Доказать, что функция постоянна

[Brukvalub]

e.mazhnik в сообщении #1184143 писал(а):

Липшицевость (локальная) же напрямую следует из гладкости, которая дана в условии.

Но вы-то используете глобальную липшицевость, причем с одной и той же константой! И мое замечание про величину этой константы в вашей схеме доказательства так и повисло... Если константа будет больше единицы, то ваше доказательство проваливается.

[DeBill]

Решние e.mazhnik - это, как я понимаю, попытка перенести док-во "ограниченная гармоническая на плоскости - постоянна" с дискретного случая на непрерывный. Что-то я сомневаюсь, что это реализуемо...

[e.mazhnik]

Brukvalub в сообщении #1184178 писал(а):

И мое замечание про величину этой константы в вашей схеме доказательства так и повисло... Если константа будет больше единицы, то ваше доказательство проваливается.

sup в сообщении #1183909 писал(а):

Бесконечные ряды суммировать не надо. Для противоречия достаточно добиться, чтобы $nM$ было велико. Так что выбираем "большое" $n$ и потому уже "малое" $\varepsilon$.

Доказательство никак не использует условие $K<1$. Мы просто выбираем достаточно малое $\varepsilon$. Могу расписать это более формально, если требуется, но вроде тут все понятно.

[e.mazhnik]

Brukvalub в сообщении #1184178 писал(а):

Но вы-то используете глобальную липшицевость

Да, действительно. Изначально я хотел взять максимальное $K=K(n)$ для окрестностей точек $x_0, x_1, \ldots x_n$ и обойтись локальной липшицевостью, но сейчас понимаю, что в таком случае $K$ будет зависеть от $x_0$, а это разрушает доказательство. В таком случае функцию и правда нужно модифицировать до глобальной липшицевости. Тогда все работает.

[Brukvalub]

e.mazhnik в сообщении #1184257 писал(а):

Доказательство никак не использует условие $K<1$

Еще как использует:

e.mazhnik в сообщении #1183532 писал(а):

Отсюда $f(x_0 + nh) - f(x_0) = \sum_{i=0}^{n-1} g(x_0 + ih) > nM - \varepsilon \sum_{i=1}^n K^i.$
Видно, что мы можем сделать значение $f(x_0 + nh)$ сколь угодно большим $\Rightarrow$ противоречие.

Вы фиксировали $\varepsilon$ и опираетесь на то, что правая часть последнего неравенства монотонно возрастает по $n$, но при $K>1$ она убывает.
Другой вопрос, что глобально липшицеву функцию можно разделить на константу так, что у новой функции константа Липшица станет меньше единицы.

[e.mazhnik]

Brukvalub в сообщении #1184472 писал(а):

Вы фиксировали $\varepsilon$

В том то и дело, что ее не нужно фиксировать.
Вот смотрите, допустим, я хочу найти точку, значение в которой будет больше $10M$.
Тогда я выберу некоторую точку $x_0$ для которой верно $M - \varepsilon < f(x_0) \leqslant M$. В таком случае $f(x_0 + 12h) \geqslant 11M - \varepsilon \sum_{i=1}^n K^i$. Если этот остаток с $\varepsilon$ окажется больше $M$, я просто возьму другое $x_0$ и сделаю $\varepsilon$ еще меньше ($K$ то при этом не меняется). В итоге в какой-то точке у меня $f(x_0) \geqslant 10M$.

[DeBill]

Brukvalub в сообщении #1184472 писал(а):

глобально липшицеву функцию можно разделить на константу так, что у новой функции константа Липшица станет меньше единицы.

И это очень странно: не может такой простой трюк починить док-во.
Более того, реально это - просто выбор другой единицы измерения (граммы вместо килограммов - если значения функции мерять в весовых единицах, а аргумент - в метрах , например). Так что константа Липшица, на самом деле - размерная величина. Потому крайне сомнительной выглядит оценка (которую "нетрудно показать"), ибо в ней фигурируют ейные степени....

-- 15.01.2017, 01:11 --

В правильной оценке должно быть, видимо, $Kn$ вместо $K^n$

[sup]

Там возникает не $K^n$, а более сложный агрегат

sup в сообщении #1183909 писал(а):

Далее, если изначально выбрать $\varepsilon$ достаточно малым, то возникает последовательность $\varepsilon_n$, причем
$\varepsilon^2_{n+1} \leqslant 2\pi K \varepsilon_n$

[e.mazhnik]

DeBill в сообщении #1184766 писал(а):

В правильной оценке должно быть, видимо, $Kn$ вместо $K^n$

Я тут и правда погорячился с этим «нетрудно показать»
Тогда, действительно, можно исправить это так, как предложил sup.
\begin{align*}g(x_0) &= \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{\Delta \varphi} g(\varphi) d\varphi + \frac{1}{2\pi} \int_{\Delta \varphi}^{2\pi} g(\varphi) d\varphi \\&\leqslant \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{\Delta \varphi} \underbrace{(g(x_0 + h) + K\Delta \varphi)}_\textrm{из липшицевости} d\varphi + \frac{1}{2\pi} \int_{\Delta \varphi}^{2\pi}Md\varphi\end{align*}
$\displaystyle{g(x_0) \leqslant \frac{\Delta \varphi}{2\pi} g(x_0 + h) + K \frac{(\Delta \varphi)^2}{2\pi} + \frac{M}{2\pi} (2\pi - \Delta \varphi)}$
$\displaystyle{g(x_0 + nh) \geqslant M - \frac{2\pi}{\Delta \varphi} (M - g(x_0)) - K\Delta \varphi}$
Возьмем $\Delta \varphi = \sqrt{\frac{2\pi(M - g(x_0))}{K}}$ (важно только, чтобы $\varepsilon$ был достаточно мал для $\Delta \varphi < 2\pi$).
Тогда $g(x_0 + h) \geqslant M - \sqrt{2\pi(M - g(x_0))K} = M - \sqrt{2\pi \varepsilon K}$.
По индукции получим:
$\displaystyle{g(x_0 + nh) \geqslant M - \sqrt{2\pi \varepsilon_n K}}$, где $\varepsilon^2_{n+1} = 2\pi K \varepsilon_n$, $\varepsilon_0 = \varepsilon$.

[DeBill]

В два шага:
1. По условию, значение функции в центре окружности радиуса $r$ равно ее среднему по окружности. Умножая это равенство на $r$, и интегрируя, получим:
значение функции в центре круга радиуса $R$ равно ее среднему по кругу.
2. Пусть функция по модулю не превышает $M$. Для разности $f(A) - f(B)$, заменим значения функции на средние по кругам (радиуса $R$ ) $K_A, K_B$ с центрами $A,B$.
Получим: $\left\lvert f(A) - f(B)\right\rvert\leqslant \frac{M\cdot S(R)}{\pi R^2}$, где $S(R)$ - площадь симметрической разности $K_A \Delta K_B$.
Поскольку $S(R) \leqslant 2R\cdot 2\left\lvert A-B\right\rvert$ (прямые, параллельные линии центров, пересекают нашу сим. разность по паре отрезков длины, не превышающей расстояние между центрами), то отношение справа стремится к нулю при $R\to\infty$. Поэтому $f(A)= f(B)$.

-- 15.01.2017, 11:05 --

e.mazhnik в сообщении #1184822 писал(а):

По индукции получим:
$\displaystyle{g(x_0 + nh) \geqslant M - \sqrt{2\pi \varepsilon_n K}}$, где $\varepsilon^2_{n+1} = 2\pi K \varepsilon_n$, $\varepsilon_0 = \varepsilon$.

Т.е., получили последовательность УХУДШАЮЩИХСЯ оценок. И что дальше?

[e.mazhnik]

DeBill в сообщении #1184825 писал(а):

По условию, значение функции в центре окружности радиуса $r$ равно ее среднему по окружности. Умножая это равенство на $r$, и интегрируя, получим:
значение функции в центре круга радиуса $R$ равно ее среднему по кругу.

А можно поподробнее? У нас же по условию $r=1$, как это может что-то поменять?

DeBill в сообщении #1184825 писал(а):

Т.е., получили последовательность УХУДШАЮЩИХСЯ оценок. И что дальше?

Так и есть. А дальше $f(x_0 + nh) - f(x_0) = \sum_{k=1}^n g(x_0 + kh) \geqslant nM - \sqrt{2\pi K} \sum_{k=1}^n \sqrt{\varepsilon_k}$, где $\sum_{k=1}^n \sqrt{\varepsilon_k}$ мы можем уменьшать сколько угодно.

[DeBill]

e.mazhnik в сообщении #1184833 писал(а):

А можно поподробнее? У нас же по условию $r=1$, как это может что-то поменять?

Ой, блин, я, оказывается, решил не ту задачу (не заметил условия на радиус), причем даже два раза....

[DeBill]

e.mazhnik
Вроде, теперь - нормально. Остался только вопрос про глобальную липшецевость: откуда ее взять?

[Brukvalub]

DeBill в сообщении #1184997 писал(а):

Остался только вопрос про глобальную липшецевость: откуда ее взять?

Вот же:

sup в сообщении #1183909 писал(а):

Мне кажется, что предложенное решение вполне поправимо.
Во-первых. Исходную функцию надо свернуть с каким-нибудь гладким финитным ядром. Тогда и липшицевость будет. Кроме того, можно избавиться от исходного требования гладкости функции.

[DeBill]

Brukvalub
А, ну да, не увидел. Тем боле, что был уверен в том, что глобальную липшецевость из ее отсутствия ну никак не получить... И это правда - вааще говоря. Но для ограниченных - сработает. Забавно, что мое "размазывание" функции по кругу (чтобы потом много че сократилось) - она и есть, свертка, с ("нормированной на единицу") хар.функцией круга.
Мое решение-2, если разрешено использовать только единичные окружности, видимо, можно починить (в отличии от первого, где все сводилось к гармоническим) - многократной заменой интегралов по окружности двойными интегралами по колечкам - это приведет к усреднению по кругу с весом . Но технически будет сильно сложно - ибо надо будет такими извращениями аппроксимировать вес, равный константе (на круге). Ну его на фиг..
Итак, решение , вроде, получено (осталась деталька - не сильно сложная: если свертка - константа, то и сама ф-я - тож). Но как то слишком сложно для ШАД, а?
И еще: о дискретном варианте. В двумерном, видимо, утверждение также верно. Но в одномерном - нет (если "интегрировать" по "окружностям" радиуса, например, 5. Поломается, кстати, именно что последний шаг: усреднение по периоду непостоянной периодической функции постоянно, однако)