目 录 第一讲调和函数的几何理论 第二讲 Fourier分析与调和函数的展开式……………35 第三讲扩充空间与球几何 第四讲 Lorentz群… 76 第五讲球几何的基本定理 …103 第六讲非欧几何学 章, ……129 第七讲混合型偏微分方程 ………………137 第八讲形式 Fourier级数与广义函数 177 iii
第一讲调和函数的几何理论 §1.旧事重提 在复平面上变形 <1 (1) a2 及 wse 2 (2) 由(1)推得 (2-a(2- (1-az)(1 (1-1a2)(1-1z|2 因此(1)把单位圆|2=1变为单位圆|c ,单位圆内部 变为单位圆内部.变形(2)也有此性质.并且(1)把z=a变 为 微分(1)式得 m=-d+(a-a)ad(1-ax)2(4) (1一az)2 (3)、(4)相除,取绝对值的平方得出经过(1)、(2)不变的微 分型 law z t 2)2 (5) 与此微分二次型相对应的有不变的微分算子 )这儿a代表a的共轭虚数
(1-/a12)8 =(1-|z|2)2 6u0 azas 这就是 Laplace算子 o①,① aza a (1)既然把单位圆变为单位圆,则当z=c(0≤r≤2r)时 即 -1-n 这代表变形(1)在单位圆圆周上所引起的变化.而(4)式变 为 e小ψ d 两者相除得出 dr 命 及 pcos(a-ttp2 这个函数称为 Poisson核,因此, Poisson核是单位圆经(1)变 为自己所得出的函数行列式, Poisson核有以下的特点: (i)定正性。当p≤1时,P(p,θ-r)>0, (i)imP(p,0-τ)= 若6 若θ 1 P 这结果也是显然的,其理由是,由(7)得 tdT d=1
性质(i)与(i)合并称为“δ函数的性质 (iv)当p<1时,它适合于 Laplace方程(极座标形式) 2 十 0 要证明这一点也是十分容易的,因为 P(p26-)=1+ i(-r) 十 1+2∑p"cosn(O-r), 而p"cosn(0-τ)显然适合于(9),因而P(p,6-z)也适合 于(9) 解单位圆的 Dirichlet问题 给一个以2x为周期的连续函数q(0),求一函数4(pe) 在圆内适合于 Laplace方程,且 limu(pe)ap(0 (10) 这就是有名的 Dirichlet问题 我们分以下几个步骤来解决这一问题 (1)先证“均值公式”:如果以(pe)在圆内有二阶连续 偏微商,而且适合 Laplace方程(9),在圆内及圆周上连续,则 (pe6)d=“(0),0≤p≤1 证法是:由 Laplace方程知 u(pe a)-1m (pe°)a 0。 求积分得 1)适合 Laplace方程的函数称为调和函数
01 u(pe°)d0=k 当p=0时,可见k=0.再积分,得 2 是一与P无关的常数,再取p=0,得(11)式 (2)依(1)换变数,命 (z)=u(u) 则 v(e1)=u(e“) (11)式变为(p=1) (a)=(0)=1a(e“) 2I Jo (e) dt 命a=pc°及换符号则得 Poisson公式 u(peie 1 ute dz.(12) 0 1-2pcos(-) 换言之,如果“(pc°)是一个调和函数,则有以上的公式 (3)最大(最小)值原理.一个单位圆内的调和函数,如 果不是常数,则一定在圆周上取最大(最小)值 如果(pe)最大,由(12)可知 2xJo 1-2pcos(6-)+p2 ≤(pe°)1",(1) 2J0 2pcos(θ-x)+p2 并且仅当“是常数时取等号,不然,总有一段弧,其中a(e") u(pc°),因而上式取不等号 同样最小值也在圆周上取
(4) Dirichlet,间问题解答的唯一性. 如果有两个解(pe°),v(pc适合于(10),则 也是调和函数,在圆周上这函数等于0,即u(c1°)=0.由(3) 可知在闭圆|x≤1上,w(pe)的最大值≤0,最小值≥0, 因而w≡0.因而解答是唯一的 (5)解答的存在性 考虑 Poisson积分 pc 1 P(p,8-rop(r)dr 13 这函数有以下的一些性质:首先由性质(ⅳv)可知认pe)在 圆内适合 Laplace方程,其次由“8函数”性质可以证明(10) 式.由性质(i) P(p,6-τ)q(θ)d 因为q(0)是连续函数,给了e,存在δ使θ一<δ时, τ) 把积分 P(p,6-r)(q()-g(0))d 分为两部分,由(14)可知 P(p,日-τ)(q()-q(6)d 2J{6-r< ≤ P(p,6-τ) 另一方面,当|0-叫≥8时,可以取P充分接近于1使 (p,6一τ)<ε/2M 这儿M是|q(x)的上界.于是
P(p,0-)(q(x)-q(0)drl<2 2 2M 合并之,得出当P充分接近于1时, 6)|< 即 limu(per )=(o) 因而公式(13)解决了单位圆的 Dirichlet问题的存在性部分 §2.实效形式 为了看出推广的可能性,先看51的结果的实数形式,先 看变形(11)的实数形式 4g2+43 az(1-ax)(1-4x)1 z g十a《zz 把复数u写成为ξ十,而以υ*代表矢量(5,),显然有 ab+4b =246 又由于 a=(b2-c2+2bci(x-iy), (a=b+ 所以 (a2z)*=[(b2-c2)x+2bcy,2bcx-(b2-c2)y] b2-c2. 2bc x, y .26c b =(x,y)[2(b,c)"(b,c)-(b,c)(b,c)r] (2a 这儿依照矩阵相乘的法则办事,因此得 十x*(2a*a2
3.单位球的几何学 以上的实形式建议以下的可能推广 命x=(x1,…,xn)代表一n维矢量,而 代表一单位球,以上建议 r-a-xx'a+x(2a'a-aa'D aa rr 可能是一个变形把单位球一对一地变为其自已,而且把 a变为y 先把y写成为 aa(x-a)-a(r-a(x-a) aa<1 I -2ax+t aarr (3) 作内积 (l-2ax'+ aaxx')2 (1-aa)(x-a)(x (1-2ax′+aa'xx)2 a [(x-a)(x-a)]2 (1一2ax十aa'xx2)2 (1-a^) aa xr 2(1-a)(x-a)a+aa'(x-a)(x-a)1 (x-a)(x-a) (4) 2axaa'xx 由(3)可知y+yya= aa)(x (5) aa xx 再作内积
(y+yy'a(y+yya)y=(1-aa)(x-a(r-ay (1-2ax+aa'xx') 由(兮)得y(1+22y+ay)=(1=a0y 1+十2ax+aa 如果yy′=0,则y=0,由(4)得x=a.如果yy’与0,则得 等式 1+ 2ay f aayy= (6) 2ax+ aa'xx (这对y=0,x=a也对)代入(5)式得 x=a+(y+y2a)(1-a2) 1十2ay十aayy 即 y+a+ ayy y(2. 2ay t aa yy (7) 这与(2)的形式完全相同,只不过把a换成-a而已。因此 (2)的确是一个一对一的变形(对整个空间都如此,除去分母 为0的情况不难证明,例外仅有y=-a/(aa)一点而已) 再由(4)可知 1-2ax+ ad'xx'-(x-a(r-ay' 1-2ax'+ aa'xx (1二aa)(1 1一2ax十daxx 由 Schwarz不等式可知,分母 1-2ax-aaxx'=(1-ax)2+ax÷(ax")2>0, 这又证明了(2)把单位球变为其自己 除形式(2)的变形以外,变形 y=xl, TT=I (9) 也显然把单位球变为其自己 (2)与(9所演出的群就是我们所要讨论的群.我们现 在是研究在此群下单位球内点所成的空间的几何学
这个空间称为双曲空间由(2)和(9)所演出的群称为非 欧运动群 在此群下,球内任一点可以变为原点,而且任意相互正交 的n个方向可以变为n个坐标轴的正向 54.微分度量 求变形 (1-a)(x-a)-(x-a)(x-a)a 2ax+ aax 的微分,有 (1-2ax+ad'xx)dy=(1-2ax+aa'rx') [(1-a')dx-2dx(x-a)a] -[-2dra+2aadxx'l[(1-ad(x-a Cr-a(x-aa]=(1-aa) {(1-2ax+a'x)-2(1-2ax") +2a'r-2xr'a'a-2aarxl Dxf(l-2ar+aa'rx')I-2(1- ar') (x'a-a'x)+2(x'a-ax)2}. 命 P=(1-2ar+aa'xxI-2(1-arCr'a-ar 2(xa-a'x)2 及 M=x'a-a'x,λ=1-2ax'+ax,(1) 则 P=4I-2(1一ax)M+2M2 (2) 及 x’十aa'x2)2
