Противоположные точки на окружности

[manul91]

Функция $g$ непрерывна, и определена над любой точке окружности в эвклидовой плоскости.
Доказать, что существуют две "противоположные точки" окружности (на концах отрезка какого-то из ее диаметров) $P_1$ и $P_2$, для которых $g(P_1)=g(P_2)$

Обобщение для n-мерном пространстве (мне сказали что это доказывается сложно, на отличие от случая выше):
Дана $n$-сфера в эвклидовом $n$-мерном пространстве, и на ней определены $n$ непрерывных функций $g_1, g_2,....g_n$.
Доказать, что существуют две "противоположные точки" $n$-сферы (на концах отрезка какого-то из ее диаметров) $P_1$ и $P_2$, для которых $g_1(P_1)=g_1(P_2), g_2(P_1)=g_2(P_2), .... , g_n(P_1)=g_n(P_2)$

[KhAl]

manul91 писал(а):

в эвклидовом $n$-мерном пространстве

$n+1$-мерном

[wrest]

manul91 в сообщении #1607180 писал(а):

Доказать, что существуют две "противоположные точки" окружности (на концах отрезка какого-то из ее диаметров) $P_1$ и $P_2$, для которых $g(P_1)=g(P_2)$

Интеграл суммы вдоль окружности $\int \limits_0^{2\pi} g(\phi)-g(\phi+\pi)d\phi=0$ (слагаемые - периодические функции, так что это сумма (в смысле -- разность) двух интегралов одной и той же функции по полному периоду), а сама сумма $g(\phi)-g(\phi+\pi)$ непрерывна т.к. непрерывны слагаемые. Ну тогда или эта сумма тождественный ноль или через него проходит.

[manul91]

wrest в сообщении #1607195 писал(а):

Интеграл суммы вдоль окружности $\int \limits_0^{2\pi} g(\phi)-g(\phi+\pi)d\phi=0$ (слагаемые - периодические функции, так что это сумма (в смысле -- разность) двух интегралов одной и той же функции по полному периоду), а сама сумма $g(\phi)-g(\phi+\pi)$ непрерывна т.к. непрерывны слагаемые. Ну тогда или эта сумма тождественный ноль или через него проходит.

Что-то тут кажется не так.
Интеграл суммы $\int \limits_0^{2\pi} g(\phi)-g(\phi+\frac{\pi}{17})d\phi$ тоже равен нулю (поскольку по полному периоду $\int \limits_0^{2\pi} g(\phi) = \int \limits_0^{2\pi} g(\phi+\frac{\pi}{17})d\phi$)
Значит ли это, что всегда существуют точки отстоящие на угол $\frac{\pi}{17}$ в которых $g$ принимает одинаковые значения?

[wrest]

manul91 в сообщении #1607196 писал(а):

Значит ли это, что всегда существуют точки отстоящие на угол $\frac{\pi}{17}$ в которых $g$ принимает одинаковые значения?

Это мне тоже пришло в голову, и сперва сильно смутило, но кажется что да, именно это и значит.
За это отвечает непрерывность. Для любого угла существуют такие две точки (если угол ноль, то точки совпадают).

[manul91]

wrest в сообщении #1607197 писал(а):

Это мне тоже пришло в голову, и сперва сильно смутило, но кажется что да, именно это и значит.
За это отвечает непрерывность. Для любого угла существуют такие две точки (если угол ноль, то точки совпадают).

Мне непонятно само математическое рассуждение, можете его расписать подробнее?

[manul91]

wrest
Кажется, понял. Рассмотрим функцию $F(\varphi) = \int _0^{\varphi} (g(\varphi) - g(\varphi + \theta))d\varphi$ где $\theta$ - любой угол.
$F(0) = 0$, и $F(2\pi) = 0$ (понятно, почему).
Из известной теореме следует, что если функция принимает одинаковые значения на концах интервала - то она либо константа, либо достигает экстремум где-то на интервале.
В точке экстремума $\varphi_0$ производная $F$ равна нулю - но она там равна $g(\varphi_0) - g(\varphi_0 + \theta)$ откуда следует что именно в этой точке равны значения функции и ее значение на отстояния угла $\theta$.
Если все так, то отсюда следует даже более сильное утверждение (ненужно чтобы ф-я была одна и та же) - если даны две функции $f$ и $g$ на окружности такие, что их интегралы на окружности равны $\int _{0}^{2\pi} g(\varphi)d\varphi = \int _{0}^{2\pi} f(\varphi)d\varphi $ - то для любого угла $\theta$ найдутся две соответные точки для которых значения функций равны $f(\varphi) = g(\varphi + \theta)$? Верно?

[mathematician123]

manul91 в сообщении #1607180 писал(а):

Функция $g$ непрерывна, и определена над любой точке окружности в эвклидовой плоскости.
Доказать, что существуют две "противоположные точки" окружности (на концах отрезка какого-то из ее диаметров) $P_1$ и $P_2$, для которых $g(P_1)=g(P_2)$

А не эквивалентна ли эта задача задаче из этой темы, если взять $h = \frac{1}{2}$?

[mihaild]

А зачем интегралы? Пусть $f(t) = (\sin t, \cos t)$, тогда для $h(t) = g(f(t + \pi)) - g(f(t))$ имеем $h(\pi) = -h(0)$. Значит по теорема о нуле непрерывной функции $h(\alpha) = 0$ для какого-то $\alpha \in [0, \pi]$.
Хотя с интегралами более сильное утверждение получается, да.

mathematician123 в сообщении #1607239 писал(а):

А не эквивалентна ли эта задача задаче из этой
темы, если взять $h = \frac{1}{2}$?

Там отрезок, а не окружность, поэтому там сильно сложнее.

[wrest]

manul91 в сообщении #1607201 писал(а):

если даны две функции $f$ и $g$ на окружности такие, что их интегралы на окружности равны

Непрерывность (а не только интегрируемость), мне кажется, тут необходима.

[mathematician123]

mihaild в сообщении #1607251 писал(а):

Там отрезок, а не окружность, поэтому там сильно сложнее.

А чем? Вроде можно сказать, что задать непрерывную функцию на окружности это то же самое, что и задать непрерывную функцию на отрезке с дополнительным условием, что значения функции на концах отрезка равны (а на окружности эти концы совмещаются а одну точку). Или возникнут трудности с формальным обоснованием?

[mihaild]

А, да, ровно для случая $1/2$ одно и то же. Для других в том топике условие другое, потому что например $f(8/9) = f(1/9)$ для расстояния $2/9$ на окружности засчитывается, а на отрезке нет.

[Leeb]

Для окружности уже сказано все, но можно сказать совсем коротко: пусть $f \colon S^1 \to \mathbb{R}$ наше непрерывное отображение. Рассмотрим $g(x) = f(x) - f(-x),\ x\in S^1$. Поскольку $g(-x) = - g(x)$, то либо $g$ - тождественный ноль, либо нет, но тогда по теореме о промежуточном значении $g=0$ в некоторой точке. Последнее можно переформулировать так: в предположении, что $g(x)\neq 0$ всегда, рассмотрим $h(x) = g(x)/\| g(x)\|$, что дает нам отображение из окружности в пару точек $\{-1,1\}$. В силу связности окружности получаем, что образ должен состоять из одной точки, что противоречит нечетности $g$. Также отсюда видно, что условие непрерывности никак нельзя ослабить (например, одной интегрируемости уже не хватит).

Это можно обобщить на размерность 2: пусть также $f\colon S^2 \to \mathbb{R}^2$. Аналогично рассмотрим $g = f (x)-f(-x),\ h = g/\|g\|$ (в предположении $g\neq 0$), тогда $h$ будет отображением $S^2\to S^1$. Поскольку $h(-x) = -h(x)$, то мы имеем свойство: $h$ переводит диаметрально противоположные точки на сфере в тоже диаметрально противоположные точки на окружности, значит, можно опустить до отображения $\tilde{h}\colon\mathbb{R}P^n\to\mathbb{R}^1\cong S^1$. Теперь нужно воспользоваться фундаментальной группой $\mathbb{R}P^2$ и заметить, что всякой петле, являющейся образующей в $\pi_1(\mathbb{R}P^2)$ (это единственные нестягиваемые петли в $\mathbb{R}P^2$) соответствует нестягиваемая петля в $\mathbb{R}P^1$, т.к. нетривиальные петли в $\mathbb{R}P^2$ это только те, которые являются образами путей с концами диаметрально противоположными точками в исходной сфере $S^2$, в силу того, что такие концы петель перейдут в концы петель уже на $\mathbb{R}P^1$, а они тоже нетривиальны. Но $\pi_1(\mathbb{R}P^2)\simeq \mathbb{Z}_2$, а $\pi_1(\mathbb{R}P^1)\simeq \mathbb{Z}$, откуда видно, что ненулевых гомоморфизмов этих групп быть не может, а стало быть, не может быть и исходного отображения $g$ сферы в плоскость. Фундаментальная группа обобщает понятие свзяности, которое использовалось в одномерном случае.
Для случая $n\geqslant 3$ доказать можно используя ту же идею с диаметрально противоположными точками, но техника потребуется несколько более продвинутая, нежели группа петель.

[manul91]

wrest в сообщении #1607254 писал(а):

Непрерывность (а не только интегрируемость), мне кажется, тут необходима.

Так $g$ по условию непрерывна, разумеется то же подразумевалось и для $f$.

Leeb
А для $S^2$ в $3D$, с двух функций $f$ и $g$, годится ли следующее "обывательское доказательство"?:
1) Для функции $g$, возьмем две противоположные точки $O'$ и $O''$ на сфере, для которых $g(O') \neq g(O'')$ (предполагаем что существуют такие, если ф-и константы то все тривиально).
2) Построим большой круг через $O'$ и $O''$. Будем называть его "кольцом" и считать что он может "вращаться" вокруг "оси" $O'O''$, заметая при этом поверхность сферы.
3) В "начальном положении" кольца - в силу одномерной теоремы на нем существуют как минимум две противоположные точки $P_1$ и $P_2$, на которых $g$ принимает одинаковую величину (и эти точки - не $O'$ и не $O''$)
4) "Начинаем вращать кольцо". В силу непрерывности $g$, точки $P_1$ и $P_2$ при вращении опишут какую-то замкнутую кривую $\tau$ на сфере - такую, что если какая-то точка ей принадлежит, то и диаметрально противоположная точка ей тоже принадлежит. Она не переходит через точек $O'$ и $O''$ по построению. (Это и есть тот момент, котором я не уверен. На самом деле, "кривая" может "разветвляться" и "соединяться" наподобие "связки веревок" и даже иметь сплошные участки - но из этого множества точек мы какую-то одномерную кривую точно можем выбрать).
5) Такую же замкнутую кривую $\sigma$ аналогично можно построить и для $f$
6) Теперь, на сфере у нас две замкнутые кривые $\tau$ и $\sigma$; для каждой из них если какая-то точка ей принадлежит - то и диаметрально противоположная точка принадлежит тоже, и в этих противоположных точек $g$ и $f$ принимают свои одинаковые величины соответно.
7) В силу этого рассмотрим любую конкретную полусферу, ограниченную каком-нибудь большим кругом (части обоих кривых на этой полусфере, однозначно определяют их "диаметральные" дополнения). Кривая $\tau$ (из функции $g$) начинается с какой-то точке на граничном круге, проходит как-нибудь по полусфере и заходит в противоположной точке. Кривая $\sigma$ (из функции $f$) - тоже. Понятно, что они топологически обязаны пересекаться. Это и будет та точка (и соответно ее противоположная) в которой обе функции принимают соответно свои одинаковые значения...

[Leeb]

manul91
Мне не очевидно, почему кривые, получаемые заметанием точек $P_1$ и $P_2$, обязательно непрерывные. Хоть и $g\colon S^2\to \mathbb{R}$ непрерывна, но кривые строятся достаточно хитрым образом. Т.е., возьмем похожий пример: возьмем квадрат и очевидно непрерывную на нем функцию - проекцию на сторону. Но это не значит, что выбирая в каждом слое по точке совсем произвольным образом, мы получим непрерывную кривую в квадрате. Здесь нечто похожее - мы "разрезали" сферу на большие окружности и в каждой окружности выбрано по точке (паре точек), но почему объединение этих точек обязательно является непрерывной кривой?
Если этот момент разрешить, то будет хорошее решение задачи.

Т.е. если обозначить $\omega_t$ - наша окружность ("кольцо"), повернутое на угол $t$ вокруг $O'O''$ относительно начального положения, то мы имеем по сути $P_1$ как нули функции $g|_{\omega_t}(x_t) - g|_{\omega_t}(-x_t)$, какие, конечно, существуют из одномерной теоремы. Но почему кривая $P_1(t)\colon t\mapsto x_t$ непрерывна?