数理解析研究所講究録 1212 巻 2001 年 157-165157

複素領域のカレントによる調和関数の積分表示
干葉工業大学自然系 山根英司

Hideshi YAMANE, Chiba Institute of Technology

1

イントロダクション$B_{n}$を$\mathrm{R}_{t}^{n}$の開単位球とし,$u(t)\in C^{\infty}(\overline{B}_{n})$を$B_{n}$の調和関数とする.

このとき $\{z\in \mathrm{C}^{n}; z_{1}^{2}+\cdots+z_{n}^{2}=0\}$ に台が含まれる指数減少の測度 $d\mu(z)$が存在して $u(t)= \int e^{-i\langle z,t\rangle}d\mu(z)$ が成り立つ.
この事実は, 任意の定数係数線型偏微分方程式系に関する Ehrenpreisの基本原理の一例である. 基本原理はもともと Hahn-Banach の定理を用いて証明された. 証明が抽象的だから, 測度の具体的な表示を得ることはできなかった.

その一方で, 多変数複素解析の積分公式が正則関数の除法問題に応用されるようになってきた. これらの結果に Fourier 変換と双対性を合わせて用いると, 基本原理の具体的バージョンが導ける. 例えば [1], [2], [6],[8], [11] がある. これらの研究では測度の代わりにカレントを用いて積分表示が定式化されている.
Laplacian の場合, [2] の一般的な公式には無駄がある. Dirichlet 境界値以外のデータで決まる項を含んでいるからである.
本稿の目的は, こういう無駄のない調和関数の Fourier-Ehrenpreis 型積分表示を与えることである. 主として $n=3$ の場合を扱う. このとき
$u(t)=[V]$ . $\frac{1}{4\pi^{2}}(2-\frac{1}{|y|})v(y/|y|)e^{-i\langle z,t-y/|y|\rangle}$が成り立つ. ここで$\mathrm{C}^{3}$$($$|y|)^{2}$

内で調和で, $[V]$ は $V=\{z\in$; $z^{2}=z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+z_{3}^{2}=0$ } に沿う積分のカレントであり, 下付きドット$u\in \mathrm{C}^{0}(\overline{B}_{3})$はカレントの作用を表す.

は開単位球$y=1\mathrm{m}z$

で,

$v$

$B_{3}$

は $u(t)$ の Dirichlet 境界値である. すなわち, 右辺が Poisson 積分に一致する. $n=2$ の場合は最後の節で結果のみを述べる.

[4] と [7] で示されたよう (ニ, residue current$2\pi i[V]$を満たすので, 上の公式は $u(t)$ を$\overline{\partial}[1/z^{2}]$$[1/z^{2}]$(ま [l/z2]\wedge d(z2)$=$で表していることになる.

158
2

幾何学的準備十 $z_{2}^{2}+z_{3}^{2}=0$ }, の解析的集合 $V=$ {を考える. 原点は特異点である. (の smooth locus) に沿う積分のカレン$\mathrm{C}_{z}^{3},$$z=(z_{1}, z_{2}, z_{3})$$z\in \mathrm{C}^{3},,$$z^{2}=z_{1}^{2}$$V$

トを $[V]$ で表す.
$x_{j}={\rm Re} z_{j},$ $y_{j}={\rm Im} z_{j}$$(j=1,2,3),$ $x=(x_{1}, x_{2}, x_{3}),$ $y=(y_{1}, y_{2}, y_{3})$ と置

く. 方程式 $z^{2}=|x|^{2}-|y|^{2}+2i\langle x, y\rangle=0$ が成り立つための必要十分条件
は $|x|=|y|$ かつ $x$ と $y$ が直交することである.

$y\neq 0$を固定すると, 対応と同一視できる. このアイデアに基づいて, $V$ の稠密開集合に座標を入れよう.
$\hat{V}=V\backslash \{y_{1}=y_{2}=0\}$ で $V$ の稠密開集合を定める.

する

$x$

たちの全体は$S^{1}=\mathrm{R}/2\pi \mathrm{Z}$$\hat{V}$$y_{2}=0\}$$E=\mathrm{R}_{y}^{3}\backslash \{y_{1}=$と置く.

$y=(y_{1}, y_{2}, y_{3})\in E$ [こ対し$v= \frac{|y|}{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}}(-y_{2},y_{1},0),$$w= \frac{1}{|y|}y\cross v=\frac{(-y_{1}y_{3},-y_{2}y_{3},y_{1}^{2}+y_{2}^{2})}{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}}${まベクトノレ積である.
$|y|=|v|=|w|$ が成り立つ.とする.

ここで$\cross$$x(y, \theta)=v\cos\theta+w\sin\theta$$x_{1}$$\langle y, v\rangle=\langle v, w\rangle=\langle w, y\rangle=0$,

すなわち$=-|y|y_{2}\cos\theta/\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}-y_{1}y_{3}\sin\theta/\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}$$x_{2}=|y|y_{1}\cos\theta/\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}-y_{2}y_{3}\sin\theta/\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}$,,$x_{3}=\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}\sin\theta$と置くと,$\Phi$:$E\cross S^{1}\simarrow\hat{V}$,$(y, \theta)|arrow z=x(y, \theta)+iy$は微分同相写像となる.
明らかに $\Phi^{*}(y_{j})=y_{j},$ $\Phi^{*}(dy_{j})=dy_{j}(j=1,2,3)$ である.

密開集合だから, カレント $[V]$ の作用は
命題 14 形式である.
証明$E\cross S^{1}$$(\Phi^{-1})\sim dy_{1}\wedge dy_{2}\wedge dy_{3}\wedge d\theta)$$\hat{V}$は $V$ の稠上の積分で表される.の自然な向きに関して正は正則な局所座標系となるから,において,{ま自然な向き {こ関して正である.

$\{z\in V;y_{3}\neq 0\}$$dx_{1}\wedge dy_{1}\wedge dx_{2}\wedge dy_{2}$は$\hat{V}$$(z_{1}, z_{2})$159$\Phi^{*}(dx_{1})$$=- \frac{(-|y|y_{2}\sin\theta+y_{1}y_{3}\cos\theta)d\theta}{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}}+\frac{y_{2}y_{3}(-|y|y_{2}\sin\theta+y_{1}y_{3}\cos\theta)dy_{1}}{(y_{1}^{2}+y_{2}^{2})^{3/2}|y|}$$- \frac{\{(y_{2}^{4}+2y_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{1}^{4}+y_{1}^{2}y_{3}^{2})\cos\theta-y_{1}y_{2}y_{3}|y|\sin\theta\}dy_{2}}{(y_{1}^{2}+y_{2}^{2})^{3/2}|y|}$$(y_{2}y_{3}\cos\theta+y_{1}|y|\sin\theta)dy_{3}$$-\overline{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}|y|}$’$\Phi^{*}(dx_{2})$$=- \frac{(y_{2}y_{3}\cos\theta+y_{1}|y|\sin\theta)d\theta}{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}}$$+ \frac{\{(2y_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{1}^{4}+y_{2}^{4}+y_{2}^{2}y_{3}^{2})\cos\theta+y_{1}y_{2}y_{3}|y|\sin\theta\}dy_{1}}{(y_{1}^{2}+y_{2}^{2})^{3/2}|y|}$$- \frac{y_{1}y_{3}(y_{2}y_{3}\cos\theta+y_{1}|y|\sin\theta)dy_{2}}{(y_{1}^{2}+y_{2}^{2})^{3/2}|y|}+\frac{(-|y|y_{2}\sin\theta+y_{1}y_{3}\cos\theta)dy_{3}}{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}|y|}$が成り立ち,$\Phi^{*}(dx_{1}\wedge dy_{1}\wedge dx_{2}\wedge dy_{2})=\frac{(y_{1}^{2}+y_{2}^{2})\sin^{2}\theta+y_{3}^{2}}{|y|}dy_{1}\wedge dy_{2}\wedge dy_{3}\wedge d\theta${(となる.

$y_{1}^{2}$

十$y_{2}^{2}$)$dx_{1}\wedge dy_{1}\wedge dx_{2}\wedge dy_{2}$注.

$\sin 2\theta+y_{3}^{2}$}$/|y|$が正だから,$dy_{1}\wedge dy_{2}\wedge dy_{3}\wedge d\theta$と同じ向きを定める.

は証了に特異性があるのがすっきりしないが, これは避けることができない. 実際, もし連続写像 :であっ$y_{1}=y_{2}=0$$\varphi$て $\varphi(y)$ が $y$ に直交するものが存在すれば,$\mathrm{R}^{3}\backslash \{0\}arrow \mathrm{R}^{3}\backslash \{0\}$上のどの点でも消えないベクトル場が誘導される. これが不可能なことは Hopf の定理によって知ら$S^{2}$れている.

3

積分作用素
$B_{3}=\{t\in \mathrm{R}_{t}^{3}; |t|<1\}$

続関数とする.

を$\mathrm{R}_{t}^{3}$の開単位球とする.

$v$

はB3 $=S^{2}$ 上の連160
積分作用素

:

$Q_{0},$ $Q_{1}$$C^{0}(S^{2})arrow \mathrm{C}$“ $(B_{3})$を導入しよう.

$t\in B_{3}$$Q_{0}[v](t)$$=$$[V].v(y/|y|)e^{-i\langle z,t-y/|y|\rangle}(-2i\overline{\partial}\partial|y|)^{2}$$Q_{1}[v](t)$

$=$

$[V]$

.

に対し,

,$\frac{v(y/|y|)}{|y|}e^{-i\langle z,t-y/|y|\rangle}(-2i\overline{\partial}\partial|y|)^{2}$と定める.

補題 1 もし $f$ が$y$だけの関数ならば$-2i \overline{\partial}\partial f=\sum_{j=1}^{3}\frac{\partial^{2}f}{\partial y_{j}^{2}}dx_{j}\wedge dy_{j}+\sum’\frac{\partial^{2}f}{\partial y_{j}\partial y_{k}}(dx_{j}\wedge dy_{k}+dx_{k}\wedge dy_{j})$が成り立つ.

ここで$\sum’$は $(j, k)=(1,2),$ $(1,3),$ $(2,3)$ に関する和である.

特 [こ $f(y)=|y|$ のとき-2i|y|$= \sum_{j=1}^{3}(\frac{1}{|y|}-\frac{y_{j}^{2}}{|y|^{3}})dx_{j}\wedge dy_{j}-\sum’\frac{y_{j}y_{k}}{|y|^{3}}(dx_{j}\wedge dy_{k}+dx_{k}\wedge dy_{j})$である.

証明 直接計算による.

証了

命題 2 $E\cross S^{1}$ の上で$\Phi^{*}(-i\langle z, t-y/|y|\rangle)$$\Phi$’((-2i|y$\mathrm{D}^{2}$)$=$$\langle y, t\rangle-|y|-i\langle x(y, \theta), t\rangle$$=$$- \frac{2}{|y|}dy_{1}\wedge dy_{2}\wedge dy_{3}\wedge d\theta$,が成り立つ.
証明 第 1 式は補題 1 により,$\langle x, y\rangle=0$$|y|^{4}$$=$(-2iから出る.

|yD2$2(y_{1}^{2}dx_{2}\wedge dy_{2}\wedge dx_{3}\wedge dy_{3}+y_{2}^{2}dx_{1}\wedge dy_{1}\wedge dx_{3}\wedge dy_{3}$

十 $y_{3}^{2}dx_{1}\wedge dy_{1}\wedge dx_{2}\wedge dy_{2}-y_{1}y_{3}dx_{2}\wedge dy_{2}\wedge dx_{1}\wedge dy_{3}$$-y_{1}y_{2}dx_{1}\wedge dy_{2}\wedge dx_{3}\wedge dy_{3}-y_{1}y_{3}dx_{3}\wedge dy_{1}\wedge dx_{2}\wedge dy_{2}$$+y_{2}y_{3}dx_{3}\wedge dy_{1}\wedge dx_{1}\wedge dy_{2}-y_{2}y_{3}dx_{2}\wedge dy_{3}\wedge dx_{1}\wedge dy_{1}$$+y_{1}y_{2}dx_{2}\wedge dy_{3}\wedge dx_{3}\wedge dy_{1})$161が分かる.

$\Phi\sim dx,$) と$\Phi\sim dx_{2}$) は既に命題 1 の証明の途中で計算した. さらに$\Phi^{*}(dx_{3})=\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}\cos\theta d\theta+\frac{y_{1}\sin\theta}{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}}dy_{1}+\frac{y_{2}\sin\theta}{\sqrt{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}}dy_{2}$である. 残りの計算は省略する.

(Maple の difforms パッケージを使うと楽である.)$Q_{0}$と$Q_{1}$

証了は $(y, \theta)\in E\cross S^{1}$ に関する積分で書ける.

命題 1,2 より$Q_{0}[v](t)$$=$$\int_{\mathrm{R}^{3}\cross S^{1}}e^{\langle y,t\rangle-|y|-i\langle x(y,\theta),t\rangle}-2v(y/|y|)$$Q_{1}[v](t)$$=$$\int_{\mathrm{R}^{3}\cross S^{1}}e^{\langle y,t\rangle-|y|-i\langle x(y,\theta),t\rangle}-2v(y/|y|)$$\overline{|y|}dy_{1}dy_{2}dy_{3}d\theta$,$\overline{|y|^{2}}dy_{1}dy_{2}dy_{3}d\theta$

である.
$\mathrm{R}^{3}$

C こ極座標を導入しよう.

$(s_{1}, s_{2}, s_{3})\in S^{2}\backslash \{(0,0, \pm 1)\}$$q=|y|,$ $s_{j}=y_{j}/q(j=1,2,3)$となる.

$d\sigma(s)$を$S^{2}$と置く.

$s=$の面積測度とする.

$q$関する積分は Laplace 型で,$Q_{0}[v](t)$$Q_{1}[v](t)$が成り立つ.

$=$$\int_{S^{2}}d\sigma(s)\int_{S^{1}}d\theta\int_{0}^{\infty}-2qe^{-q\{1-\langle s,t\rangle+i\langle x/q,t\rangle\}}v(s)dr$

$=$

-2

$=$

$\int_{S^{2}}d\sigma(s)\int_{S^{1}}d\theta\int_{0}^{\infty}-2e^{-q\{1-\langle s,t\rangle+i\langle x/q,t\rangle\}}v(s)dr$

$=$

-2

$\int_{S^{2}}d\sigma(s)\int_{S^{1}}\frac{v(s)}{\{1-\langle s,t\rangle+i\langle x/q,t\rangle\}^{2}}d\theta$,$\int_{S^{2}}d\sigma(s)\int_{S^{1}}\frac{v(s)}{1-\langle s,t\rangle+i\langle x/q,t\rangle}.d\theta$

ここで $x=x(y, \theta)$ と略記して$|_{\sqrt}\mathrm{a}$る.

$x/q$ は $q$ (こよらな$|_{\sqrt}\mathrm{a}$後で用いる初等的な公式を証明しておこう.
補題 2

$a$

は正で,$b$は実とすると$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{a+ib\sin\theta}=\frac{2\pi}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$が成り立つ.

,.
$\int_{0}^{2\pi}$$\frac{d\theta}{(a+ib\sin\theta)^{2}}=\frac{2\pi a}{(a^{2}+b^{2})^{3/2}}$.

(こ162
証明 第 1 式は留数計算で示される. 第 1 式の両辺を$a$について偏微分すると第 2 式が出る.
補題 3

$a$

は正で

証了
$b$と$c$は実とすると$\int_{\mathrm{o}a+i(b\sin\theta+c\cos\theta)}^{2\pi d\theta}$$=$$\int_{0\{a+i(b\sin\theta+c\cos\theta)\}^{2}}^{2\pi d\theta}$$=$$\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}2\pi$$2\pi a$$(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3/2}$が成り立つ.
証明$b\sin\theta+c\cos\theta=\sqrt{b^{2}+c^{2}}\sin(\theta+\alpha),$$\alpha=\arg(b+ic)$ である.の任意の関数 $f=f(\theta)$ についてだから, $k=1$ ,2&こ対して
周期$2\pi$$\int_{0}^{2\pi}f(\theta+\alpha)d\theta=\int_{0}^{2\pi}f(\theta)d\theta$$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{\{a+i\sqrt{b^{2}+c^{2}}\sin(\theta+\alpha)\}^{k}}=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{(a+i\sqrt{b^{2}+c^{2}}\sin\theta)^{k}}$が戒り立つ. 後は補題 2 を当てはめればよい.

証了

ここで

$a=$

l– s,

$b=$

$- \frac{s_{1}s_{3}t_{1}}{\sqrt{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}}-\frac{s_{2}s_{3}t_{2}}{\sqrt{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}}+\sqrt{s_{2}^{2}+s_{1}^{2}}t_{3}$$c=$$\langle$$t\rangle$$=1-s_{1}t_{1}-s_{2}t_{2}-s_{3}t_{3}>0$,,$- \frac{s_{2}t_{1}}{\sqrt{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}}+\frac{s_{1}t_{2}}{\sqrt{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}}$と置くと $\langle x/q, t\rangle=b\sin\theta+c\cos\theta$ であり,
$Q_{0}[v](t)$

$=$

-2

$\int_{S^{2}}\frac{2\pi av(s)}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3/2}}d\sigma(s)$$Q_{1}[v](t)$

$=$

-2

$\int_{S^{2}}\frac{2\pi v(s)}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}d\sigma(s)$,が成り立つ.
補題 4 $s\in S^{2}\backslash \{(0,0, \pm 1)\},$ $t\in B_{3}$ と上の $(a, b, c)$ に対して,$\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=|s-t|$が成り立つ.

163$(a^{2}+b^{2}+c^{2}-|s-t|^{2})(s_{1}^{2}+s_{2}^{2})$$(s_{1}^{2}+s_{2}^{2}+s_{3}^{2}-1)(s_{1}^{2}t_{1}^{2}+s_{1}^{2}t_{3}^{2}-s_{1}^{2}+2s_{1}s_{2}t_{1}t_{2}+s_{2}^{2}t_{2}^{2}-s_{2}^{2}+s_{2}^{2}t_{3}^{2})$$=$を示すことができる. $s\in S^{2}\backslash \{(0,0, \pm 1)\}$ だから右辺 {ま 0 である.に注意しよう.

$0$$s_{1}^{2}+s_{2}^{2}\neq$

証了

この補題から,$Q_{0}[v](t)$は Poisson 積分に似ており,$Q_{1}[v](t)$は 1 重層ポテンシャルであることが分かる. すなわち

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

,である.

4

主結果
$B_{3}$と$v$は前節のものとする.

積分作用素 $Q$ :$C^{0}(S^{2})arrow \mathrm{C}^{\infty}(B_{3})$を$Q[v](t)=[V]$ . $\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}$で定める.

命題 4 作用素 $Q$ は Poisson 積分と一致する:$Q[v](t)= \frac{1}{4\pi}\int_{S^{2}}\frac{1-|t|^{2}}{|s-t|^{3}}v(s)d\sigma(s)$,$t\in B_{3}$.

正明 $|s|=1$ だから $2(1-\langle s, t\rangle)-|s-t|^{2}=1-|t|^{2}$ であり,$\frac{2}{-4\pi}Q_{0}[v](t)-\frac{1}{-4\pi}Q_{1}[v](t)=\int_{S^{2}}\frac{1-|t|^{2}}{|s-t|^{3}}v(s)d\sigma(s)$となる.
$Q[v](t)= \frac{2}{-16\pi^{2}}Q_{0}[v](t)-\frac{1}{-16\pi^{2}}Q_{1}[v](t)$から命題が従う.

証了

164
定理 1 もし $u(t)C\mathrm{C}^{0}(B_{3})$ が内でDirichlet 境界値ならば,
十$z\ovalbox{\tt\small REJECT}+z\ovalbox{\tt\small REJECT}\ovalbox{\tt\small REJECT} 0$とで調和であり,$u(t)\ovalbox{\tt\small REJECT} Q[v](t)$$B_{3}$$z^{2}\ovalbox{\tt\small REJECT} z\ovalbox{\tt\small REJECT}$$B_{3}$$y/|y|\epsilon \mathrm{s}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}v$$vC\mathrm{C}^{0}(S^{2})$がそのが成り立つ. 特に $u(t)$ はを満たす指数関数 $\exp(-i\langle z, t))$ たちの重ね合わせである.

52 変数の場合
主結果として 3 変数の場合を述べて証明を与えたが, この節では 2 変
十 $z_{2}^{2}=(z_{1}+iz_{2})(z_{1}-iz_{2})$ と因数分解数の場合の結果だけを述べる.
できるので, 証明は 3 変数の場合よりはるかに易しい.とする.
は B2 $=S^{1}$ 上の連続関, $t=(t_{1}, t_{2})$ , の開単位球をの座標を $z=(z_{1}, z_{2}),$ $z_{j}=x_{j}+iy_{j}(j=1,2)$ と置く.
数とする.
$V=\{(z_{1}, z_{2})\in \mathrm{C}^{2}; z_{1}^{2}+z_{2}^{2}=0\}$ とし,$t\in B_{2}$ {こ対して$z_{1}^{2}$$B_{2}$$\mathrm{R}_{t}^{2}$$v$$\mathrm{C}^{2}$$Q’[v](t)= \frac{-1}{16\pi}[V]$.v(y/lyl)e-i z,t-y/lyl \partial lyl$\langle$$\rangle$と置くことにより積分作用素 $Q’$ を定義する.
定理 2 もしDirichlet 境界値ならば,$u(t)\in \mathrm{C}^{0}(\overline{B}_{2})$$B_{2}$が$B_{2}$で調和であり,$v\in C^{0}(S^{2})$がその内で$u(t)=2Q’[v](t)-Q’[v](0)$が成り立つ.

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165
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山根英司

千葉工業大学自然系
275-0023 習志野市芝園 2-1-1-mail:yamane@pf it-chiba . ac.jP,$\mathrm{e}$hideshi yamane@nifty ne jp