Una versión más fuerte de los discretos "del teorema de Liouville"

Question

Si una función $f : \mathbb Z\times \mathbb Z \rightarrow \mathbb{R}^{+} $ satisface la siguiente condición

$$\forall x, y \in \mathbb{Z}, f(x,y) = \dfrac{f(x + 1, y)+f(x, y + 1) + f(x - 1, y) +f(x, y - 1)}{4}$$

entonces es de $f$ función constante?

Answer 1

Usted puede comprobar esto con la probabilidad.

Vamos $(X_n)$ ser el simple caminata aleatoria simétrica en $\mathbb{Z}^2$. Dado que $f$ es armónica, el proceso de $M_n:=f(X_n)$ es una martingala. Debido a que $f\geq 0$, el proceso de $M_n$ es no negativo martingala y así debe converge casi seguramente por la Martingala Teorema de Convergencia. Es decir, hemos de $M_n\a M_\infty$, casi con toda seguridad.

Pero $(X_n)$ es irreducible y recurrente y, entonces, las visitas de cada estado infinitamente a menudo. Por lo tanto (con probabilidad uno) $f(X_n)$ asume cada $f$ valor infinitamente a menudo.

Por lo tanto $f$ es una función constante, ya que la secuencia de $M_n=f(X_n)$ no puede asumir distintos valores infinitamente a menudo y todavía convergen.

Answer 2

Me puede dar una prueba de la d-dimensional caso, si $f\colon\mathbb{Z}^d\to\mathbb{R}^+$ armónico, entonces es constante. El siguiente basa en una rápida prueba de que he mencionado en los comentarios a la misma (cerrado) pregunta sobre MathOverflow, propiedad de Liouville en Z^d. [Edit: he actualizado la prueba, el uso de un paseo aleatorio, para simplificar]

En primer lugar, como $f(x)$ es igual a la media de los valores de $f$ más de $2d$ más cercano a los vecinos de $x$, tenemos la desigualdad de $f(x)\ge(2d)^{-1}f(y)$ cuando $x,$ y están más cerca de los vecinos. Si $\Vert x\Vert_1$ es la longitud de la ruta más corta desde $x$ 0 (el taxi métrica, o $L^1$ de la norma), esto le da $f(x)\le(2d)^{\Vert x\Vert_1}f(0)$. Ahora vamos a $X_n$ ser una simple caminata aleatoria simétrica en $\mathbb{Z}^d$ partiendo del origen y, de forma independiente, vamos a $T$ ser una variable aleatoria con el apoyo de los números enteros no negativos tales que $\mathbb{E}[(2d)^{2}] < \infty$. Entonces, $X_T$ apoyo $\mathbb{Z}^d$ y $\mathbb{E}[f(X_T)]=f(0)$, $\mathbb{E}[f(X_T)^2]\le\mathbb{E}[(2d)^{2}]f(0)^2$ para no negativo armónico de $f$. Por compacidad, podemos elegir $f$ $f(0)=1$ para maximizar $\Vert f\Vert_2\equiv\mathbb{E}[f(X_T)^2]^{1/2}$.

Escrito $e_i$ para el vector unitario en la dirección $i$, $f_i^\pm(x)=f(x\pm e_i)/f(\pm e_i)$. Entonces, $f$ es igual a una combinación convexa de $f^+_i$ y $f^-_i$ sobre $i=1,\ldots,d$. También, por construcción, $\Vert f\Vert_2\ge\Vert f^\pm_i\Vert_2$. Comparando con el triángulo de la desigualdad, debemos tener igualdad de aquí, y $f$ es proporcional a $f^\pm_i$. Esto significa que hay son las constantes de $K_i > 0$ tal que $f(x+e_i)=K_if(x)$. El promedio de $f$ en la $2d$ más cercano a los vecinos de el origen es $$ \frac{1}{2d}\sum_{i=1}^d(K_i+1/K_i). $$ Sin embargo, para el positivo de $K$, $K+K^{-1}\ge2$ con igualdad de iff $K=1$. Así, $K_i=1$ y $f$ es constante.

Ahora, si $g$ es positiva y armónica de la función, entonces $\tilde g(x)\equiv g(x)/g(0)$ satisface $\mathbb{E}[\tilde g(X_T)]=1$. Así, $$ {\rm Var}(\tilde g(X_T))=\mathbb{E}[\tilde g(X_T)^2]-1\le\mathbb{E}[f(X_T)^2]-1=0, $$ y $\tilde g$ es constante.

Answer 3

Aquí está una primaria de la prueba suponiendo que tenemos límites para $f$ en ambos lados.

Definir una caminata al azar en $\mathbb{Z}^2$, que, en cada paso, se mantiene en su lugar con una probabilidad de $1/2$, y se mueve a cada uno de los cuatro vértices vecinos con probabilidad $1/8$. Deje de $p_k(u,v)$ ser la probabilidad de que la recorre de $(m,n)$ $(m+u n+v)$ en $k$ pasos. Entonces, para cualquier $(m, n)$ y $k$, tenemos $$f(m, n) = \sum_{(u,v) \in \mathbb{Z}^2} p_k(u,v) f(m+u n+v).$$ Así $$f(m+1, n) - f(m, n) = \sum_{(u,v) \in \mathbb{Z}^2} \left( p_k(u-1,v) - p_k(u,v) \right) f(m+u n+v).$$ Si podemos demostrar que $$\lim_{k \to \infty} \sum_{(u,v) \in \mathbb{Z}^2} \left| p_k(u-1,v) - p_k(u,v) \right| =0 \quad (\ast)$$ podemos deducir que $$f(m+1,n) = f(m,n)$$ y ganamos.

Observación: en general, se podría quedarse con una probabilidad de p $$ y los viajes a cada vecino con una probabilidad de $(1-p)/4$. Si elegimos $p$ es demasiado pequeño, entonces $p_k(u,v)$ tiende a ser mayor por $u+v$ incluso después, por $u+v$ extraño, en lugar de en función de "suavemente" en $(u,v)$. Creo que $(\ast)$ es cierto para cualquier $p>0$, pero esto primaria de la prueba sólo funciona para $p > 1/3 de dólares. Para la concreción, nos ceñiremos a $p=1/2$.

Estudiamos $p_k(u,v)$ mediante la generación de expresión de función $$\left( \frac{x+x^{-1}+y+y^{-1}+4}{8} \right)^k = \sum_{u,v} p_k(u,v), x^u y^v.$$

Lema: fijo $v$, la cantidad de $p(u,v)$ aumentos $u$ sube desde $-\infty$ a $0$, y luego disminuye a medida que $u$ continúa la escalada de $0$ a $\infty$.

Prueba: vemos que $\sum_u p_k(u,v), x^u$ es una suma positiva de Laurent polinomios de la forma $(x/8+1/2+x^{-1}/8)^j$. Por lo que es suficiente para demostrar la misma cosa para los coeficientes de este polinomio de Laurent. En otras palabras, la escritura $(x^2+8x+1)^k = \sum e_i x^i$, queremos demostrar que $e_i$ es unimodal, con mayor valor en el centro. Ahora, $e_i$ es el $i$-th primaria simétrica de la función en $j$ copias de $4+\sqrt{15}$ y $j$ copias de $4-\sqrt{15}$. Por Newton desigualdades, $e_i^2 \geq \frac{i (2j-i)}{(i+1)(2j-i+1)} e_{i-1} e_{i+1} > e_{i-1} e_{i+1}$ para $e_i$ es unimodal; por simetría, el mayor valor está en el centro. (La condición $p>1/3 de dólares en el anterior comentario es cuando el cuadrática tiene raíces reales.) $\square$

Corolario: $$\sum_u \left| p_k(u-1,v) - p_k(u,v) \right| = 2 p_k(0,v).$$

Prueba: El lema anterior nos indica que las señales de todos los valores absolutos; la suma es \begin{multline*} \cdots + (p_k(-1,v) - p_{k}(-2,v)) + (p_k(0,v) - p_{k}(-1,v)) + \\ (p_k(0,v) - p_k(1,v)) + (p_k(1,v) - p_k(2,v)) + \cdots = 2 p_k(0,v). \qquad \square\end{multline*}

Así, con el fin de demostrar $(\ast)$, debemos demostrar que $\lim_{k \to \infty} \sum_v p_k(0,v)=0$. En otras palabras, debemos demostrar que el coeficiente de $x^0$ en $\left( \frac{x}{8}+\frac{3}{4} + \frac{x^{-1}}{8} \right)^k$ va $0$.

Probablemente hay un millón de maneras de hacer esto; aquí probabilística. Estamos rodando un $8$colindado mueren $k$ veces, y queremos que la probabilidad de que los números de los unos y los doses son exactamente iguales. La probabilidad de que el rollo de menos de $k/5$ queridos y de dos en dos enfoques $0$ por la ley de los grandes números (que puede ser demostrado elementarily, por ejemplo, la desigualdad de Chebyshev). Si nos rollo $2r > k/5$ queridos y de dos en dos, la probabilidad de que exactamente el mismo número de unos y de dos en dos es $$2^{-2r} \binom{2r}{r} < \frac{1}{\sqrt{\pi r}} < \frac{1}{\sqrt{\pi k/10}}$$ qué enfoques $0$ como $k \to \infty$. Ver aquí para primaria las pruebas de la enlazado en $\binom{2r}{r}$.

Escribí esto en dos dimensiones, pero la misma prueba funciona en cualquier número de dimensiones

Answer 4

Suponiendo que $f$ es acotado, se puede demostrar que es constante por una discreta análogo de la Borel-Caratheodory la desigualdad, como se muestra en esta pregunta equivalente.

El hecho clave es una función alcanza su máximo en un balón en el límite, por lo que es suficiente para proporcionar a los límites inferiores para

$$\Gamma_N = \max_{|x|+|y|=N}f(x,y).$$