设$fin H(B(0,R))cap C(overline{B(0,R)})$,且$f=u+iv$,则$f$可用其实部表示为
$$f(z)=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}frac{Re^{i heta}+z}{Re^{i heta}-z}u(Re^{i heta}){ m d} heta+iv(0)$$
这是史济怀《复变函数》P117的第8题，方法很多，这里写两种。
方法一：$forall zin B(0,R)$,由Cauchy积分公式$$f(z)=frac{1}{2pi i}int_{partial B(0,R)}frac{f(zeta)}{zeta-z}{ m d}zeta=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}f(zeta)frac{zeta}{zeta-z}{ m d} heta ag{1}$$
而$z$关于$partial B(0,R)$的对称点为$z^*=frac{R^2}{overline{z}}$在圆外,所以由Cauchy积分定理$$0=frac{1}{2pi i}int_{partial B(0,R)}frac{f(zeta)}{zeta-frac{R^2}{overline{z}}}{ m d}zeta=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}f(zeta)frac{zetaoverline{z}}{zetaoverline{z}-R^2}{ m d} heta ag{2}$$
(1)-(2)得$$f(z)=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}f(zeta)left(frac{zeta}{zeta-z}-overline{left(frac{z}{z-zeta} ight)} ight){ m d} heta=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}f(zeta)frac{R^2-|z|^2}{left|zeta-z ight|^2}{ m d} heta$$
如果记$P(zeta,z)=frac{1}{2pi}frac{R^2-|z|^2}{left|zeta-z ight|^2}$(这个被称为Poisson核),并在上面的等式两边取实部便有$$u(z)=int_{0}^{2pi}u(zeta)P(zeta,z){ m d} heta$$
这个公式被称为Poisson公式,在Dirchlet问题中很有用.
我们注意到Poisson核$$frac{1}{2pi}frac{R^2-|z|^2}{|zeta-z|^2}=frac{1}{2pi}{ m Re}frac{zeta+z}{zeta-z}$$
因此全纯函数$f$的实部也是如下函数的实部$$g(z)=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}u(zeta)frac{zeta+z}{zeta-z}{ m d} heta$$
不难验证函数$g(z)$在$B(0,R)$中全纯,而${ m Re}g(z)={ m Re}f(z)$,这说明$f,g$至多相差一个常数.设$$f(z)=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}u(zeta)frac{zeta+z}{zeta-z}{ m d} heta+C$$
其中$Cinmathbb C$为常数,下面来确定$C$的值.在上式中令$z=0$,可得egin{align*}f(0)&=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}u(zeta){ m d} heta+C=u(0)+C\Rightarrow C&=iv(0)end{align*}
所以可以得到Schwarz积分公式$$f(z)=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}u(zeta)frac{zeta+z}{zeta-z}{ m d} heta+iv(0).$$
方法一：$f$可在$B(0,R)$中展开成幂级数$$f(z)=sum_{n=0}^{infty}a_{n}z^n$$
其中egin{align*}a_{n}&=frac{1}{2pi i}int_{partial B(0,R)}frac{f(zeta)}{zeta^{n+1}}{ m d}zeta\Rightarrow a_{n}R^n&=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}f(zeta)e^{-in heta}{ m d} hetaend{align*}
注意到$int_{partial B(0,R)}f(zeta)zeta^{n-1}{ m d}zeta=0,forall ngeq1$.可得egin{align*}0&=int_{0}^{2pi}overline{f(zeta)}e^{-in heta}{ m d} heta\Rightarrow a_{n}R^n&=frac{1}{pi}int_{0}^{2pi}u(zeta)e^{-in heta}{ m d} heta,ngeq1end{align*}
所以egin{align*}f(z)=f(0)+sum_{n=1}^{infty}a_{n}R^nleft(frac{z}{R} ight)^n&=f(0)+frac{1}{pi}sum_{n=1}^{infty}int_{0}^{2pi}u(zeta)left(frac{z}{zeta} ight)^n{ m d} hetaend{align*}
注意到$left|u(zeta)left(frac{z}{zeta} ight)^n ight|leq Mleft(frac{|z|}{R} ight)^n$,可知函数项级数$sum u(zeta)left(frac{z}{zeta} ight)^n$关于$ heta$一致收敛,因此可交换积分与求和次序egin{align*}f(z)&=f(0)+frac{1}{pi}int_{0}^{2pi}u(zeta)sum_{n=1}^{infty}left(frac{z}{zeta} ight)^n{ m d} heta=f(0)+frac{1}{pi}int_{0}^{2pi}u(zeta)frac{z}{zeta-z}{ m d} heta\&=f(0)+frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}u(zeta)frac{zeta+z}{zeta-z}{ m d} heta-u(0)end{align*}
同样可以得到Schwarz积分公式$$f(z)=frac{1}{2pi}int_{0}^{2pi}u(zeta)frac{zeta+z}{zeta-z}{ m d} heta+iv(0).$$