Lösung.

Aus der Theorie der Möbiustransformationen ist bekannt, daß die Abbildung

$ \mbox{$\displaystyle f:\overline{\mathbb{H}}\cup\{\infty\}\;\to\;\overline{\mathbb{E}}\;,\;\; f(z)\;:=\; \frac{z-\text{i}}{z+\text{i}} $}$
stetig und bijektiv ist und die obere Halbebene $ \mbox{$\mathbb{H}$}$ konform auf das Innere $ \mbox{$\mathbb{E}=B_1(0)$}$ des Einheitskreises abbildet. Außerdem ist die Funktion $ \mbox{$g$}$ stetig auf $ \mbox{$\mathbb{R}\cup\{\infty\}$}$ . Daher ist die Funktion
$ \mbox{$\displaystyle h:\partial\mathbb{E}\;\to\;\mathbb{R}\;,\;\; h(z)\;:=\; g(f^{-1}(z)) $}$
ebenfalls stetig. Also gibt es genau eine stetige Funktion $ \mbox{$\hat{u}:\overline{\mathbb{E}}\to\mathbb{R}$}$ mit

Folglich ist $ \mbox{$u:=\hat{u}\circ f$}$ stetig und erfüllt die geforderten Eigenschaften. Die Eindeutigkeit von $ \mbox{$u$}$ folgt aus der Eindeutigkeit von $ \mbox{$\hat{u}$}$ und der Umkehrbarkeit von $ \mbox{$f$}$ .

Gemäß der Poissonschen Integralformel gilt

$ \mbox{$\displaystyle \hat{u}(z) \;=\; \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{1-\vert z\vert^2}{\vert e^{\text{i}t}-z\vert^2}\,h(e^{\text{i}t})\,\text{d}t $}$
für alle $ \mbox{$z\in\mathbb{E}$}$ . Also gilt für alle $ \mbox{$z\in\mathbb{H}$}$
$ \mbox{$\displaystyle u(z) \;=\; \hat{u}(f(z)) \;=\; \dfrac{1}{2\pi} \dfrac{1-... ...t^2}{\vert e^{\text{i}t}-f(z)\vert^2}\,g(f^{-1}(e^{\text{i}t})\,\text{d}t\;. $}$
Es gilt $ \mbox{$f^{-1}(z)=\dfrac{\text{i}z+\text{i}}{-z+1}$}$ und daher
$ \mbox{$\displaystyle f^{-1}(e^{\text{i}t}) \;=\; \text{i}\,\dfrac{1+e^{\text{... ...i}t})}{(1-e^{\text{i}t})(1-e^{-\text{i}t})} \;=\; \frac{\sin t}{\cos t-1}\;. $}$
Es folgt mit der Substitution $ \mbox{$s=\frac{\sin t}{\cos t-1}$}$
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} u(z) &=& \dfrac{1}{2\pi}\displaystyl... ...rt^2}{\vert f(s)-f(z)\vert^2}\, g(s)\,\dfrac{\text{d}s}{1+s^2}\;. \end{array}$}$
Schreibt man $ \mbox{$z=x+\text{i}y$}$ , so ergibt sich
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \dfrac{1-\vert f(z)\vert^2}{\vert f(s... ...t 2\,\text{i}(s-z)\vert^2} \;=\; \dfrac{(1+s^2)y}{(s-x)^2+y^2}\;. \end{array}$}$
Setzt man dies in obige Gleichung ein, so erhält man
$ \mbox{$\displaystyle u(x+\text{i}y) \;=\; \dfrac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty \dfrac{y}{(s-x)^2+y^2}\,g(s)\,\text{d}s\;. $}$