Demuestre que si la integral de la función con soporte compacto en la recta es cero, entonces $f$ es cero en casi todas partes

Question

Quiero demostrar que eso dado $f:R^2 \rightarrow R$ que es continua con soporte compacto s.t la integral de $f$ para cada línea recta $l$ es cero ( $\int f(l(t))\mathrm{d}t=0$ ) entonces $f$ está casi en todas partes $0.$

Bueno, yo sé cómo probarlo en caso de que $l = 1_{B(x,r)}$ es medible y acotado con soporte compacto (de otro hilo) , pero ese no es el caso aquí. ¿Alguna idea? ¡Gracias!

Answer 1

El problema que planteas es la versión débil de un resultado clásico en análisis armónico, que no requiere la continuidad ni la compacidad del soporte del dato $f$ para demostrar este resultado más fuerte, primero hay que tener en cuenta que $$\begin{align} \int\limits_{\Bbb R} f\big(l(t)\big)\mathrm{d}t=0\:\text{ for every}&\text{ straight line } l\subsetneq\Bbb R^2\label{1}\tag{1}\\ \Updownarrow&\\ \int\limits_{\sigma(l_0)} f(l)\,\mathrm{d}l=0\:\text{ for every rigid }&\text{motion }\sigma\in\mathsf{Aut}(\Bbb R^2)\label{2}\tag{2} \end{align}$$ donde por movimiento rígido nos referimos a una biyección de $\Bbb R^2$ en sí mismo que es la composición de una rotación y una traslación y $l_0\subsetneq\Bbb R^2$ es una recta dada: esto es obvio, ya que sustituyendo una dilatación de una recta dada $l$ en \eqref {1} no cambia el valor de la integral, por lo que estas transformaciones lineales no contribuyen a ella y no es necesario considerarlas. Ahora podemos afirmar y demostrar lo siguiente:

Teorema (Cramér & Wald, Newman, Besicovitch) . Si $f\in L^1(\Bbb R^2)$ es tal que, para una recta dada arbitrariamente $l_0\subsetneq\Bbb R^2$ , ecuación \eqref {2} se mantiene, entonces $f\equiv 0$ a.e..
Prueba . Dejemos que $\xi=(\xi_1,\xi_2)\neq 0$ para que $\Vert \xi\Vert\neq0$ y definir $(x,y) \mapsto \sigma_{\Vert \xi\Vert}(x,y)=(u,v)$ como $$\begin{pmatrix} u\\ v \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \frac{\xi_1}{\Vert \xi\Vert}& \frac{\xi_2}{\Vert \xi\Vert}\\ -\frac{\xi_2}{\Vert \xi\Vert}& \frac{\xi_1}{\Vert \xi\Vert} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix}\quad\forall (x,y)\in\Bbb R^2$$ El jacobiano de $\sigma_{\Vert \xi\Vert}$ es igual a uno por lo tanto, aplicando la transformada de Fourier a $f$ obtenemos $$\begin{split} \hat{f}(\xi)&=\iint\limits_{\Bbb R^2} e^{-i\langle\xi,(x,y)\rangle}f(x,y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\int\limits_{\Bbb R} e^{-i\Vert\xi\Vert u} \left[\,\int\limits_{\Bbb R}f\big(\sigma_{\Vert \xi\Vert}^{-1}(u,v)\big)\,\mathrm{d}v\right] \mathrm{d}u=0 \end{split}$$ ya que la integral dentro de los corchetes en el lado derecho de la igualdad anterior es igual a \eqref {2} para algunos $\sigma=\sigma_{\Vert \xi\Vert}(u,\cdot)$ . Por la arbitrariedad de $\xi\in\Bbb R^2\setminus\{0\}$ , $f\equiv 0$ a.e.. $\blacksquare$

Notas finales

• Cuando vi la pregunta y el comentario de Christian Blatter, pensé que se trataba de un problema clásico de la transformada de Radon. Sin embargo, al ver el comentario de mathworker21, me acordé de un contraejemplo y del hecho de que en realidad se trata de un resultado relacionado con el problema de Pompeiu: encontré el sencillo y bonito teorema anterior en la referencia [1] (Teorema 1, p. 26) mientras buscaba ese ejemplo.
• Finalmente, El ejemplo de Chakalov ([1], p. 27) muestra que los discos no tienen la propiedad Pompeiu es decir, existen funciones (incluso muy suaves) $f$ tal que, para muchos (incluso infinitos) $r>0$ , $$\int\limits_{B(x_0,r)} f(y)\,\mathrm{d}y=0\quad \forall x_0\in\Bbb R^2,\; \text{ does not imply }f\equiv 0\, \text{a.e.}$$ donde $x_0=(x_{0,1},x_{0,2})$ y $y=(y_1,y_2)$ son puntos en $\Bbb R^2$ .
  Editar . Siguiendo el comentario de mathworker21, he comprobado el ejemplo de Chakalov tal y como se informa en [1], y he encontrado que la fórmula integral (2) en el documento es defectuosa por errores tipográficos. La correcta la dan Garofalo y Segala en [2], p. 137, y para completarla la comunico aquí. Si elegimos $f(x,y)=\sin(ax)$ , $a>0$ entonces tenemos $$\int\limits_{B(x_0,r)} f(x,y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{2\pi r}{a}\sin(ax_{0,1})J_1(ar)$$ donde $J_1$ es la función de Bessel de primer tipo de orden $1$ . Elección de $a$ tal que $ar$ es un cero de $J_1$ hace que la integral anterior sea cero para cualquier $x_0\in\Bbb R^2$ . Obsérvese que el ejemplo funciona también en la dimensión $n>2$ para el análogo de mayor dimensión del problema de Pompeiu.

Referencias

1] Nicola Garofalo (1989), " Un nuevo resultado sobre el problema de Pompeiu ", Rendiconti del Seminario Matematico, Torino, Fascicolo Speciale "PDE and Geometry", vol. 46, 25-38 (1989), MR1086204 , Zbl 0737.35145

2] Nicola Garofalo y Fausto Segala (1994), " Funciones univalentes y el problema de Pompeiu ", Transactions of the American Mathematical Society, 346, 137-146, MR1250819 , Zbl 0823.30027 .

Answer 2

Supongamos que existe $p\in\mathbb{R}^2$ con $f(p)\neq 0$ , entonces WLOG (sustituyendo $f$ por $-f$ si es necesario) podríamos suponer $f(p)>0$ . Pero entonces por continuidad de $f$ existe $\varepsilon>0$ tal que $f(x)>f(p)/2$ para todos $x$ con $\|x-p\|\leq\varepsilon$ lo que da como resultado que la integral de $f$ sobre cada línea contenida en $B(p,\varepsilon)$ es estrictamente positivo, contradicción.