数理解析研究所講究録 1293 巻 2002 年 55-64

55$\mathrm{S}\mathrm{i}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{p}\mathrm{i}\acute{\mathrm{n}}\mathrm{s}\mathrm{k}\mathrm{i}$ガスケット上の調和関数

米子工業高等専門学校

倉田

久靖 (Hisayasu KURATA)

Yonago National College of Technology

1

離散近似
を局所有限なグラフとする. ただし、 $X$ および はそれぞれ頂点および辺の集の元は $X$ の元の非順序対とする. さらに次の条件を満たすとする.
$\epsilon$$(X, \mathcal{E})$合で、$\epsilon$(i) $X$ は$X_{0},$ $X_{1},$$\ldots$に、 また$\epsilon$

は$A_{1},$ $A_{2},$$\mathfrak{B}_{1},$$\mathfrak{B}_{2},$$\ldots,$$\ldots$に分割される. ただし、

$X_{0}$

は1 点集合である.
(ii) 任意の $n\geq 1$ と $x\in X_{n}$ (こついて、 $(x,p(x))\in A_{n}$ を満たす頂点 $p(x)\in X_{n-1}$ がの元はこの形に書ける. また、 すべての $x\in X$ について
唯一つ存在する. 逆に$x=p(y)$ を満たす頂点 $y\in X$ が存在する.
$A_{n}$(iii) B。の元はこれらから、$X_{n}$の元の対である.

$(X, \bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n})$が樹木構造を持つこと、 また各$X_{n}$

が有限集合であることがわ; すべての (こついて} とおく. これ(\mbox{\boldmath $\xi$})=x。とは上記の樹木構造の枝に沿う頂点列の全体である. $\xi=\{x_{n}\}_{n}\in$ 三に対しおく.
三について $\Sigma_{n}l_{0}(x_{n-1}, x_{n})<\infty$ となるものが上に正値関数 で、任意のとする.
について、 それらを結ぶ道の全体を与えられているとする. 2 頂点
かる.

また三 $=$ {$n$$\{x_{n}\}_{n=0}^{\infty}$$x_{n}\in X_{n\text{、}}(x_{n-1},$ $x_{n}) \in\bigwedge_{n}$$\gamma_{n}$$\epsilon$$\{x_{n}\}_{n}\in$$l_{0}$$\mathfrak{R}(x, y)$$x_{\text{、}}y$すなわち$\mathfrak{R}(x, y)=\{\{e_{j}\}_{j=1}^{k}$;$e_{j}=(z_{j-1}, z_{j})\in \mathcal{E},$$z_{0}=x,$ $z_{k}=y,$ $k\geq 1\}$とする. ただし、 $x=y$ のときは空列も含めておく. 更に$l(x, y)= \inf\{\sum_{j}l_{0}(e_{j});\{e_{j}\}_{j}\in\Re(x, y)\}$とおけぼ、 は $X$ の距離になる.
$l$

補題 1. 任意の$\xi,$$\eta\in$三について、 $\rho(\xi, \eta):=\lim_{marrow\infty,narrow\infty}l(\gamma_{m}(\xi), \gamma_{n}(\eta))$ が存在する.

56
証明. $\xi=\{x_{n}\}_{n^{\text{ }}}\eta=\{y_{n}\}_{n}$ とする. 任意の、$\epsilon>0$(こつぃて、 $\sum_{j=N}^{\infty}l_{0}(x_{j}, x_{j+1})<\epsilon$ およびが成り立つような整数 を取る. $m_{2}>m_{1}\geq N$ かっ $n_{2}>n_{1}\geq N$ と
する.
を満たす
を取る.
欠
かつ
火(
) であるから、となる. 逆も同様に得られるから、 主張を得るを.
$N$$\sum_{j=N}^{\infty}l_{0}(y_{j}, y_{j+1})<\epsilon$$\sum_{j}l_{0}(e_{j})\leq l(x_{m_{1}}, y_{n_{1}})+\epsilon$$\{e_{j}\}_{j}\in \mathfrak{R}(x_{m_{1}}, y_{n_{1}})${(y 得 yj+l)}jn$=n_{1}2^{-1}\in$$(x_{m_{1}}.x_{m_{2}})$

明らかに$\xi,$$\eta,$$\zeta\in$$y_{n}$$l(x_{m_{2}}, y_{n_{2}})\leq l(x_{m_{1}}, y_{n_{1}})+3\epsilon \text{口}$$\rho(\xi, \eta)=\rho(\eta, \xi)\text{、}$が成り立っ. ここで、 $\rho(\xi, \eta)=0$ のとき含む同値類を$y_{n_{\mathit{2}}}$

三について$\rho(\xi, \xi)=0_{\text{、}}$$\tilde{\xi}$$\{(x_{j}, x_{j+1})\}_{j=m_{1}}^{m_{2}-1}\in$$\xi\sim\eta$$\rho(\xi, \zeta)\leq\rho(\xi, \eta)+\rho(\eta, \zeta)$と定めれぼ、 これは同値関係になる.

とし、 その全体を孟とする. このとき、$\tilde{\rho}(\tilde{\xi},\tilde{\eta}):=\rho(\xi, \eta)$

$\xi$

を

は代表元の取が主上の距離になることがわかる.
.
ここで、上記の条件を満たすネットヮーク列の例を構或する. 実際、与えられたコンパり方によらないことと、$\tilde{\rho}$

に対し、孟と $K$ が Lipschitz 同値になるようにできる. まず、 $K$ を含むを取る. 簡単のための辺の長さは 1 であるとする.
とおく. 次$K$にを等分した立方体のうちと交わるものの全体をとする. さらにの各立
方体を 等分した立方体のうち $K$ と交わるものの全体を Q2 とする. 以下同様にを定める. 各について相異なる頂点 $x(Q)$ を取り、
クト集合
閉立方体

$K\subset \mathbb{R}^{d}$$Q_{0}$$Q_{0}$$\Omega_{0}=\{Q_{0}\}$$2^{d}$$Q_{0}$$\mathrm{Q}_{1}$$\mathrm{Q}_{1}$$2^{d}$$\mathrm{Q}_{n}$$Q \in\bigcup_{n\geq 0}\Omega_{n}$$X_{n}=\{x(Q);Q\in\Omega_{n}\}$ 、$A_{n}=\{(x(P), x(Q));P$ は $Q$ の$2^{d}$

等分の一つで$P\in\Omega_{n}\}\text{、}$$t\mathfrak{B}_{n}=\{(x(P), x(Q));P, Q\in \mathrm{Q}_{n^{\text{、}}}P\cap Q\neq\emptyset\}$とおく. さら (このとき $l_{0}(x, y)=2^{-n}$ と定め、 l、三などを前述のよう (こ定める. 任意の $\xi=\{x(Q_{n})\}_{n=0}^{\infty}\in$ 三に対し口 n
は 1 点であるから、 その点をと書けば、 は三から $K$ への全射になっている.
$(x, y)\in A_{n}\mathrm{U}\mathfrak{B}_{n}$$Q_{n}$$\pi(\xi)$$\pi$

補題 2. 任意の$\xi,$$\eta\in$

三について$\rho(\xi, \eta)/6\leq|\pi(\xi)-\pi(\eta)|\leq\sqrt{d}\rho(\xi, \eta)$が成り立つ.

証明. $\xi=\{X(P_{n})\}_{n^{\text{、}}}\eta=$ { (Qn)}。とする. まず $\pi(\xi)=\pi(\eta)$ のときを考える. このとき寡 $P_{n}= \bigcap_{n}Q_{n}$ であるから、 特に任意の につぃてである. よって$(X(P_{n}), X(Q_{n}))\in \mathfrak{B}_{n}$ となり、 したがって$l(X(P_{n}), X(Q_{n}))\leq l_{0}(X(P_{n}), X(Q_{n}))=2^{-n}$ となるから、 $\rho(\xi, \eta)=0$ となる. よって与式は成り立っ.
以下 $\pi(\xi)\neq\pi(\eta)$ とする. このとき
かつ $P_{N+1}\cap QN+1=\emptyset$ となる $N$ を取$|\pi(\xi)-\pi(\eta)|\geq2^{-(N+1)}$
れぼ、となる. $n>N$ のとき
$X$

$n$

$n$

$P_{n}\cap Q_{n}\neq\emptyset$$P_{N}\cap Q_{N}\neq\emptyset$$\{(x(P_{j-1}), x(P_{j}))\}_{j=N+1}^{n}\in \mathfrak{R}(x(P_{n}), x(P_{N}))$ 、$\{(x(P_{N}), x(Q_{N}))\}\in$ 次 $(x(P_{N}), x(Q_{N}))$ 、$\{(x(Q_{j-1}), x(Q_{j}))\}_{j=N+1}^{n}$$\in$

欠 $(x(Q_{N}), x(Qn))$57となるから、$l(x(P_{n}), x(Q_{n}))\leq 2^{-N}+2^{-N}+2^{-N}\leq 6|\pi(\xi)-\pi(\eta)|$を得る.

$narrow\infty$とすれば$\rho(\xi, \eta)\leq 6|\pi(\xi)-\pi(\eta)|$となる.

第 2 の不等式を示すために、 $\{(x(R_{j-1}), x(R_{j}))\}_{j=1}^{m}\in \mathfrak{R}(x(P_{n}), x(Q_{n}))$ とする. 立方体$Q$ の中心を $c(Q)$ と書く. $(x(R_{j-1}), x(R_{j}))\in A_{k}\cup \mathfrak{B}_{k}$ とすると、 $l_{0}(x(R_{j-1}), x(Rj))=2^{-k}$
かつ $|c(R_{j-1})-c(R_{j})|\leq\sqrt{d}2^{-k}$ となるから、 $|c(R_{j-1})-c(R_{j})|\leq\sqrt{d}l_{0}(x(R_{j-1}), x(R_{j}))$

となる.

よって

$|c(P_{n})-c(Q_{n})| \leq\sum_{j=1}^{m}|c(R_{j-1})-c$(I ら)| $\leq\sqrt{d}\sum_{j=1}^{m}l_{0}(x(R_{j-1}), x(R_{j}))$を得る. 右辺の下限を考えれぼ$|c(P_{n})-c(Q_{n})|\leq\sqrt{d}l(x(P_{n}), x(Q_{n}))$となる.

$\pi(\xi)$.

$\in P_{n}$より、 $|\pi(\xi)-c(P_{n})|\leq\sqrt{d}2^{-(n+1)}$ となるから、$|\pi(\xi)-\pi(\eta)|\leq 2\sqrt{d}2^{-(n+1)}+\sqrt{d}l(x(P_{n}), x(Q_{n}))$となり、 $narrow\infty$ とすれば$|\pi(\xi)-\pi(\eta)|\leq\sqrt{d}\rho(\xi, \eta)$

を得る.

口

この補題により$\xi\sim\eta$のとき $\pi(\xi)=\pi(\eta)$ となること、従って$\tilde{\xi}\in$

孟に対し$\tilde{\pi}$$(\overline{\xi})=\pi(\xi)$と定義できることがわかる. さらに$\tilde{\rho}(\tilde{\xi},\tilde{\eta})/6\leq|\tilde{\pi}(\tilde{\xi})-\tilde{\pi}(\tilde{\eta})|\leq\sqrt{d}\tilde{\rho}(\tilde{\xi},\tilde{\eta})$が成り立つこともわかる. すなわち次の定理を得る.
定理 3.

$\tilde{\pi}$は孟から $K$ への両 Lipschitz 連続写像である.

上記で $X$ などを構或する際、$Q_{0}$

が立方体であることや、 各立方体を$2^{d}$

等分することは本質的ではない.
例 4($\ovalbox{\tt\small REJECT}(z)$ガスケット). 複素平面上の正三角形$=(z+p_{j})/2(j\in L=\{1,2,3\})$ とおく.

$\mathrm{S}\mathrm{i}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{p}\mathrm{i}\acute{\mathrm{n}}\mathrm{s}\mathrm{k}\mathrm{i}$

について
を取り、
の不変集合、 すなわち $K=$

$p_{1}p_{2}p_{3}$$\{F_{1}, F_{2}, F_{3}\}$$z\in \mathbb{C}$58.

を満たすコンパクト集合 $K$ が唯一っ存在する. それをという. $a_{j}\in L$ としとおくと、 任意の$\mathrm{U}\ovalbox{\tt\small REJECT}_{\ovalbox{\tt\small REJECT}}$$F_{\ovalbox{\tt\small REJECT}}(K)$$F_{a_{l}}\ovalbox{\tt\small REJECT} O_{B}\ovalbox{\tt\small REJECT}\ovalbox{\tt\small REJECT} F\mathrm{Q}_{\mathrm{I}}\circ\cdots\circ F_{a_{n}}$$K= \cup\{\lim_{narrow\infty}F_{a_{1}\cdots a_{n}}(z_{0})$$\mathrm{S}\mathrm{i}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{p}\mathrm{i}\ovalbox{\tt\small REJECT} \mathrm{s}\mathrm{k}\mathrm{i}$$z_{0}arrow \mathbb{C}$; すべての

$j$

ガスヶット

に対し

について $a_{j}\in L\}$となることが知られている.
をアルファベットとする長さとの単語の全体をする. $x=a_{1}\cdots a_{n}\in X_{n}$ と $y=b_{1}\cdots b_{m}\in X_{m}$ (こついて $xy=a_{1}\cdots a_{n}b_{1}\cdots b_{m}\text{、}$
$L$

$n$

などと書く. また$\{(x, y);x, y\in X_{n^{\text{、}}}F_{x}(K)\cap F_{y}(K)\neq\emptyset\}$ とし、$x^{2}$$=xx_{\text{、}}x^{3}=xxx$$=$$A_{n}$$X_{n}$$\{(x, xa);x\in X_{n-1,\text{、}}a\in L\}_{\text{、}}\mathfrak{B}_{n}=$$e\in A_{n}\cup \mathfrak{B}_{n}$のとき $l_{0}(e)=2^{-n}$ とおく.

さらに長さが無限の単語の全体を三とし、 $\xi=a_{1}\cdots a_{n}\cdots\in$ 三に対しとおく. 前述と同様に \rho \tilde 、(\mbox{\boldmath $\xi$})=lim ユーエ
を定めれば、 定理 3 と同様に$\gamma_{n}(\xi)=a_{1}\cdots a_{n\text{、}}$$F_{\gamma_{n}(\xi)}(z_{0})$$\pi$$\tilde{\pi}$$\sqrt{3}/6\cdot\tilde{\rho}(\tilde{\xi},\tilde{\eta})\leq|\tilde{\pi}(\tilde{\xi})-\tilde{\pi}(\tilde{\eta})|\leq\tilde{\rho}(\tilde{\xi},\tilde{\eta})$が成り立つことがわかる. すなわち、

2$\tilde{\pi}$は三から $K$ への両 Lipschitz 連続写像である.

調和関数
まず各世代における調和関数を考える. $X_{n}(n\geq 1)$ 上の関数

$u$

につぃて

$\triangle_{n}u(x)=\sum_{\in yX_{n^{\text{、}}}(y,x)\in tB_{n}}\frac{u(y)-u(x)}{l_{0}(y,x)}$

とおく.
が点 $x\in X_{n}$ で調和であるとは $\triangle_{n}u(x)=0$ を満たすこととし、
で調和であるとはの各点で調和であることとする.
に対し$u$$\mathrm{Y}$$X_{n}$の部分集合$\mathrm{Y}$$\mathrm{Y}\subset X_{n}$$\overline{\mathrm{Y}}=\mathrm{Y}\cup${$x\in X_{n}$; ある$y\in \mathrm{Y}$(こつぃて $(x,$$y)\in \mathfrak{B}_{n}$}とおく.
補題 5(最大値原理).

$\mathrm{Y}$を$(X_{n}, \mathfrak{B}_{n})$た関数 が で調和であるとする.
で定数である.
$\mathrm{Y}$$u$の連結部分グラフの頂点の集合とし、$\max_{\overline{Y}}u=u(x)$を満たす頂点$x\in \mathrm{Y}$で定義されがあれぼ、 は$\overline{\mathrm{Y}}$$u$$\overline{\mathrm{Y}}$証明.

で最大になることから、となる. 従って、 $\triangle_{n}u(x)=0$ は返せぼ良い.

$(x, y)\in \mathfrak{B}_{n}$

$x$

定理 6.
意の関数

$S_{n}$の部分集合で、に対しは$u_{0}$$X_{n}$$X_{n}\backslash S_{n}$を満たす$X_{n}$

上の関数

$u$

$u$

を満たすすべての$y$につぃて $u(y)-u(x)\leq 0$が– で定数であることを意味する. この議論を繰り$\{x\}$

口$X_{n}$(こおいてのすべての連結或分と交わるものとする.

$\triangle_{n}u=0_{\text{、}}$が唯一つ存在する.

$S_{n}$

において $u=u_{0}$$S_{n}$

上の任

(1)

59
であれば補題 5 により $u\equiv 0$ となる. すなわち、 連立方程式 (1) が同次のと証明.
にきは、 その解は唯一つである. 従って、 その係数行列は可逆であり、 よって任意の$u_{0}\equiv 0$$u_{0}$

対し (1) l よ唯一つの解を持つ.

口

次に孟上の調和関数を定義する.
とする.

(i) 列
(ii)

を

$u_{n}$$X_{n}$

上の関数で$\{u_{n}(\gamma_{n}(\xi))\}_{n}$$\xi\sim\eta$

主とし$\tilde{\Sigma}\subset$$X_{n}\backslash S_{n}$は $\xi\in$ 三につ$\mathrm{A}\mathrm{a}$$\Sigma=\{\xi\in\Xi;\tilde{\xi}\in\Sigma\}\sim\text{、}S_{n}=\{\gamma_{n}(\xi);\xi\in\Sigma\}$

で調和なものとする. これらがて一様収束する.

ならば $\lim_{narrow\infty}u_{n}(\gamma_{n}(\xi))=\lim_{narrow\infty}u_{n}(\gamma_{n}(\eta))$ .

を満たすとき、$\varphi(\tilde{\xi}):=\lim_{narrow\infty}u_{n}(\gamma_{n}(\xi))$

は主において調和であるという.

$\backslash \tilde{\Sigma}$$\varphi$は三全体で定義されていることを注意する.
定理 7(弱最大値原理).

$—\sim\backslash \tilde{\Sigma}$の調和関数$\varphi$は$\mathrm{s}\mathrm{p}\varphi=\sup_{\sim,\Sigma}\varphi\frac{\mathrm{u}-}{=}$

を満たす.
を取れば $u_{n}(x_{n})>\varphi(\tilde{\xi})-\epsilon$ となはに一様収る. また補題 5 より、 $u(y_{n})\geq u(x_{n})$ を満たす頂点 $y_{n}\in S_{n}$ が取れる.

証明.

$\tilde{\xi}\in$

主とし $\xi=\{x_{n}\}_{n}$ とする. 十分大きな

$n$

$u$

束するから、 $\gamma_{n}(\eta)=y_{n}$ となるとなり、$\varphi(\tilde{\xi})<\varphi(\tilde{\eta})+2\epsilon$$\eta\in\Sigma$(こついて $u(y_{n})<\varphi(\tilde{\eta})+\epsilon$ としてよ$\sup--\simeq\varphi\leq\sup_{\Sigma}^{-}\varphi+2\epsilon$

上の関数
主における Dirichlet 問題を考える.
いてを満たすものがあるとき、 を組
系 8. 任意の組
証明.

2 つの解

$\varphi$$(\sim\Sigma,$$\varphi_{1}$$\varphi 0)$と$\varphi_{2}$$(\sim\Sigma,$

. よって

となる.

$\tilde{\Sigma}$$\varphi=\varphi_{0}$$\iota_{\sqrt}\backslash$$\varphi_{0}$

口

に対し、主

$\varphi 0)$$\backslash \tilde{\Sigma}$の調和関数$\varphi$

で$\tilde{\Sigma}$に関する Dirichlet 問題の解とにお$\iota_{J^{\mathrm{a}}}$について、 それに関する Dirichlet 問題の解は高々一つしかながあったとすると、簡単な考察によりDirichlet 問題の解であることがわかる. よって定理 7 により$\varphi_{1}-\varphi_{2}$は$\varphi_{1}-\varphi_{2}=0$$(\sim\Sigma,$

$0)$

う.
$\mathrm{A}\mathrm{a}$

.

に関する

となる.

口

ガスケット上の調和関数について考える. 記号は例 4 を参照されたい.
次に上の調和関数についての評価を与える.
まず$\mathrm{S}\mathrm{i}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{p}\mathrm{i}\acute{\mathrm{n}}\mathrm{s}\mathrm{k}\mathrm{i}$$X_{n}$

補題 9. $S_{n}=\{1^{n}, 2^{n}, 3^{n}\}\subset X_{n}$ とし $u_{0}(1^{n})=1_{\text{、}}u_{0}(2^{n})=u_{0}(3^{n})=0$ とする. 方程式 (1)ならぼの解を とすると、$u$$(x, y)\in \mathfrak{B}_{n}$$|u(x)-u(y)|\leq 2(3/5)^{n-1}$

60
証明.

{

$u_{0}$$x\in \mathrm{x}_{n\ovalbox{\tt\small REJECT} X}$$(\ovalbox{\tt\small REJECT}\in Y)$

Un\searrow で定義されており、 はすべてのの最初の文字は 1 または }を満たすとしてよい.
とし、 方程式を考える. すると $u(X)$ は、 ある定数 $cj(x)(j\ovalbox{\tt\small REJECT} 1,2,3,4)$ を用いて

は

$u$

$2$

$n$

について ($\mathfrak{y}$$\backslash \{13^{n_{-1}},23^{n-1},1^{n}, 2^{n}\}$$Y\ovalbox{\tt\small REJECT}$$\triangle\ovalbox{\tt\small REJECT}(x)\ovalbox{\tt\small REJECT} 0$$c_{0}(x)u(13^{n-1})+c_{1}(x)u(23^{n-1})+c_{2}(x)u(1^{n})+c_{3}(x)u(2^{n})$と書ける. 方程式の対称性から $c_{0}(12^{n-1})=c_{2}(12^{n-1})=c_{1}(21^{n-1})=c_{3}(21^{n-1})$ および$c_{0}(21^{n-1})=c_{2}(21^{n-1})=c_{1}(12^{n-1})=c_{3}(12^{n-1})$ が成り立つ. これと、 定数関数は調和関数であることから$u(12^{n-1})+u(21^{n-1})=(u(13^{n-1})+u(23^{n-1})+u(1^{n})+u(2^{n}))/2$ .

(2)がわかる. 同様に
$u(23^{n-1})+u(32^{n-1})=(u(21^{n-1})+u(31^{n-1})+u(2^{n})+u(3^{n}))/2$.

(3)を得る. 更 [こ $u_{0}(2^{n})=u_{0}(3^{n})$ であるから$u(12^{n-1})=u(13^{n-1})\text{、}u(21^{n-1})=u(31^{n-1})\text{、}u(23^{n-1})=u(32^{n-1})$となり、従って (3) と (2) からが得られる. 次に補題 5 を$u(23^{n-1})=u(21^{n-1})/2_{\text{、}}$(4)$u(12^{n-1})+3/2u(21^{n-1})=1$(5){の最初の文字は 1} に適用すれば、任意の(こついて $u(x)>u(21^{n-1})\wedge u(31^{n-1})=u(21^{n-1})$ となることがわかる. 特 (こ $u(12^{n-1})>$$u(21^{n-1})$ となる.
よって (5) と合わせれば$\mathrm{Y}=$$x\in X_{n}$;$x$$x\in \mathrm{Y}$$u(21^{n-1})<2/5<u(12^{n-1})$(6)$u(1x)=(1-u(12^{n-1}))u(x)+u(12^{n-1})\text{、}$(7)$u(2x)=u(21^{n-1})u(x)+u(23^{n-1})u(x_{1rightarrow 3})\text{、}$(8)$u(3x)=u(31^{n-1})u(x)+u(32^{n-1})u(x_{1rightarrow 2})$

(9)

を得る.
次に $x\in X_{n-1}$ について:は の 1 と 3 を入れ替えた単語を表す (例 $1231_{1rightarrow 3}=3213$ ). まを示す. ただし、ず $u(1^{n-1})=u(1^{n})=1$ と $u(2^{n-1})=u(3^{n-1})=0$ より $x\in S_{n-1}$ のとき (7) は成り立つ.
更に (7) の両辺は調和関数だから両者は一致する. (8) と (9) も同様に示される.
続いて $x\in X_{n-1}$ と $a,$ $b\in L$ について
$x_{1rightarrow 3}$$x$$|u(xa)-u(xb)|\leq’(3/5)^{n-1}$

61

図 1:

を帰納法で示す. $n=1$ のときは明らか. $n-1$ のとき示されたとすると、任意の $z\in X_{n-2}$$b\in L$ (こついて、 (7) と (6) を用いてと
$a,$$|u(1za)-u(1zb)|=(1-u(12^{n-1}))|u(za)-u(zb)|<3/5|u(za)-u(zb)|\leq(3/5)^{n-1}$(4) を用いて(6)となる. 同様に (8)$|u(2za)-u(2zb)|<2/5|u(za)-u(zb)|+1/5|u((za_{1rightarrow 3}^{\backslash },)-u((zb)_{1rightarrow 3})|\leq(3/5)^{n-1}$を得る. また (9)$(6)_{\text{、}}(4)$から$|u(3za)-u(3zb)|\leq(3/5)^{n-1}$を得る. これらにより$x,$ $y\in X_{n}$を$n$のときが示される.
となるように取る. ある $w$ について $x=wa_{\text{、}}y=wb$ と書ける$(x, y)\in \mathfrak{B}_{n}$場合は、 既に述べたように $|u(x)-u(y)|\leq(3/5)^{n-1}$ となるから、 定理の主張を得る. そうでないときは、 と が図 1 のよう (こなっているから、 $3u(x)=u(y)+u(y’)+u(y”)$
$x$

$y$

となり、
$|u(x)-u(y)|\leq|u(x)-u(y’)|+|u(x)-u(y’’)|\leq 2(3/5)^{n-1}$を得る. よって. この場合も主張を得る.
定理 10.
$\varphi_{0}$$\tilde{\pi}(\sim\Sigma)$

について、

証明.

口

が $\{F_{x}(p_{j});x\in X_{\text{、}}j\in L\}$ の有限部分集合であれぼ、任意の$(\sim\Sigma,$$\varphi 0)$$\tilde{\Sigma}$上の関数に関する Dirichlet 問題は解ける.

$\max_{\Sigma}^{-}\varphi_{0}=1_{\text{、}}\min-\varphi_{0}\Sigma=0$としてよい. 仮定から$\xi\in\Sigma$

は、 ある $x\in X$ と $a\in L$

について上記の は十分大きな $N$ を取れぼ、 すべてのが唯一つに属するとして良い. $n>N$ とし $x\in S_{n}$ とすると、 $\gamma_{n}(\xi)=x$ を満たす
は全体でを方程式 (1) の解とする.
と定める.
ある. そこでで $\xi=xa^{\infty}$ と書ける.

$x$$\xi\in\Sigma$$X_{N}$$\xi\in\Sigma$$u_{0}(x)=\varphi_{0}(\tilde{\xi})$

$u$

$u$

$\bigcup_{n>N}X_{n}$定義されているとして良い.
$x0\in X_{N}$ を固定する. $a\in L$ について
$X_{n-N}\backslash \{1^{n-N},$ $2^{n-N}$を満たす v。を取る.

, 3n-N\vdash こお$u(x_{0}x)$$\mathrm{A}\mathrm{a}$て$\triangle v_{a}=0_{\text{、}}$$b\in L$

G こ対し $v_{a}(b^{n-N})=1_{a=b}$と$(u(x_{0}1^{n-N})-u(x_{0}3^{n-N}))v_{1}(x)+(u(x_{0}2^{n-N})-u(x_{0}3^{n-N}))v_{2}(x)+u(x_{0}3^{n-N})$

62
は共に $x\in X_{n-N}\backslash \{1^{n-N}, 2^{n-N}, 3^{n-N}\}$ において調和であり、 $\{1^{n-N}, 2^{n-N}, 3^{n-N}\}$ において一致するから、 $X_{n-N}$ 上で一致する. よって補題 9 にょり、 $(x, y)\in \mathfrak{B}_{n-N}$ のとき$|u(x_{0}x)-u(x_{0}y)|\leq 4(3/5)^{n-N-1}$ となる. 補題 9 の証明と同様 $l_{\sim}^{-}x=wa_{\text{、}}y=wb$と書ける場合とそうでない場合に分けて考えれば、$8(3/5)^{n-N-1}$$(x, y)\in \mathfrak{B}_{n}$のとき $|u(x)-u(y)|\leq$となる.

とする. ある $y\in X_{n}$ と $a,$ $b\in L$ で $yb\in S_{n+1}$ かっ ( $xa$ , yb)\in B。+l とできもし $y=x$ ならば、 $yb\in S_{n+1}$ より $x\in S_{n}$ となるから矛盾. $y\neq x$ のとき. $N$$x\in X_{n}\backslash S_{n}$たとする.

の取り方から
となるが、 一方であるがら、 $x\in S_{n}$ となり、 やはり矛盾する. よって、 $z\in X_{n+1}$ が、 ある $a\in L$ につぃて $(z, xa)\in \mathfrak{B}_{n+1}$ とできるならば、$z\not\in S_{n+1}$ に限ることになる.
よそのような で調和であることに注意すれば、 簡単な計算により $v(x):=(u(x1)+u(x2)+u(x3))/3$ が で調和であること、 従ってで調和であることがわかる.
$yb^{\infty}\in\Sigma$$yb^{\infty}\sim xa^{\infty}$

$u$

$z$

$x$

$X_{n}\backslash S_{n}$とすると、 $xa\in S_{n+1}(a\in L)$ とできるがら、 $u_{0}(x)=u_{0}(xa)$ となる.
$|v(x)-u(xa)|\leq 8(3/5)^{n-N}$ であるから、 $|v(x)-u(x)|=|v(x)-u_{0}(x)|\leq 8(3/5)^{n-N}$となる. 補題 5 により、 すべての $y\in X_{n}$ で $|v(y)-u(y)|\leq 8(3/5)^{n-N}$ となり、従って$x\in S_{n}$$b\in L$ (こついて$|u(y)-u(yb)|\leq 16(3/5)^{n-N}$ となる.

これは \mbox{\boldmath $\xi$}\in ---{こついて $\{u(\gamma_{n}(\xi))\}_{n}$が Cauchy 列であることを意味するから、 それは収束する.

また、 それが一様収束である

こともわかる.

最後に $\xi\sim\eta$ とすると、であるから、 $|u(\gamma_{n}(\xi))-u(\gamma_{n}(\eta))|\leq$$8(3/5)^{n-N-1}$ となる. よって $\lim_{narrow\infty}u(\gamma_{n}(\xi))=\lim_{narrow\infty}u(\gamma_{n}(\eta))$
を得る.
口$(\gamma_{n}(\xi), \gamma_{n}(\eta))\in \mathfrak{B}_{n}$木上 [1] はがすべての$\mathrm{S}\mathrm{i}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{p}\mathrm{i}\acute{\mathrm{n}}\mathrm{s}\mathrm{k}\mathrm{i}$$\psi$

ガスケット $K$ 上の調和関数につぃて調べてぃる$x \in\bigcup_{n=0}^{\infty}X_{n}$:$K$上の連続関数と $L$ のすべての 1||頁列 $(j_{1},j_{2}, j_{3})$ につぃて

$4\psi(F_{x}((p_{j_{1}}+p_{j_{2}})/2))$$=\psi(F_{x}((p_{j_{1}}+p_{j_{3}})/2))+\psi(F_{x}((p_{j_{2}}+p_{j_{3}})/2))+\psi(F_{x}(p_{j_{1}}))+\psi(F_{x}(p_{j_{2}}))$

を満たすとき、 を調和関数と言う. [1] において、与えられたの解が唯一つ存在することが示されている.
$\psi$$\ovalbox{\tt\small REJECT} 11$.

$\Sigma=\{1^{\infty}, 2^{\infty}, 3^{\infty}\}$Dirichlet 問題の解を$\varphi$

とし、

とすると、

証明. まず定理 10 によりとき、 (2) と同様に$\varphi$$\varphi 0$を$\tilde{\Sigma}$$\varphi\circ\tilde{\pi}^{-1}$$\psi(p_{j})$$(j\in L)$

上の任意の関数とする. 組
は木上の意味で調和である.

は存在する. 定理 10 の証明に現れる$u$

に対し (10)$(\Sigma,$$\varphi 0)-$

を取る.

に関する

$x \in\bigcup_{n}X_{n}$$u(x12^{n-1})+u(x21^{n-1})=(u(x13^{n-1})+u(x23^{n-1})+u(x1^{n})+u(x2^{n}))/2$となる. ここで、$\pi$$(x12”)$ $= \lim_{narrow\infty}F_{x}\mathrm{o}F_{12^{n}}(z_{0})=F_{x}((p_{1}+p_{2})/2)$ より、$\varphi\circ\tilde{\pi}^{-1}(F_{x}((p_{1}+p_{2})/2))--\lim_{narrow\infty}u(x12^{n-1})$を得る. 同様に$\varphi 0\tilde{\pi}^{-1}(F_{x}((p_{1}+p_{2})/2))=\lim_{narrow\infty}u(x21^{n-1})\text{、}$

(10)

の

(11)

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$\varphi\circ$

架 1 $(F. ((p_{1}+p_{3})/2)) \ovalbox{\tt\small REJECT}\lim u(x13^{n-1})$$narrow\otimes$とおき、 (11) で $narrow\infty$ とすれぼ、 (10) の一つの式が得などを得る. よっては連続であるから、 は木上られる. その他の式も同様に得られる. また補題 9 により口の意味で調和である.
$\psi=\varphi\circ\tilde{\pi}^{-1}$$\psi$$\varphi$

最後に他の例を紹介する.
例 12. 図 2 のように$\varphi_{0}$を定めるとき、 Dirichlet 問題の解は、長方形部分において恒等的に O、 線分部分においては長方形からの距離に比例した値をもつ.

$\varphi_{0}=0$$\varphi_{0}=1$

図 2: 例 12

図 3: 対応するネットワーク、 およびその部分グラフ

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証明. 対応するネットワークは図 3 左の様になる (図は第 2 世代). その部分グラフ (図・に 1 の電圧をかけ流れる電流を調べる. 第 世代において各辺
3 右) において、 に$0$における抵抗は長さ$0_{\text{、}}$$n$に比例するから、 より右の抵抗と左の抵抗の比は程度となる. したがって極限において町こおける電位は 0 となる. この部分グラフは より右では元のものと同じであることに注意すれば、 元のグラフにおいても同様の結果を得る. 口$2^{-n}$$\square$$2^{n}$$\square$

参考文献[1] J. Kigami, A harmonic calculus on the $Sierpi\acute{n}ski$ spaces, Japan J. Appl. Math. 6(1989), 259-290.

[2], Analysis on fractals, Cambridge University Press, 2001.