关于调和函数的一些性质

以下均为10年前讨论的一些内容，或者更早一些。

问题1.考虑调和函数  $-\Delta u=0\ \ \mbox{in}\ \ R^n$,  $n\geq2$, 且$u(x)\geq -(1+|x|)^{\alpha}$ in $R^n$, 其中$\alpha\in(0,1)$, 证明: $u$必为常数。

证明:(1) 考虑直接对$u-\inf\limits_{B_{2R}}u$在$B_R$上使用Harnack 不等式，则

$$\sup_{B_{R}}u-\inf_{B_{2R}}u\leq C(u(0)-\inf_{B_{2R}}u).$$

那么

$$\sup_{B_{R}}u\leq C|u(0)|+(1-C)\inf_{B_{2R}}u\leq C|u(0)|+(C-1)(1+2R)^{\alpha},$$

这样就有  

$$\sup_{B_{R}}|u|\leq C|u(0)|+C(1+2R)^{\alpha}$$

最后用调和函数的梯度内估计就可以得到结论了。

(2)第二种方法是利用平均值公式推导梯度估计的方法，并结合积分中值定理即可知道$\nabla u \equiv 0$. 具体细节见  Oleinik的《偏微分方程讲义》，当然本问题还可以推广控制的阶数。

(3) 受极小曲面的BDG估计的启发(因为对于极小曲面方程可以提相同的问题，见E.Guisti的book)，调和函数也可以有类似的梯度估计(见林芳华，韩青的椭圆方程讲义的第一章Lemma1.11, 考虑 $u(x)-\inf_{B_r(x_0)} u$, 即先用平均值公式，再用散度定理，最后用平均值公式)，即 对任意的$x_0\in R^n$, $r>0$, 可以做估计：

      $$|\nabla u(x_0)| \leq \frac{C(n)}{r} (u(x_0)-\inf_{\partial B_r(x_0)} u) , $$

这样问题也类似的迎刃而解。

问题2.考虑二维情形的 全平面 下调和函数 上有界，则必为常数。具体如下:

$$u\in C^2(R^2),\ \ \ -\Delta u\leq0\ \ in \ \ R^2, \sup\limits_{R^2}u=0, \ \ then\ \ u\equiv 0. $$

证明:  第一种情形：如果$u(0)=0$, 由强极值原理可知结论成立。

          第二种情形：如果$u(0)=-m<0$，以下证明 这不可能发生。

          由连续性可知，存在$\delta>0$使得， $\forall\  |x|\leq \delta,\ \ u(x)\leq -\frac{m}{2}<0$, 然后在外部考虑使用基本解构造的闸函数。 对任意的$\epsilon>0$, 取

$$v_{\epsilon}(x)=-\frac{m}{2}+\epsilon \ln(\frac{|x|}{\delta}),$$

由比较定理容易知道 $u\leq v_{\epsilon}$ in $\{x\in R^2:|x|>\delta\}.$

最后令 $\epsilon\rightarrow0+$可知，  

$$u\leq -\frac{m}{2}   \mbox{ in}   \{x:|x|>\delta\}.$$

 这样就会有  $u\leq -\frac{m}{2}$ in $R^2$,  这与假设$\sup\limits_{R^2} u=0$相矛盾。Q.E.D.

 问题3. 考虑调和函数  $-\Delta u=0\ \ \in\ \ R^n$,  $n\geq2$, 且$u(x)\in L^p(R^n)$, $p>0$，则$u\equiv 0$.

证明: $p\geq 1$时，只需要用均值公式和Holder不等式，至于其他情形可考虑内插或者直接使用Moser迭代的局部极值原理。 Q.E.D.

 问题4. 关于有界调和的可去奇性的问题。引入Capacity来描述，并利用Haussdorff测度来直观判定。

 问题5. 关于下有界的调和函数的孤立点奇性的Bocher定理(单边有界)。

Bocher定理定理的证明如下:

我们考虑在$B_1\setminus\{0\}$上的调和函数$u$, $0$为其孤立奇点. 不妨设$n\geq3$, 首先注意到如果$u(x)=o(|x|^{2-n})$, 则$0$为$u$的可去奇点,它的证明在[HL]的书上有证明,  其结论可用来说明Poisson方程连续函数情形的右端项$f$无法得到$u\in C^2$.

下面我们主要对单边有下界的$B_1\setminus\{0\}$上的调和函数$u$来讨论.

令$\varliminf\limits_{x\rightarrow 0}\frac{u(x)}{|x|^{2-n}}=m$, 显然$m\in[0,+\infty]$.

 首先$m=+\infty$, 是不可能的, 因为此时 $\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{u(x)}{|x|^{2-n}}=+\infty$. 换句话说$\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{|x|^{2-n}}{u(x)}=0$, 仿照之前可去奇点的证明可得的$0$为$|x|^{2-n}$的可去奇点, 这是不可能的.

因此$0\leq m<+\infty$.

此时利用下极限的定义, 对于任意的$\epsilon>0$, 存在$\delta<\frac{1}{4}$, 使得$\forall\  0<|x|<\delta$, $\frac{u(x)}{|x|^{2-n}}>m-\epsilon$, 同时存在一串$\{x_i\}\subset  B_{\frac{\delta}{4}}$, $|x_i|=r_i$严格单调递减趋于$0$, 且$\frac{u(x_i)}{|x_i|^{2-n}}<m+\epsilon$.

此时考虑$v(x)=u(x)-(m-\epsilon)|x|^{2-n}$,  它是$B_{\delta}\setminus\{0\}$上的正调和函数, 且$v(x_i)<2\epsilon|x_i|^{2-n}$. 

在$|x|=|x_i|=r_i$, 运用Harnack不等式可知$v(x)\leq 2C\epsilon |x_i|^{2-n}=2C\epsilon|x|^{2-n}$. (其中$C$为仅与维数$n$有关的Harnack常数.)

此时在$B_{r_i}\setminus\overline{B}_{r_{i+1}}$上运用调和函数的比较定理可知,  $v(x)\leq 2C\epsilon |x|^{2-n}$, $\forall \ 0<|x|<r_1$.

由此即得$\varlimsup\limits_{x\rightarrow 0}\frac{u(x)}{|x|^{2-n}}\leq m+(2C-1)\epsilon$.  令$\epsilon\rightarrow0+$, 则有

$\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{u(x)-m|x|^{2-n}}{|x|^{2-n}}=0$.

 最后对$u(x)-m|x|^{2-n}$运用可去奇点的结论即得:

$u(x)=h(x)+m|x|^{2-n}, \ \ x\in B_1\setminus\{0\}$, 其中$h$为$B_1$上的调和函数, $m\in[0,+\infty)$. Q.E.D.

 

问题4、5是值得深究的，它们可以推广到其他椭圆、抛物方程上去。