Доказать, что функция постоянна

[Brukvalub]

DeBill в сообщении #1185163 писал(а):

Но как то слишком сложно для ШАД, а?

Именно это и мучает людей, заставляя их искать док-во попроще. Если некто предлагает одно из тех решений, которые здесь обсуждались и признаны верными, то этот некто весьма искушен в математике и явно обладает навыками профессионального математика-исследователя неплохого уровня.
Так зачем ему эта ШАД, заточенная на обучение аналитиков банков, экономистов-исследователей, использующих мат.аппарат и т.п основам дискретно-переборных алгоритмов, алгоритмов на графах, прикладной теории слупов, биг-дате и прочим хоть и продвинутым, но прикладным вещам.
Пока видно только явное несоответствие между уровнем задачи и предполагаемым уровнем подготовки тех, кому эта задача предназначена.
Жутко интересно посмотреть авторское решение, вдруг, мы проглядели что-то простое?

[sup]

Есть еще один вариант.
В авторском решение имеется дыра.

[sergei1961]

Может быть это и неправильно. В теореме Дельсарта нужно два радиуса, да ещё с определённым отношением, связанным с корнями функций Бесселя. А тут всего один. Из специалистов в этой области Зальцмана наверное уже не спросишь, а Волчковых из Донецка можно спросить, это их область.

[g______d]

Что неправильно?

[sup]

А как такое решение. В сущности, идея похожая, но без вычислений.
Пусть дана функция $u(x)$. Положим $f(x) = u(x + h) - u(x)$. Без потери общности считаем, что $f(0) > 0$.
Организуем последовательность функций $f_n(x)$ следующим образом.
$f_0(x) = f(x)$.
Далее, индуктивно определяем $f_n$ и $m_n = f_n(0)$, $M_n = \sup f_n(x)$
Пусть $f_n$ определена. Тогда найдется точка $y$, такая, что $f(y) >(M_n + m_n)/ 2$.
Полагаем
$f_{n+1}(x) = (f_n(x) + f_n(x - y)) /2$.
Легко проверить, что последовательность $m_n$ монотонно растет, а $M_n$ убывает. Предположим, что последовательность $f_n$ сходится.
Тогда у предельной функции $F(0) = \sup F(x) = \bar M$. А значит это константа, большая чем $m_0$. Заметим, что соответствующая последовательность $u_n$ тоже сходится и $U(x+ h) = U(x) + \bar M$.
Для сходимости нужна глобальная липшицевость. Но, скорее всего, можно вовремя оборвать этот процесс и получить противоречие без перехода к пределу.

[Brukvalub]

sup в сообщении #1185413 писал(а):

А как такое решение. В сущности, идея похожая, но без вычислений.

Причесать-то Вы решение причесали, но проще оно не стало. Более того, чтобы сократить запись, куски решения Вы спрятали за словами

sup в сообщении #1185413 писал(а):

Легко проверить, что

, а уж вот это

sup в сообщении #1185413 писал(а):

Но, скорее всего, можно вовремя оборвать этот процесс и получить противоречие без перехода к пределу.

сильно девальвирует все сказанное выше.
Так что вопрос "как и зачем эта задача попала на вступительные экзамены в ШАД" остается нераскрытым.

[sergei1961]

А что такое ШАД?

[Dan B-Yallay]

sergei1961 в сообщении #1185587 писал(а):

А что такое ШАД?

Школа анализа данных

[sergei1961]

Коллеги, вот ответ Валерия Волчкова (Донецк).

Уважаемый ...!
Утверждение, о котором Вы написали, верно ( и даже без условия гладкости, достаточно непрерывности и ограниченности).
Полное описание данного класса функций получено в моей работе 1994 года ( Известия РАН , том 58, №1, с.182-194). Из него следует, что функция из данного класса, которая "не сильно" растёт на бесконечности обязана быть гармонической. Отсюда следует, что в случае ограниченности функция постоянна. Аналогичный результат может быть получен из более слабой теоремы Флатто, полученной ранее (см. ссылки в моей статье).
Хочу отметить ещё, что в настоящее время результаты такого типа получили далеко идущие обобщения, имеющие окончательный характер. Во-первых, вместо указанного Вами класса функций изучены решения уравнений свёртки общего вида с заданными свёртывателями с компактным носителем. Во-вторых, подобные задачи изучены не только на евклидовых пространствах, но и на симметрических пространствах и группах. В третьих, подобные задачи рассматривались и на различных неограниченных областях. Подробный обзор этих направлений можно найти в наших с Вит.В.Волчковым книгах 2013 года ( Оffbeat Integral Geometry on Symmetric Spaces) и 2009 года ( см. ссылку в книге 20013 года).
Если у Вас возникнут какие-либо вопросы, пишите без колебаний, буду рад обсудить.
Всего доброго,
Валерий Волчков

[nya]

del

[g______d]

nya в сообщении #1313350 писал(а):

Верно более общее: пусть $f \in C^\infty(\mathbb{R}^2), \omega \in \Omega^1(\mathbb{R}^2)$ такие, что значение $f$ в каждой точке равно интегралу по единичной окружности с центром в этой точке от $\omega$. Тогда $f$ константа.

Из этого бы следовало, что интеграл по единичной окружности от любой $1$-формы на $\mathbb R^2$ равен константе (не зависящей от центра окружности). По-моему, это очевидно неверно.

[nya]

действительно, окей

[Padawan]

g______d в сообщении #1160918 писал(а):

Мы умножаем обобщённую функцию на гладкую, это всегда определено. См. ниже.

Рассмотрим оператор $(Tf)(x)=f(x)-\int_0^{1} f(x+e^{2\pi i s})ds$. Нас интересует ядро этого оператора, т. е. множество функций, которые он переводит в ноль.

Запишите, как этот оператор устроен в Фурье-представлении. Он будет оператором умножения на некоторую гладкую функцию, допустим, $g$. Вычислите эту функцию и найдите её нули. Далее, утверждение исходной задачи равносильно тому, что у функции $g$ есть только один нуль, в начале координат, и он простой, Вот и проверьте это.

Если вдруг окажется, что у $g$ есть нули ещё где-то, отсюда сразу получится контрпример к исходной задаче.

Я проделал это получилось то же, что и в этом сообщении (с точностью до множителя)

quartermind в сообщении #1160930 писал(а):

В итоге, оператор $T$ при преобразовании Фурье (с точностью до нормировки) переходит в умножение на

$$ g(x,y) = \frac{1}{\pi^2} \int_0^1 \frac{1-\cos(ru)}{\sqrt{1-u^2}}\,du, \;\text{ где } r = \sqrt{x^2+y^2}$$

Причём единственный нуль у $g$ в начале координат, но не первого порядка, а второго.

Не понимаю вывод (плохо владею теорией и практикой обобщенных функций):

quartermind в сообщении #1160930 писал(а):

Ему соответстуют аффинные функции $f(x,y) = Ax+By+C$, из которых ограничены только константы.

Функция $g(y)$ представима в виде $(y_1^2+y_2^2)\cdot h(y)$, где $h(y)$ уже нигде в ноль не обращается. Следовательно, равенство $g\widehat f=0$ эквивалентно $(y_1^2+y_2^2)\widehat f=0$, а это равносильно $\Delta f=0$. Я прав?

Помимо этого еще нужно проследить законность всех этих выкладок, с чем у меня пока проблемы. Для каких обобщенных функций преобразование Фурье переводит свёртку в произведение и т.д.

[g______d]

Padawan в сообщении #1493191 писал(а):

Следовательно, равенство $g\widehat f=0$ эквивалентно $(y_1^2+y_2^2)\widehat f=0$, а это равносильно $\Delta f=0$. Я прав?

Вроде да. В совокупности с ограниченностью (см. условие задачи) это даёт, что функция константа.

[novichok2018]

Вики: Обратно, любая непрерывная функция, обладающая свойством среднего для всех шаров, лежащих в некоторой области, является в этой области гармонической.
Доказательство есть в книжках. Величина радиуса не важна, сводится заменой всегда к единице.