设$f\in H(B(0,R))\cap C(\overline{B(0,R)})$,且$f=u+iv$,则$f$可用其实部表示为

$$f(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{Re^{i\theta}+z}{Re^{i\theta}-z}u(Re^{i\theta}){\rm d}\theta+iv(0)$$

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：$\forall z\in B(0,R)$,由Cauchy积分公式$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(0,R)}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}{\rm d}\zeta=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\zeta)\frac{\zeta}{\zeta-z}{\rm d}\theta\tag{1}$$

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$$0=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(0,R)}\frac{f(\zeta)}{\zeta-\frac{R^2}{\overline{z}}}{\rm d}\zeta=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\zeta)\frac{\zeta\overline{z}}{\zeta\overline{z}-R^2}{\rm d}\theta\tag{2}$$

(1)-(2)得$$f(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\zeta)\left(\frac{\zeta}{\zeta-z}-\overline{\left(\frac{z}{z-\zeta}\right)}\right){\rm d}\theta=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\zeta)\frac{R^2-|z|^2}{\left|\zeta-z\right|^2}{\rm d}\theta$$

如果记$P(\zeta,z)=\frac{1}{2\pi}\frac{R^2-|z|^2}{\left|\zeta-z\right|^2}$(这个被称为Poisson核),并在上面的等式两边取实部便有$$u(z)=\int_{0}^{2\pi}u(\zeta)P(\zeta,z){\rm d}\theta$$

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$$\frac{1}{2\pi}\frac{R^2-|z|^2}{|\zeta-z|^2}=\frac{1}{2\pi}{\rm Re}\frac{\zeta+z}{\zeta-z}$$

因此全纯函数$f$的实部也是如下函数的实部$$g(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}u(\zeta)\frac{\zeta+z}{\zeta-z}{\rm d}\theta$$

不难验证函数$g(z)$在$B(0,R)$中全纯,而${\rm Re}g(z)={\rm Re}f(z)$,这说明$f,g$至多相差一个常数.设$$f(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}u(\zeta)\frac{\zeta+z}{\zeta-z}{\rm d}\theta+C$$

其中$C\in\mathbb C$为常数,下面来确定$C$的值.在上式中令$z=0$,可得\begin{align*}f(0)&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}u(\zeta){\rm d}\theta+C=u(0)+C\\\Rightarrow C&=iv(0)\end{align*}

所以可以得到Schwarz积分公式$$f(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}u(\zeta)\frac{\zeta+z}{\zeta-z}{\rm d}\theta+iv(0).$$

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\begin{align*}a_{n}&=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial B(0,R)}\frac{f(\zeta)}{\zeta^{n+1}}{\rm d}\zeta\\\Rightarrow a_{n}R^n&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\zeta)e^{-in\theta}{\rm d}\theta\end{align*}

注意到$\int_{\partial B(0,R)}f(\zeta)\zeta^{n-1}{\rm d}\zeta=0,\forall n\geq1$.可得\begin{align*}0&=\int_{0}^{2\pi}\overline{f(\zeta)}e^{-in\theta}{\rm d}\theta\\\Rightarrow a_{n}R^n&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}u(\zeta)e^{-in\theta}{\rm d}\theta,n\geq1\end{align*}

所以\begin{align*}f(z)=f(0)+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}R^n\left(\frac{z}{R}\right)^n&=f(0)+\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{2\pi}u(\zeta)\left(\frac{z}{\zeta}\right)^n{\rm d}\theta\end{align*}

注意到$\left|u(\zeta)\left(\frac{z}{\zeta}\right)^n\right|\leq M\left(\frac{|z|}{R}\right)^n$,可知函数项级数$\sum u(\zeta)\left(\frac{z}{\zeta}\right)^n$关于$\theta$一致收敛,因此可交换积分与求和次序\begin{align*}f(z)&=f(0)+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}u(\zeta)\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{z}{\zeta}\right)^n{\rm d}\theta=f(0)+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}u(\zeta)\frac{z}{\zeta-z}{\rm d}\theta\\&=f(0)+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}u(\zeta)\frac{\zeta+z}{\zeta-z}{\rm d}\theta-u(0)\end{align*}

同样可以得到Schwarz积分公式$$f(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}u(\zeta)\frac{\zeta+z}{\zeta-z}{\rm d}\theta+iv(0).$$