Una conjetura que relaciona con Teorema de la diferenciación de Lebesgue

Question

Cuando leí Teorema de la diferenciación de Lebesgue, de repente tengo la siguiente conjetura, que no puedo probar o encontrar un contraejemplo.

Que $f\in L_{\mathrm{loc}}^1(\mathbb{R}^n)$. ¿Si \int_{B_r(x) $$} f (y) dy = 0 que tiene $$ para cualquier $r\geq 1$ y $x\in \mathbb{R}^n$, entonces podemos decir que $f(x)=0$ a.e.? Por favor tenga cuidado que es mayor que 1 $r$, que nos impide tomar ventaja del teorema de la diferenciación de Lebesgue. Cuando $n=1$, esto parece ser cierto.

Answer 1

Fix $n$ y deje $\mathcal Z\subseteq L_{\mathrm{loc}}^1(\mathbb{R}^n)$ denotar la clase de soluciones de $f$ a la ecuación $$ \int_{B_r(x)} f(y)dy=0\text{ para todos los $r\geq 1$$x\in \mathbb{R}^n$.} $$

$\mathcal Z$ tiene varios agradable simetrías:

• Isometrías. Si $f\in\mathcal Z$ $g$ es una isometría de $\mathbb R^n$, $g\star f\in \mathcal Z$ donde $(g\star f)(x)=f(g^{-1}x)$. Esto es debido a que el conjunto de las esferas de radio $r\geq 1$ es preservada por isometrías.
• Parcial de las integrales. Si $T$ es un colector equipado con una medida, y $F:T\times\mathbb R^n\to\mathbb R$ es una función medible tal que $F$ es absolutamente integrable en $T\times C$ compacto conjuntos de $C\subseteq \mathbb R^n$ que $F(t,\cdot)\in \mathcal Z$ para casi todas las $t\in T$, luego por el teorema de Fubini $f\in\mathcal Z$ donde $f$ es el parcial de la integral definida por $f(x)=\int_{t\in T} F(t,x)dt$.
• Convolución por delimitada de forma compacta las funciones soportadas $\psi:\mathbb R^n\to \mathbb R$. Este es un tipo de parcial integral de la $F(t,x)=f(x-t)\psi(t)$.
• Un promedio de más del grupo ortogonal $O(n)$. Este es un parcial integral de la $\bar{f}(x)=\int_{g\in O(n)}(g\star f)(x)$. Nota este modo, se conserva la suavidad - los derivados son sólo similares integral sobre la $O(n)$, pero con la dirección de la derivada variando con $g$.

Por lo tanto, dada una función de $f\in\mathcal Z$ que no está en casi todas partes de cero:

• Podemos suponer $f$ es suave por convolving con una compacta compatible mollifier. (La costumbre de diferenciación de Lebesgue teorema puede ser utilizado para mostrar este no tiene como resultado el cero de la función.)
• Podemos asumir entonces $f(0)\neq 0$ por la traducción.
• Podemos entonces asumir que $f$ es radialmente simétricas por un promedio de más del grupo ortogonal, que sustituye a $f(x)$ por el promedio de $f$ sobre la esfera de radio $|x|$.

Por lo $f$ es un buen radialmente simétrica de la función. Para $r>1$, la función de $I(r)=\int_{B_r(0)}f(y)dy$ es cero, por lo que su derivado $I'(r)=\int_{S_r(0)}f(y)dy$ es igual a cero, donde el $S_r(0)$ denota la esfera de radio $r$$0$. Pero $f(y)$ es constante en $S_r(0)$, por lo que $$f(x)=0\text{ for all $|x|>1$.}$$

Entonces:

• Si podemos demostrar que el Radón transformación de $f$ es cero, $f$ es cero. Así que escoja un hyperplane $H=\{x\mid (x\cdot n)=c\}$. Considerar la esfera de $S_R(n(c+R))$ tangente a $H$$nc$, $R$ grande - es geométricamente claro que la intersección de a $S_R(n(c+R))\cap B_1(0)$ es aproximadamente el mismo que $H\cap B_1(0)$. Desde $f$ es continua, $\int_{S_R(n(c+R))} f \to \int_{H} f$$R\to\infty$. Hemos demostrado antes que la integral de $f$ sobre una esfera de radio mínimo de $1$ es cero, por lo $\int_{H} f$ es igual a cero como sea necesario.

• Como alternativa, utilice el hecho de que $f$$L_1$, por lo que su transformada de Fourier es una función de $\hat f\in L_\infty$, no en casi todas partes de cero. La transformada de Fourier $\widehat{\chi_{B_1(0)}}$ de la función de indicador de la unidad de la pelota es casi en todas partes no-cero; ver esta descripción explícita o uso Schwarz Paley-Wiener teorema. Pero si $f\in\mathcal Z$, entonces la convolución de $f$ $\chi_{B_1(0)}$ está en todas partes cero, de modo que por la $L_1$ teorema de la convolución del producto $\hat f\widehat{\chi_{B_1(0)}}$ está en todas partes de cero, lo que implica $\hat f$ es casi en todas partes de cero, una contradicción.

Answer 2

Para $n=1$ es cierto.

Reclamo: Supongamos $f\in L^1_{loc}(\mathbb{R})$ satisface $$\int_{x-r}^{x+r}f(y)dy=0$$ for all $x\in\mathbb{R}$ and all $r\ge1$. Entonces $$\int_{x-r}^{x+r}f(y)dy=0$$ for all $x\in\mathbb{R}$ and all $r>0$.

Prueba: Vamos a $x\in\mathbb{R}$$r>0$. Entonces $$0=\int_{x+r-2R}^{x+r}f(y)dy - \int_{x-r-2R}^{x-r}f(y)dy = \int_{x-r}^{x+r}f(y)dy - \int_{x-r-2R}^{x+r-2R}f(y)dy$$ para todos los $R\ge1$. Tomando diferentes opciones de $R$, se deduce inmediatamente que $$\int_{x'-r}^{x'+r}f(y)dy$$ es independiente de $x'\in\mathbb{R}$, y por lo tanto debe ser $0$ por la asunción. La declaración de la siguiente.

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No sé si la otra prueba similar puede trabajar para $n\ge2$. Si hemos sido capaces de trabajar con casillas en lugar de bolas, entonces debería, pero con las bolas se "lunas", que son difíciles de comparar.

Answer 3

Supone definir de $n=1.$ $x>0,$ $F(x)=\int_{-2}^x f(t)\,dt.$ por hipótesis, $F(x) = 0$ $x>0.$ por lo tanto $F'(x) = 0$ $(0,\infty).$ sino por el LDT, $F'(x) = f(x)$ e.a. $x\in \mathbb R.$ así $f(x)=0$ % e.a. $x>0.$aplicar esto a $f(-x)$ luego ver $f(x)=0$ % e.a. $x\in \mathbb R.$

Answer 4

No estoy seguro si esto es correcto, pero quizás la idea podría funcionar. Fijar $x,y\in\mathbb{R}^n$ $d=|x-y|\geq2$. Que $z=(x+y)/2$ ser el punto medio. Que $z_\delta^+=x+(1+\delta)(y-x)/2$ y $z_\delta^-=x+(1-\delta)(y-x)/2$, $\delta>0$ pequeño. Por hipótesis, $$0=\int_{B(z_\delta^+,d/2)} f-\int_{B(z_\delta^-,d/2)} f=\int_{A_\delta^+} f-\int_{A_\delta^-} f,$$ where $$A_\delta^+=B(z_\delta^+,d/2)\backslash (B(z_\delta^+,d/2)\cap B(z_\delta^-,d/2))$$ and $$A_\delta^-=B(z_\delta^-,d/2)\backslash (B(z_\delta^+,d/2)\cap B(z_\delta^-,d/2)).$$ Let $A_\delta=| A_\delta ^ + | = | A_\delta^-|$. We have $$\frac{1}{A_\delta}\int_{A_\delta^+} f=\frac{1}{A_\delta}\int_{A_\delta^-} f.$$ Letting $\delta$ go to $0$, by a version of the Lebesgue differentiation theorem, we obtain $f (x) = f (y) $. Then $f $ is constant, so $f = 0$.