Un casi-la prueba del teorema central del límite. Esta escritura tomó mucho más palabras de las que yo esperaba. El punto es que $f(x_0, y_0)$ es el promedio de $f$ en un círculo centrado alrededor de $(x_0, y_0)$. El valor de $f$ en cada punto de ese círculo es, a su vez, el promedio de $f$ a los círculos centrados en la ronda de los puntos del círculo unitario. Esto significa que $f(x_0,y_0)$ puede ser escrito como una especie de dos dimensiones promedio de los valores de $f$ sobre un disco de radio $2$$(x_0, y_0)$. Repitiendo este argumento, $f$ puede ser escrito como un promedio ponderado de los valores de $f$ sobre un disco de radio $n$ y, por el teorema central del límite, como $n \to \infty$, la ponderación de la función va a comenzar a parecerse a una curva en forma de campana de anchura $\approx \sqrt{n}$. Por lo $f(x_1,y_1) - f(x_2,y_2)$ es la integral de la $f$ contra una diferencia de dos curvas, cuyos centros están desplazadas entre sí por $(x_1-x_2, y_1-y_2)$. Como $n \to \infty$, las dos curvas se ponen muy amplia y plana, de modo que la diferencia entre sus centros se convierte en insignificante y la integral va a cero. Bien, ahora para la prueba.
La hipótesis es que
$$f(x,y) = \frac{1}{2 \pi} \int_{\theta} f(x+\cos \theta, y+\sin \theta) d \theta \quad (\ast)$$
Conectar fórmula $(\ast)$ dentro de sí mismo,
$$f(x,y) = \frac{1}{4 \pi^2} \int_{\theta} \int_{\phi} f(x+\cos \theta+\cos \phi, y+\sin \theta + \sin \phi) d \theta d \phi$$
que, si tengo el Jacobiano de los factores de la derecha, se convierte en
$$f(x,y) = \frac{1}{2 \pi^2} \int_{u,v} f(x+u,y+v) \sqrt{(u^2+v^2)(2-u^2-v^2)} du dv$$
No me importa acerca de los detalles de esta fórmula, lo que me importa es que se ve como
$$f(x,y) = \int_{u,v} f(x+u, y+v) \mu_2(u,v) du dv$$
para algunos la función $\mu_2$.
Si conecto $(\ast)$ dentro de sí mismo para conseguir un triple integral, voy a conseguir algunos de los diferentes fórmula
$$f(x,y) = \int_{u,v} f(x+u, y+v) \mu_3(u,v) du dv$$
y, en general, tenemos
$$f(x,y) = \int_{u,v} f(x+u, y+v) \mu_n(u,v) du dv$$
donde $\mu_n$ $n$veces convolución de la medida del círculo unitario con la misma. Si usted se siente incómodo convolving medidas y quiere convolución de funciones, tome $n$ aun y definir $\mu_n = \mu_2 \ast \mu_2 \ast \cdots \ast \mu_2$, donde he convoluciona $n/2$ veces.
Por el teorema del límite central en $\mathbb{R}^2$,
$$\mu_n(x, y) \approx \frac{C}{n} \exp\left(-\frac{x^2+y^2}{n \sigma} \right)$$
Aquí $C$ $\sigma$ son números reales positivos no tenía ganas de computación. Esta prueba será nonrigorous en la medida en que yo no reemplazar ese $\approx$ por algunos preciso limitar la noción; yo era demasiado perezoso para escanear a través de las diferentes nociones de convergencia para que el teorema del límite central ha sido probado y averiguar cuál de ellos me quieren.
Ahora, fix$(x_1, y_1)$$(x_2, y_2) \in \mathbb{R}^2$. Así
$$f(x_1, y_1) - f(x_2, y_2) =$$
$$ \int_{(u,v) \in \mathbb{R}^2} f(x_1+u, y_1+v) \mu_n(u,v) dx dy - \int_{(u,v) \in \mathbb{R}^2} f(x_2+u, y_2+v) \mu_n(u,v) dx dy=$$
$$\int_{(a,b) \in \mathbb{R}^2} f(a,b) \left( \mu_n(a-x_1, b-y_1) - \mu_n(a-x_2, b-y_2) \right) da db \approx$$
$$ \int_{(a,b) \in \mathbb{R}^2} f(a,b) \frac{C}{n} \left( \exp\left( - \frac{(a-x_1)^2+(b-y_1)^2}{\sigma n} \right) - \exp\left( - \frac{(a-x_2)^2+(b-y_2)^2}{\sigma n} \right) \right) da db.$$
Actuando como si el $\approx$ se $=$, tenemos
$$|f(x_1,y_1) - f(x_2, y_2)| \leq$$
$$\frac{C}{n} \int_{(a,b) \in \mathbb{R}^2} \left| \exp\left( - \frac{(a-x_1)^2+(b-y_1)^2}{\sigma n} \right) - \exp\left( - \frac{(a-x_2)^2+(b-y_2)^2}{\sigma n} \right) \right| da db.$$
Vamos a mostrar que
$$\lim_{n \to \infty} \frac{C}{n} \int_{(a,b) \in \mathbb{R}^2} \left| \exp\left( - \frac{(a-x_1)^2+(b-y_1)^2}{\sigma n} \right) - \exp\left( - \frac{(a-x_2)^2+(b-y_2)^2}{\sigma n} \right) \right| da db = 0$$
y, por lo tanto, una vez que tengamos la forma correcta del teorema del límite central para citar, $f$ es constante.
Por lo que sigue siendo para calcular
$$\lim_{n \to \infty} \frac{C}{n} \int_{(a,b) \in \mathbb{R}^2} \left| \exp\left( - \frac{(a-x_1)^2+(b-y_1)^2}{\sigma n} \right) - \exp\left( - \frac{(a-x_2)^2+(b-y_2)^2}{\sigma n} \right) \right| da db $$
Por traslación y simetría de rotación, podemos suponer que la $(x_1, y_1)$ $(x_2, y_2)$ son de la forma $(r,0)$ $(-r,0)$ positivos $r$.
$$\frac{C}{n} \int_{(a,b) \in \mathbb{R}^2} \left| \exp\left( - \frac{(a-r)^2+b^2}{\sigma n} \right) - \exp\left( - \frac{(a+r)^2+b^2}{\sigma n} \right) \right| da db =$$
$$\frac{C}{n} 2 \int_{b=-\infty}^{\infty} \int_{a=0}^{\infty} \exp\left( - \frac{(a-r)^2+b^2}{\sigma n} \right) - \exp\left( - \frac{(a+r)^2+b^2}{\sigma n} \right) da db =$$
$$\frac{2C}{n} \int_{b=-\infty}^{\infty} \int_{a=0}^{2r} \exp\left( - \frac{(a-r)^2+b^2}{\sigma n} \right) da db = \frac{2C}{n} \int_{c=-r}^r \exp \frac{-c^2}{\sigma n} dc \int_{b=-\infty}^{\infty} \exp\left( \frac{-b^2}{\sigma n} \right) db$$
$$=\frac{2 C \sqrt{\pi \sigma}}{\sqrt{n}} \int_{c=-r}^r \exp \frac{-c^2}{\sigma n} dc = 2 C \sqrt{\pi \sigma} \int_{x=-r/\sqrt{n}}^{r/\sqrt{n}} \exp\left(- \frac{x^2}{\sigma} \right) dx.$$
(Hemos hecho la subsititutions $c=a-r$$x=c/\sqrt{n}$.) Claramente, la última integral se va a $0$.
