partial B(0,1)\rvert}\int_{\partial B(0,1)}r^{N-1}u(x+ry)d\mu_{\partial B(0,1)}(y)dr\\ &=\frac{N}{r_0^N}\int_{0}^{r_0}r^{N-1}S(u,x,r)dr \end{aligned} $$
  である。右辺の被積分関数 $(0,R]\ni r\mapsto r^{N-1}S(u,x,r)\in \mathbb{C}$ は $(1)$ より連続なので、
  $$ \begin{aligned} \frac{d}{dr}K(u,x,r_0)&=\frac{N}{r_0^N}(r_0^{N-1}S(u,x,r_0))-\frac{N^2}{r_0^{N+1}}\int_{0}^{r_0}r^{N-1}S(u,x,r)dr\\ &=\frac{N}{r_0}(S(u,x,r_0)-K(u,x,r_0)) \end{aligned} $$
  となる。
• $(3)$　 注意 とLebesgue優収束定理より、
  $$ \frac{d}{dr}S(u,x,r)=\frac{1}{\lvert \partial B(0,1)\rvert}\int_{\partial B(0,1)}(\nabla u(x+ry)\cdot y)d\mu_{\partial B(0,1)}(y) $$
  であり、$C^\infty$ 級同相写像 $\partial B(x,r)\ni y\mapsto \frac{y-x}{r}\in\partial B(0,1)$ に関する変数変換公式（ 補題12 ）より、
  $$ \frac{1}{\lvert \partial B(0,1)\rvert}\int_{\partial B(0,1)}(\nabla u(x+ry)\cdot y)d\mu_{\partial B(0,1)}(y) =\frac{1}{\lvert \partial B(x,r)\rvert}\int_{\partial B(x,r)}\nabla u(y)\cdot \frac{y-x}{r}d\mu_{\partial B(x,r)}(y) $$
  であるから成り立つ。
• $(4)$　$\partial B(x,r)\ni y\mapsto \frac{y-x}{r}\in \mathbb{R}^N$ は $B(x,r)$ の境界上の外向き単位法線ベクトル場（ 定義11 ）であるから、Gaussの発散定理（ 定理1 の $(1)$ ）と $(3)$、および 注意 より、
  $$ \begin{aligned} K(\Delta u,x,r)&=\frac{1}{\lvert B(x,r)\rvert}\int_{B(x,r)}\Delta u(y)dy=\frac{1}{\lvert B(x,r)\rvert}\int_{\partial B(x,r)}\nabla u(y)\cdot \frac{y-x}{r}d\mu_{\partial B(0,1)}(y)\\ &=\frac{\lvert \partial B(x,r)\rvert}{\lvert B(x,r)\rvert}\frac{d}{dr}S(u,x,r) =\frac{N}{r}\frac{d}{dr}S(u,x,r) \end{aligned} $$
  となる。

$(1)\Leftrightarrow(2)$ を示す。$(1)$ が成り立つならば、任意の $\overline{B(x,r_0)}\subset \Omega$ に対し、 命題1 の $(2)$ の上の式より、
$$ K(u,x,r_0)=\frac{N}{r_0^N}\int_{0}^{r_0}r^{N-1}S(u,x,r)dr=\frac{N}{r_0^N}\int_{0}^{r_0}r^{N-1}u(x)dr=u(x) $$
であるから $(2)$ が成り立つ。逆に $(2)$ が成り立つならば、任意の $\overline{B(x,r)}\subset \Omega$ に対し、 命題1 の $(2)$ の下の式より、
$$ 0=\frac{d}{dr}K(u,x,r)=\frac{N}{r}(S(u,x,r)-K(u,x,r))=\frac{N}{r}(S(u,x,r)-u(x)) $$
であるから $(1)$ が成り立つ。
$(1)\Rightarrow(3)$ を示す。$(1)$ が成り立つとする。
$$ \overline{B(x_0,r_0+\epsilon_0)}=\{y\in \mathbb{R}^N:\lvert y-x\rvert\leq r_0+\epsilon_0\}\subset \Omega\quad\quad(*) $$
なる任意の $x_0\in\Omega$ と $r_0,\epsilon_0\in (0,\infty)$ を取り固定する。$(3)$ が成り立つことを示すには $B(x_0,r_0)$ 上で $u$ が $C^\infty$ 級であることと $\Delta u(x_0)=0$ が成り立つことを示せば十分である。Urysohnの補題より連続関数 $v\colon \mathbb{R}^N\rightarrow \mathbb{C}$ で、
$$ v(x)=u(x)\quad(\forall x\in \overline{B(x_0,r_0+\epsilon_0)})\quad\quad(**) $$
を満たすものが取れる。$(\psi_{\epsilon})_{\epsilon\in (0,\infty)}$ をFriedrichsの軟化子（ 合成積とFourier変換の定義26.1 ）とし、
$$ \rho(r)\colon=\psi_{\epsilon_0}(r\omega)\quad(\forall r\in (0,\infty),\omega\in \partial B(0,1)) $$
と表すこととすると（注：Friedrichsの軟化子の定義（ 合成積とFourier変換の定義26.1 ）より、$\lvert x\rvert=\lvert y\rvert$ ならば $\psi_{\epsilon_0}(x)=\psi_{\epsilon_0}(y)$ であることに注意。）、任意の $x\in B(x_0,r_0)$ に対し、極座標変換（ 定理15 ）より、
$$ \begin{aligned} (2\pi\epsilon)^{\frac{N}{2}}(\psi_{\epsilon_0}*v)(x)&=\int_{\mathbb{R}^N}\psi_{\epsilon_0}(y)v(x-y)dy =\int_{\lvert y\rvert\leq\epsilon_0}\psi_{\epsilon_0}(y)u(x-y)dy\\ &=\int_{0}^{\epsilon_0}r^{N-1}\rho(r)\int_{\partial B(0,1)}u(x-r\omega)d\mu_{\partial B(0,1)}(\omega)dr\\ &=\int_{0}^{\epsilon_0}r^{N-1}\rho(r)u(x)\lvert \partial B(0,1)\rvert dr\\ &=\int_{0}^{\epsilon_0}r^{N-1}u(x)\int_{\partial B(0,1)}\psi_{\epsilon_0}(r\omega)d\mu_{\partial B(0,1)}(\omega)dr\\ &=\int_{\lvert y\rvert\leq\epsilon_0}\psi_{\epsilon_0}(y)u(x)dy=(2\pi)^{\frac{N}{2}}u(x) \end{aligned} $$
となる。ここで $4$ 番目の等号において $(1)$ が成り立つことを用いた。よって、
$$ u(x)=(\psi_{\epsilon_0}*v)(x)\quad(\forall x\in B(x_0,r_0)) $$
であり、$\psi_{\epsilon_0}*v\in C^\infty(\mathbb{R}^N)$ である（ 合成積とFourier変換の命題23.3 ）から、$u$ は $B(x_0,r_0)$ 上で $C^\infty$ 級である。$(1)$ が成り立つことと 命題1 の $(4)$ より、
$$ 0=\frac{d}{dr}S(u,x_0,r)=\frac{r}{N}K(\Delta u,x_0,r)\quad(\forall r\in (0,r_0)) $$
であるから、 命題1 の $(1)$ より、
$$ \Delta u(x_0)=\lim_{r\rightarrow+0}K(\Delta u,x_0,r)=0. $$
ゆえに $(3)$ が成り立つ。
$(3)\Rightarrow(4)$ は自明である。
$(4)\Rightarrow(1)$ を示す。$(4)$ が成り立つとする。$(*)$ を満たす任意の $x_0\in \Omega$ と $r_0,\epsilon_0\in (0,\infty)$ を取り、
$$ u(x_0)=S(u,x_0,r_0) $$
が成り立つことを示せばよい。$(**)$ を満たす連続関数 $v\colon \mathbb{R}^N\rightarrow\mathbb{C}$ を取り、$(\psi_{\epsilon})_{\epsilon\in (0,\infty)}$ をFriedrichsの軟化子とすると、 合成積とFourier変換 の命題23.5 より、
$$ {\rm supp}(\psi_{\epsilon}*\varphi)\subset {\rm supp}(\psi_{\epsilon})+{\rm supp}(\varphi)\subset B(x_0,r_0+\epsilon_0)\quad(\forall \epsilon\in (0,\epsilon_0],\forall \varphi\in D(B(x_0,r_0))) $$
であるから、任意の $\epsilon\in (0,\epsilon_0]$, 任意の $\varphi\in D(B(x_0,r_0))$ に対し、$v, \psi_{\epsilon}*\varphi$ を超関数とみなして、
$$ \begin{aligned} &\Delta(\psi_{\epsilon}*v)(\varphi)=(\psi_{\epsilon}*v)(\Delta \varphi)=v(\psi_{\epsilon}*\Delta \varphi)=v(\Delta(\psi_{\epsilon}*\varphi))\\ &=u(\Delta (\psi_{\epsilon}*\varphi))=\Delta u(\psi_{\epsilon}*\varphi)=0 \end{aligned} $$
となる。ただし $2$ 番目と $3$ 番目の等号でそれぞれ 合成積とFourier変換の命題23.8 と 命題23.3 を用いた。よって $\psi_{\epsilon}*v\in C^\infty(\mathbb{R}^N)$ は、
$$ \Delta(\psi_{\epsilon}*v)(x)=0\quad(\forall \epsilon\in (0,\epsilon_0],\forall x\in B(x_0,r_0)) $$
を満たすので、 命題1 の $(4)$ より、
$$ \frac{d}{dr}S((\psi_{\epsilon}*v),x_0,r)=\frac{r}{N}K(\Delta(\psi_{\epsilon}*v),x_0,r)=0\quad(\forall \epsilon\in (0,\epsilon_0],\forall r\in (0,r_0)) $$
となる。したがって 命題1 の $(1)$ と平均値の定理より、
$$ (\psi_{\epsilon}*v)(x_0)=S((\psi_{\epsilon}*v),x_0,r_0)\quad(\forall \epsilon\in (0,\epsilon_0]) $$
が成り立つ。そして $v\colon \mathbb{R}^N\rightarrow \mathbb{C}$ は連続関数であるから、 合成積とFourier変換の命題26.2 の $(1)$ より、コンパクト集合 $\overline{B(x_0,r_0)}$ 上で一様収束で、
$$ \lim_{\epsilon\rightarrow+0}(\psi_{\epsilon}*v)=v $$
が成り立つ。よって、
$$ u(x_0)=v(x_0)=\lim_{\epsilon\rightarrow+0}(\psi_{\epsilon}*v)(x_0)=\lim_{\epsilon\rightarrow+0}S((\psi_{\epsilon}*v),x_0,r_0)=S(v,x_0,r_0)=S(u,x_0,r_0) $$
を得る。

$(2)\Rightarrow(1)$は自明である。
$(1)\Rightarrow(2)$ を示す。$(1)$ が成り立つとする。
$$ M\colon =\underset{x\in \Omega}{\rm max}{\lvert u(x)\rvert}\in [0,\infty) $$
とおき、
$$ \Omega_0\colon=\{x\in \Omega:\lvert u(x)\rvert=M\} $$
とおくと、$\Omega_0$ は $\Omega$ の空でない閉集合である。任意の $x_0\in \Omega_0$ を取り、$\{x\in \mathbb{R}^N:\lvert x-x_0\rvert\leq r\}\subset \Omega$ 　なる正実数 $r$ を取る。このとき 定理2 の $(2)$ より、
$$ M=\lvert u(x_0)\rvert=\frac{1}{\lvert B(x_0,r)\rvert}\left\lvert\int_{B(x_0,r)}u(x)dx\right\rvert\leq \frac{1}{\lvert B(x_0,r)\rvert}\int_{B(x_0,r)}\lvert u(x)\rvert dx\leq M $$
であるから、非負値連続関数 $B(x_0,r)\ni x\mapsto M-\lvert u(x)\rvert\in [0,\infty)$ は、
$$ \int_{B(x_0,r)}M-\lvert u(x)\rvert dx=0 $$
を満たす。よって $M-\lvert u(x)\rvert=0$ $(\forall x\in B(x_0,r))$ であるから、$B(x_0,r)\subset \Omega_0$ である。ゆえに $\Omega_0$ は $\Omega$ の開集合でもあるから、$\Omega$ の連結性より $\Omega=\Omega_0$ である。よって $\lvert u\rvert$ は定数関数である。
$(3)\Rightarrow(2)$ は自明である。
$(2)\Rightarrow(3)$ を示す。$(2)$ が成り立つとする。$a:={\rm Re}(u), b:={\rm Im}(u)\colon\Omega\rightarrow\mathbb{R}$も調和関数であり、$\lvert u\rvert^2=a^2+b^2$は定数関数である。そして、
$$ \Delta a^2=(\Delta a)a+2\lvert \nabla a\rvert^2+a(\Delta a)=\lvert \nabla a\rvert^2, $$
$$ \Delta b^2=(\Delta b)b+2\lvert \nabla b\rvert^2+b(\Delta b)=\lvert \nabla b\rvert^2 $$
であるから、
$$ 0=\Delta(a^2+b^2)=\lvert \nabla a\rvert^2+\lvert \nabla b\rvert^2 $$
である。よって $\nabla a, \nabla b\colon\Omega\rightarrow \mathbb{R}^N$ は恒等的に $0$ である。 $\Omega$ は連結なので任意の $2$ 点は $\Omega$ 内の折れ線で結ぶことができる。（注：$x\in \Omega$ に対し、$x$ と $\Omega$ 内の折れ線で結ぶことができる点の集合を $\Omega_1$、$x$ と $\Omega$ 内の折れ線で結ぶことができない点の集合を $\Omega_2$ とすると、$\Omega_1,\Omega_2$ は明らかに開集合あるから、$\Omega$ の連結性より $\Omega=\Omega_1$ である。） そして$x,y\in \Omega$ が $\Omega$ 内の線分で結べるとき、微積分学の基本定理より、
$$ a(y)-a(x)=\int_{0}^{1}\nabla a(x+t(y-x))\cdot (y-x) dt=0 $$
であるから $a\colon\Omega\rightarrow\mathbb{R}$ は定数関数である。同様に $b\colon\Omega\rightarrow\mathbb{R}$ も定数関数なので、$u\colon\Omega\rightarrow\mathbb{C}$ は定数関数である。

$M\colon ={\rm max}_{x\in \overline{\Omega}}\lvert u(x)\rvert$ とおく。もし $\lvert u(x)\rvert=M$ を満たす $x\in \Omega$ が存在しないならば、$\lvert u(x)\rvert=M$ を満たす $x\in \partial\Omega$ が存在するので $(*)$ が成り立つ。よって $\lvert u(x_0)\rvert=M$ を満たす $x_0\in \Omega$ が存在するとして $(*)$ が成り立つことを示せばよい。$x_0$ を含む $\Omega$ の連結成分を $U$ とおく。$\Omega$ の任意の点は連結な開近傍を持つので $U$ は開集合であり、$u$ は $U$ 上で調和関数であるから、 命題3 より、$\lvert u(x)\rvert=M$ $(\forall x\in U)$ が成り立つ。よって $U$ の $\mathbb{R}^N$ における閉包を $\overline{U}\subset \overline{\Omega}$ とおくと、$u\colon\overline{\Omega}\rightarrow\mathbb{C}$ の連続性より $\lvert u(x)\rvert=M$ $(\forall x\in \overline{U})$ が成り立つ。これよりもし $\overline{U}\cap \partial\Omega\neq\emptyset$ ならば $(*)$ は成り立つ。そこで今、$\overline{U}\cap \partial\Omega=\emptyset$ であると仮定して矛盾を導く。このとき $\overline{U}\subset \Omega$ であり、$\overline{U}$ は $x_0$ を含む $\Omega$ の連結集合であるから、$U$ が $\Omega$ の連結成分であることから $U=\overline{U}$ である。$U\subset \Omega$ で $U=\overline{U}$ はコンパクト、$\Omega$ は開集合であるから、 超関数の定義と基本操作の命題2.2 の $(4)$ と Sobolev空間の基本事項の注意33.4 より、
$$ 0< d(U,\mathbb{R}^N\backslash \Omega)=d(U,\partial\Omega)=\inf\{\lvert x-y\rvert :x\in U,y\in \partial\Omega\}\quad\quad(**) $$
である。$U\times \partial\Omega\ni (x,y)\mapsto \lvert x-y\rvert\in [0,\infty)$ はコンパクト空間上の連続関数であるから $(**)$ の右辺の $\inf$ は実際は ${\rm min}$ であるので、
$$ \lvert a-b\rvert=d(U,\partial\Omega)>0 $$
を満たす $a\in U$, $b\in \partial\Omega$ が取れる。
$$ L\colon=\{a+t(b-a):t\in [0,1)\} $$
とおくと、任意の $x\in L$ に対し、
$$ \lvert x-a\rvert =t\lvert b-a\rvert<\lvert b-a\rvert=d(U,\partial\Omega)=d(U,\mathbb{R}^N\backslash \Omega) $$
であるので、$x\in \Omega$ である。よって $L\subset \Omega$ であり、$L$ は $a$ を含む $\Omega$ の連結集合で、$U$ は $a$ を含む $\Omega$ の連結成分であるので、$L\subset U$ である。これより、
$$ b\in \overline{L}\subset \overline{U}=U\subset \Omega $$
となるが、これは $b\in \partial\Omega$ であることに矛盾する。よって $\overline{U}\cap \partial\Omega\neq\emptyset$ であるから $(*)$ が成り立つ。

$u\colon\mathbb{R}^N\rightarrow\mathbb{C}$ を有界な調和関数とする。$x_1\neq x_2$ なる任意の $x_1,x_2\in \mathbb{R}^N$ を取り、$u(x_1)=u(x_2)$ が成り立つことを示せばよい。
$$ M\colon=\sup_{x\in \mathbb{R}^N}\lvert u(x)\rvert<\infty,\quad d\colon=\lvert x_1-x_2\rvert>0 $$
とおく。$r>d$ なる任意の正実数 $r$ に対し、 定理2 の $(2)$ より、
$$ \begin{aligned} &\lvert u(x_1)-u(x_2)\rvert=\frac{1}{\lvert B(0,r)\rvert}\left\lvert\int_{B(x_1,r)}u(x)dx-\int_{B(x_2,r)}u(x)dx\right\rvert\\ &\leq \frac{1}{r^N\lvert B(0,1)\rvert}\left(\int_{B(x_1,r)\backslash B(x_2,r)}\lvert u(x)\rvert dx+\int_{B(x_2,r)\backslash B(x_1,r)}\lvert u(x)\rvert dx\right)\\ &\leq \frac{1}{r^N\lvert B(0,1)\rvert}\left(M\lvert B(x_1,r)\backslash B(x_1,r-d)\rvert +M\lvert B(x_2,r)\backslash B(x_2,r-d)\rvert\right)\\ &\leq \frac{2M}{r^N\lvert B(0,1)\rvert}(r^N-(r-d)^N)\lvert B(0,1)\rvert=2M\left(1-\left(1-\frac{d}{r}\right)^N\right) \end{aligned} $$
であり、$r\rightarrow\infty$ とすれば右辺は $0$ に収束する。よって $u(x_1)=u(x_2)$ が成り立つ。