数理解析研究所講究録 1261 巻 2002 年 163-171

163
4 変数調和関数の Fourier-Ehrenpreis 積分表示
Hideshi1

千葉工業大学 山根英司 1, Chiba Institute of Technology$\mathrm{Y}\mathrm{A}\mathrm{M}\mathrm{A}\mathrm{N}\mathrm{E}$

イントロダクション$z=(z_{1}, \ldots, z_{n})$が $z^{2}= \sum_{j=1}^{n}z_{j}^{2}=0$ をみたすとする.

が $t=(t_{1}, \ldots, t_{n})$ の調和関数であることはすぐ分かる.

このとき$e^{-i\langle z,t\rangle}$

Ehrenpreis の基

本原理によれば任意の調和関数はこの型の調和な指数関数の重ね合わせ,
すなわち台が $\{z\in \mathrm{C}^{n};z^{2}=0\}$ に含まれるある測度に関する積分で表される. そのような測度の存在証明は Hahn-Banach の定理を用 た抽象的$\mathrm{A}\backslash$

なものである.
他方, 多変数関数論の積分公式から基本原理の具体的\nearrow くージョンカ 得$\grave{\grave{\backslash }}$それらは測度の代わりにカレントを用いて定式化されてられる.

$\mathrm{A}\backslash$る. 文

献としては [1], [2], [6], [9], [10], [14] などがある.

著者は [2] と [10] に刺激されて, 調和関数を Dirichlet 境界値と調和な指数関数で表す積分公式を求めた.
$B_{n}=\{t\in \mathrm{R}^{n};|t|=(\Sigma_{j=1}^{n}t_{j}^{2})^{1/2}=1\}$$\mathrm{C}^{0}$(B-\mapsto t ま$B_{n}$を$\mathrm{R}_{t}^{n}$の開単位球とし,で調和とする. その Dirichlet 境界{直を$V= \{z\in \mathrm{C}^{n}; z^{2}=\sum_{j=1}^{n}z_{j}^{2}=0\}$沿う積分のカレントを $[V]$ とする.

とおき,$\text{ }[1/z^{2}]-$$V$の$v\in \mathrm{C}^{0}(S^{n-1})$

smooth locus$u(t)\in$と表す.

$V\backslash \{0\}$(こを [4] や [8] の留数カレントとすると $[V]=(2\pi i)^{-1}\text{ }[1-/z^{2}]\wedge d(z^{2})$ である.
$y={\rm Im} z$ とおく.
$n=2$ のとき {ま$u(t)=[V]$ . $16\pi^{2}-1v(y/|y|)(2e^{-i<z,t)}-1)e^{i<z,y/|y|\rangle}$
–

である.

$|y|$

, $t\in B_{2}$

ここで下つきドットはカレントと微分形式のペアリングを表す.

$n=3$ のとき {ま$u(t)=[V]$ . $\frac{1}{4\pi^{2}}(2-\frac{1}{|y|})v(y/|y|)e^{-i\langle z,t-y/|y|\rangle}$$($$|y|)^{2}$, $t\in B_{3}$である.

12002 年 4 月より関西学院大学理工学部物理学科, Kwansei Gakuin University

164$n=4$ のとき {ま$u(t)=[V]$ . $\frac{i}{6\pi^{3}}(1-\frac{1}{|y|})v(y/|y|)e^{-i\langle z,t-y/|y|\rangle}$
である.

$($

,

$t\in B_{4}$lyDn-l,$t\in B_{n}$$|y|)^{3}$

この式の証明を後で与える.

おそらく $n\geq 5$ のときも$u(t)=[V]$ .

をみたす定数2$(A_{n}+ \frac{B_{n}}{|y|})$$A_{n}\text{と}$$B_{n}$v(y/lyDe-i(z,t-y/lyl ($\rangle$が存在すると思ゎれるが, 証明はまだ出来てぃない.

幾何的考察, (こお 1 ‘で, $V=\{z\in \mathrm{C}^{4};z^{2}=z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+z_{3}^{2}+z_{4}^{2}=0\}$を考える. 原点は特異点である.
V(の smooth locus の任意の稠密開集合) に沿う積分のカレントを $[V]$$\mathrm{C}_{z}^{4},$$z=(z_{1}, z_{2}, z_{3}, z_{4})$と表す.
$.x_{j}={\rm Re} z_{j},$ $y_{j}={\rm Im} z_{j}(1\leq j\leq 4),$$x=(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}),$ $y=(y_{1}, y_{2}, y_{3}, y_{4})$とおく. 方程式 $z^{2}=|x|^{2}-|y|^{2}+2i\langle x, y\rangle=0$ [ま $|x|-|y|=\langle x, y\rangle=0$ と同値である. $y\neq 0$ を固定するとき, 対応する相である. さらに
は極座標を通じて$S^{2}$$x$$S^{1}\cross I$

たちの全体はと微分同と大体同一視される. ここ$S^{2}$

は開区間]0, \pi [である.
がら南極と北極を取り除かないと本当の同一視にはならないが, それは大した問題ではない.
というのは, 我々は積分を計算したいのであって, 測度 0 の集合はどぅ
でもいいからである.
で $S^{1}=\mathrm{R}/2\pi \mathrm{Z}$ であり要約すると $V$ は大体を手直しして,$I$$S^{2}$$\mathrm{R}_{y}^{4}\cross S_{\theta}^{1}\cross I_{\phi}$

きちんとした定式化をしょう.

$E=\{y\in \mathrm{R}_{y}^{4} ; y_{1}y_{4}\neq 0\}$

$u$

$=$

$v$

$=$

$w$

$=$

みたいなものである. このアイデア

とおく. $y=(y_{1}, y_{2}, y_{3}, y_{4})\in E$ E 対$\frac{|y|}{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}}(-y_{2_{\rangle}}y_{1},0,0)$$\frac{|y|}{\sqrt{y_{3}^{2}+y_{4}^{2}}}.(0,0, -y_{4}, y_{3})$$( \frac{y_{1}\sqrt{y_{3}^{2}+y_{4}^{2}}}{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}},$$\text{し}$,,$\frac{y_{2}\sqrt{y_{3}^{2}+y_{4}^{2}}}{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}},$$- \frac{y_{3}\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}}{\sqrt{y_{3}^{2}+y_{4}^{2}}}-\frac{y_{4}\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}}{\sqrt{y_{3}^{2}+y_{4}^{2}}})$

165
明らかに $\{y, u, v, w\}$ (ま直交系で,とおく.
$\hat{V}$$|y|=|u|=|v|=|w|$ である.

を$\hat{V}=\{z\in V;y_{1}y_{4}\neq 0, x\neq\pm w\}$で定義される $V$ の稠密開集合とする. これは複素多様体であり,向きをもつ.
級写像

自然な$\mathrm{C}^{\infty}$$\Phi$:$E\cross S^{1}\cross Iarrow\hat{V}$,$(y, \theta, \phi)\vdasharrow z=x(y, \theta, \phi)+iy$

を $x(y, \theta, \phi)=(u\cos\theta+v\sin\theta)\sin\phi+w\cos\phi$ で定義する.
となる.

$|x|-|y|=\langle x, y\rangle=0$の作用は $E\cross S^{1}\cross I$ 上の積分で表される.

次の命題により$[V]$

命題 1 写像は微分同相で,$\Phi$$\omega=dy_{1}\wedge dy_{2}\wedge dy_{3}\wedge dy_{4}\wedge d\theta\wedge d\phi$証明$\hat{V}$$\Phi$

明らか{こ向きを保つ.

ここで $E\cross S^{1}\cross I$ にはで向きをつけている.

が全単射であることは明らかである.

(こお$dx_{3}\wedge dy_{3}$$1_{\mathit{1}}\backslash$て(ま正貝 」な座標となるから,$(z_{1}, z_{2}, z_{3})$$dx_{1}\wedge dy_{1}\wedge dx_{2}\wedge dy_{2}\wedge$$1$

は自然な向きに関して正である. それのによる引き戻しは$\Phi$$\sin\phi\{(y_{3}|y|\sin\theta\sin\phi-y_{4}\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}\cos\phi)^{2}(y_{3}^{2}+y_{4}^{2})^{-1}+y_{4}^{2}\}\omega$(Maple の difforms パツケージを用 \vee ‘て計算した. )である.
$y_{4}\neq 0$

3

だから,

$\omega$$\phi\in I=]\mathrm{O},$ $\pi[$の係数は正である.

証了

積分作用素
$B_{4}$は$\mathrm{R}_{t}^{4}$の開単位球で,2 つの積分作用素$v$$Q_{0},$ $Q_{1}$は:B4 $=S^{3}$ 上の連続関数とする.

$\mathrm{C}^{0}(S^{3})arrow \mathrm{C}^{\infty}(B_{4})$$Q_{0}[v](t)$$=$$[V].v(y/|y|)e^{-i\langle z,t-y/|y|\rangle}$$Q_{1}[v](t)$

$=$

$[V]$

で定義する.

.

,

を

(-2i

|y

,

$t\in B_{4}$

(-2i

|yD3,

$t\in B_{4}$$\frac{v(y/|y|)}{|y|}e^{-i\langle z,t-y/|y|\rangle}$$\mathrm{D}^{3}$,

166
補題 1 もし $f$ が-2ifが成り立つ.

の関数ならば,$y$$= \sum_{j=1}^{4}\frac{\text{ ^{}2}f}{\text{ }y_{j}^{2}}dx_{j}\wedge dy_{j}+\sum’\frac{\text{ ^{}2}f}{\text{ }y_{j}\text{ }y_{k}}(dx_{j}\wedge dy_{k}+dx_{k}\wedge dy_{j})$

ここで \Sigma /(ま $(j, k)=(1,2),$ $(1,3),$ $(1,4),$ $(2,3),$ $(2,4),$ $(3,4)$(こ関する和である. 特 [こ $f(y)=|y|$ のとき (ま

-2i

|y|

$= \sum_{j=1}^{4}(\frac{1}{|y|}-\frac{y_{j}^{2}}{|y|^{3}})dx_{j}\wedge dy_{j}-\sum’\frac{y_{j}y_{k}}{|y|^{3}}(dx_{j}\wedge dy_{k}+dx_{k}\wedge dy_{j})$である.

証明 単純な計算による.

証了

命題 2 $E\cross S^{1}\cross I$ 上で$\Phi^{*}(-i\langle z,t-y/|y|\rangle)$\Phi *((-2i|y|)3)$=$$\langle y, t\rangle-|y|-i\langle x(y, \theta, \phi), t\rangle$$=$$\frac{6\sin\phi}{|y|}\omega$,が成り立つ.
証明

1 つ目の式は$\langle x, y\rangle=0$

から出る.

$\Phi^{*}$((-2i|y|)3) は補題 1 を用いて計算する.

$Q_{0}$とは $(y, \theta, \phi)\in E\cross S^{1}\cross I$ 上の積分と見なして計算できる.

$Q_{1}$

証了

命題 1》 2 から,

$Q_{0}[v](t)$$=$$\int_{E\cross S^{1}\cross I}e^{\langle y,t\rangle-|y|-i\langle x(y,\theta,\phi),t\rangle}\frac{6v(y/|y|)\sin\phi}{|y|}\omega$$Q_{1}[v](t)$$=$$\int_{E\cross S^{1}\cross I}e^{\langle y,t\rangle-|y|-i\langle x(y,\theta,\phi),t\rangle}\frac{6v(y/|y|)\sin\phi}{|y|^{2}}\omega$が分かる.

$\mathrm{R}^{4}\supset E$の極座標を導入しよう.

$q=|y|,$ $s_{j}=y_{j}/q(j=$$1,2,3,4),$ $s=(s_{1}, s_{2}, s_{3}, s_{4})\in S^{3}\backslash \{s_{1}s_{4}=0\}$ とおく. $d\sigma(s)$ を面積測度とする. $\sigma(S^{3})=2\pi^{2}$ である.
に関する積分は Laplace 型で$S^{3}$の$q$$Q_{0}[v](t)$$=$$\int_{S^{3}}d\sigma(s)\int_{I}d\phi\int_{S^{1}}d\theta\int_{0}^{\infty}6q^{2}e^{-q\{1-\langle s,t\rangle+i\langle x/q,t\rangle\}}v(s)\sin\phi dq$$=$$\int_{S^{3}}d\sigma(s)\int_{I}d\phi\int_{S^{1}}\frac{12v(s)\sin\phi}{\{1-\langle s,t\rangle+i\langle x/q,t\rangle\}^{3}}d\theta$,

167$Q_{1}[v](t)$$=$$\int_{S^{3}}d\sigma(s)\int_{I}d\phi\int_{S^{1}}d\theta\int_{0}^{\infty}6qe^{-q\{1-\langle s,t\rangle+i\langle x/q,t\rangle\}}v(s)\sin\phi dq$$=$$\int_{S^{3}}d\sigma(s)\int_{I}d\phi\int_{S^{1}}\frac{6v(s)\sin\phi}{\{1-\langle s,t\rangle+i\langle x/q,t\rangle\}^{2}}d\theta$$|t|<1$ だから l–$\langle$s,$t\rangle$

なお, $|s|=1$ ,$x/q$ (ま $q$ (こよらない.

ここで $x=x(y, \theta, \phi)$ であり,となる.

$>0$ である.

ここで

l– s,

$=1-s_{1}t_{1}-s_{2}t_{2}-s_{3}t_{3}-s_{4}t_{4}(>0)$ ,

$a$

$=$

$b$

$=$

$\langle u/q, t\rangle=\frac{s_{1}t_{2}-s_{2}t_{1}}{\sqrt{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}}$

,

$c$

$=$

$\langle v/q, t\rangle=\frac{s_{3}t_{4}-s_{4}t_{3}}{\sqrt{s_{3}^{2}+s_{4}^{2}}}$

,

$d$

$=$

$\langle$$t\rangle$$\langle w/q, t\rangle=\frac{(s_{1}t_{1}+s_{2}t_{2})\sqrt{s_{3}^{2}+s_{4}^{2}}}{\sqrt{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}}-\frac{(s_{3}t_{3}+s_{4}t_{4})\sqrt{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}}{\sqrt{s_{3}^{2}+s_{4}^{2}}}$l– s, $+i\langle x/q, t\rangle=a+i\{(b\cos\theta+c\sin\theta)\sin\phi+d\cos\phi\}$ となるから付録の命題 5 を用いてとおく.

$\langle$$t\rangle$(1)$Q_{0}[v](t)$$=$$\int_{S^{3}}\frac{48\pi av(s)}{(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})^{2}}d\sigma(s)$(2)$Q_{1}[v](t)$$=$$\int_{S^{3}}\frac{24\pi v(s)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}}d\sigma(s)$

,

を得る.

補題 2

$s\in S^{3}\backslash \{s_{1}s_{4}=0\},$ $t\in B_{4}$と上述の $(a, b, c, d)$ (こついて$=|s-t|$である.

の正規直交基底をなすから

証明 $\{s, u/q, v/q, w/q\}$ がよって$c^{2}+d^{2}=|t|^{2}$ である.

$\mathrm{R}^{4}$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}$

$=$

$=$

1-2 s,
1-2 s,$\langle$$t\rangle$$\langle$$t\rangle$$\langle s, t\rangle^{2}+b^{2}+$$+\langle s, t\rangle^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}$$+|t|^{2}=|s-t|^{2}$

証了(1), (2) と補題 2 により
かる.

より詳しく述べるとは Poisson 積分に関係があること力 わ$\grave{\grave{\supset}}$.

$Q_{0}$と$Q_{1}$

168
命題 3

4

$Q_{0}[v](t)$$=$$48 \pi\int_{S^{3}}\frac{1-\langle s,t\rangle}{|s-t|^{4}}v(s)d\sigma(s)$$Q_{1}[v](t)$$=$$24 \pi\int_{S^{3}}\frac{1}{|s-t|^{2}}v(s)d\sigma(s)$

,

.

主結果
$B_{4}$と$v$

は \S 3 の通りとする.

もうひとつの積分作用素$Q[v](t)=[V]$ .

$Q:\mathrm{C}^{0}(S^{3})arrow \mathrm{C}^{\infty}(B_{4})$を$\frac{i}{6\pi^{3}}(1-\frac{1}{|y|})v(y/|y|)e^{-i\langle z,t-y/|y|\rangle}$$($$|y|)^{3}$,$t\in B_{4}$で定義する.
命題 4 $Q$ は Poisson 積分に一致する:$Q[v](t)= \frac{1}{2\pi^{2}}\int_{S^{3}}\frac{1-|t|^{2}}{|s-t|^{4}}v(s)d\sigma(s)$,$t\in B_{4}.\cdot$

証明 $|s|=1$ だから $2(1-\langle s, t\rangle)-|s-t|^{2}=1-|t|^{2}$ であり,$\frac{1}{24\pi}Q_{0}[v](t)-\frac{1}{24\pi}Q_{1}[v](t)=\int_{S^{2}}\frac{1-|t|^{2}}{|s-t|^{3}}v(s)d\sigma(s)$が成り立つ.
$Q[v](t)= \frac{1}{48\pi^{3}}(Q_{0}[v](t)-Q_{1}[v](t))$

から命題が従う.

証了

この命題から我々め主結果はすぐに出る.
定理 1$u(t)\in \mathrm{C}^{0}(\overline{B}_{4})$は$B_{4}$

で調和であり,境界値ならば, $u(t)=Q[v](t)$ が$z_{2}^{2}+z_{3}^{2}+z_{4}^{2}=0$

合わせである.

と$B_{4}$$y/|y|\in \mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}v$$v\in \mathrm{C}^{0}(S^{3})$がその Dirichlet

で成り立つ. 特に $u(t)$ は $z^{2}=z_{1}^{2}+$をみたす指数関数$\exp(-i\langle z, t\rangle)$

の重ね

169
5

付録: いくつかの積分
この付録では \S 3 で用いる命題 5 を証明する.
補題 3

$B$

と $C$ が実数で ${\rm Re} A>0$ ならば,$\int_{\mathrm{o}A+i(B\sin\theta+C\cos\theta)}^{2\pi d\theta}$$=$$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{\{A+i(B\sin\theta+C\cos\theta)\}^{2}}$$=$$\frac{2\pi}{(A^{2}+B^{2}+C^{2})^{1/2}}$,$2\pi A$$(A^{2}+B^{2}+C^{2})^{3/2}$$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{\{A+i(B\sin\theta+C\cos\theta)\}^{3}}$$=$$\frac{\pi(2A^{2}-B^{2}-C^{2})}{(A^{2}+B^{2}+C^{2})^{5/2}}$’.

証明 最初の式は留数を使えば出る. $B\sin\theta+C\cos\theta$ は合成公式を使ってひとつにまとめてしまえば少し楽になる. さらに, 最初の式の両辺を3 式が出る.

パラメータ $A$ について微分すれば第 2,

ここで $A^{2}+B^{2}+C^{2}$

証7

は 0 以下の実数になることはない.

補題 4 $a>0,$

証明$r\in \mathrm{R}$で$\delta\in \mathrm{C}$が $|{\rm Re}\delta|<a$ をみたすとき$\int_{-1}^{1}\frac{(2\delta^{2}+r^{2})X^{2}+4a\delta X+2a^{2}-r^{2}}{\{(\delta^{2}-r^{2})X^{2}+2a\delta X+a^{2}+r^{2}\}^{5/2}}dX$$=$$(a^{2}-\delta^{2}+r^{2})^{2}4a$$\int_{-1}^{1}\frac{\delta X+a}{\{(\delta^{2}-r^{2})X^{2}+2a\delta X+a^{2}+r^{2}\}^{3/2}}dX$$=$$a^{2}-\delta^{2}+r^{2}2$,.

$-1\leq X\leq 1$ のとき$(\delta^{2}-r^{2})X^{2}+2a\delta X+a^{2}+r^{2}=(\delta X+a)^{2}+r^{2}(1-X^{2})$であり ${\rm Re}(\delta X+a)>0$ だから 0 以下の実数の値をとることはない.
$\delta\in]-a,$$a[\subset \mathrm{R}$

特にならば$(\delta^{2}-r^{2})X^{2}+2a\delta X+a^{2}+r^{2}>0$について正則である. 解析接続により] $-a,$ [ と仮定してよい. 証明の残りの部分は初等的である. な
証了
お, 第 2 式の両辺を で微分すると第 1 式が出る.
である. 積分はともに well-defined で$\delta\in$

$a$

$a$

$\delta$170
補題 5 正の数$a$と実数 $r,$

$d$

につぃて

$\int_{-1}^{1}\frac{(-2d^{2}+r^{2})X^{2}+4iadX+2a^{2}-r^{2}}{\{(-(d^{2}+r^{2})X^{2}+2iadX+a^{2}+r^{2}\}^{5/2}}dX$$\int_{-1}^{1}\frac{idX+a}{\{(-(d^{2}+r^{2})X^{2}+2iadX+a^{2}+r^{2}\}^{3/2}}dX$$=$$\frac{4a}{(a^{2}+d^{2}+r^{2})^{2}}$$=$$\frac{2}{a^{2}+d^{2}+r^{2}}$.

証明 前の補題で $\delta=id$ とおけばよい.

補題 6 正の数

と実数

$b,$

$c,$

$d$

証了

につぃて

$\int_{0}^{\pi}\sin\phi\frac{2(a+id\cos\phi)^{2}-(b\sin\phi)^{2}-(c\sin\phi)^{2}}{\{(a+id\cos\phi)^{2}+(b\sin\phi)^{2}+(c\sin\phi)^{2}\}^{5/2}}d\phi$$=$$\frac{4a}{R^{4}}$$\int_{0}^{\pi}\sin\phi\frac{a+id\cos\phi}{\{(a+id\cos\phi)^{2}+(b\sin\phi)^{2}+(c\sin\phi)^{2}\}^{3/2}}d\phi$$=$$\frac{2}{R^{2}}$が成り立つ.
証明$a$

ここで $R=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}}$ .

$X=\cos\phi,$

命題 5 正の数$r=\sqrt{b^{2}+c^{2}}$

$a$

と実数

$b,$

$c,$

とおいて補題 5 を用いる.
$d$

証了

につぃて

$\int_{0}^{\pi}d\phi\int_{0}^{2\pi}\frac{\sin\phi}{[a+i\{(b\cos\theta+c\sin\theta)\sin\phi+d\cos\phi\}]^{3}}d\theta$$=$$\int_{0}^{\pi}d\phi\int_{0}^{2\pi}\frac{\sin\phi}{[a+i\{(b\cos\theta+c\sin\theta)\sin\phi+d\cos\phi\}]^{2}}d\theta$$=$が成り立つ.

,$\frac{4\pi a}{R^{4}}$,$\frac{4\pi}{R^{2}}$

ここで $R=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}}$ .

証明 $A=a+id\cos\phi,$ $B=b\sin\phi,$ $C=c\sin\phi$ とおいて補題 3 と補題 6
を用いる.
証了

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