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Funciones armónicas con dominio $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$

+7 votos

1. Suponga que $f: \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \to \mathbb{N}$ es una función tal que

$\displaystyle f(m,n) = \frac{f(m-1,n) + f(m+1,n) + f(m,n+1)+f(m,n-1)}{4}$

............(*)

para cada $(m,n) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$. Demuestre que $f$ es necesariamente una función constante.

2. Hay una variante de esta pregunta en la cual $f$ satisface también la condición en (*) pero su contradominio es $(0,\infty)$ en vez de $\mathbb{N}$... Demuestre que la tesis del problema 1 también se cumple en este caso.

3. Filosofe sobre las diferencias/similitudes entre las soluciones dadas a uno y otro problema.

En algunos partes, a las funciones con dominio $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ que satisfacen la condición (*) les llaman funciones armónicas y, de hecho, hay quienes conocen al resultado en 2 como "la versión discreta del teorema de Liouville [en variable compleja]" (cf. ésta discusión en math.stackexchange.com: puesto que estamos al tanto de ese "thread" en MSE, sería grato ver en el Irracional una respuesta a 2 que no sea una mera transcripción de algo que pueda leerse en el enlace dado).

preguntado por José Hdz (39,490 puntos) Oct 24, 2013 en Problemas
reetiquetada por José Hdz May 22, 2014

2 Respuestas

+4 votos
Va la respuesta del 1:

Sea $E\subset\mathbb{N}$ la imagen de $f$. Por el principio del buen orden, $E$ tiene un elemento mínimo. Llamemos $E_0$ a dicho elemento mínimo. Ahora, sea $x=(m_0,n_0)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$, tal que $f(x)=E_0$. Como $E_0$ es el mínimo de la imagen de $f$, entonces tenemos que $f$ evaluada en los cuatro elementos que rodean a $x$ es mayor o igual que $E_0$. Como $f(x)$ es el promedio de $f$ evaluada en los cuatro elementos que rodean a $x$, ninguno de ellos pueder ser mayor estricto que $f(x)$ porque eso implicaría que al menos otro de ellos es menor estricto que $f(x)$. Entonces, $x$ y los cuatro elementos que lo rodean evalúan al mismo valor. Continuando con este razonamiento con los extremos de la cruz, podemos llenar todo $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$, concluyendo que $f$ debe ser constante.
respondido por Yarza (3,380 puntos) Nov 22, 2013
+2 votos
Totalmente de acuerdo con Yarza en cuanto al punto número 1. Aún soy incapaz de resolver el número 2, pero puedo resolver una "versión unidimensional" del mismo, así que pensé que no sería mala idea dejar aquí esta solución para ver si así alguien más se inspira y saca la solución completa.

Con "versión unidimensional", quiero decir que ahora el dominio de nuestra función $f$ es $\mathbb Z$ en vez de $\mathbb Z\times\mathbb Z$, y el requerimiento de que el valor de $f$ en cada punto sea el promedio de los valores en la cruz de puntos adyacentes ahora se convierte en: para todo $n\in\mathbb Z$, $f(n)=\frac{f(n-1)+f(n+1)}{2}$. Supongamos entonces que el contradominio de $f$ es el intervalo $(0,\infty)$ de números reales positivos, y supóngase que $f$ no es constante. Entonces es posible encontrar un $n_0$ tal que $f(n_0)\neq f(n_0+1)$.

Considérese la nueva función "normalizada" $g(n)=\frac{f(n)}{f(n_0)}$, nótese que $g$ satisface los mismos requerimientos de $f$ (es decir, $g:\mathbb Z\longrightarrow(0,\infty)$ y $g(n)=\frac{g(n-1)+g(n+1)}{2}$) y que $g(n_0)=1\neq g(n_0+1)$. Sea $r=g(n_0+1)$, y supongamos por el momento que $r<1$. En este momento es útil reescribir el requerimiento este del promedio como $g(n+1)=2g(n)-g(n-1)$. Nótese ahora que $g(n_0+2)=2r-1$, $g(n_0+3)=2(2r-1)-r=3r-2$, $g(n_0+4)=2(3r-2)-(2r-1)=4r-3$, y así sucesivamente obtenemos que $g(n_0+k)=kr-(k-1)$ (por inducción, si $g(n_0+k)=kr-(k-1)$ y $g(n_0+k+1)=(k+1)r-k$, entonces $g(n_0+k+2)=2(k+1)r-2k-kr+k-1=(k+2)r-(k+1)$). Como sabemos que $0<r<1$, entonces $0<1-r<1$ y por lo tanto es posible escoger un $k\in\mathbb N$, $k\geq 2$ que satisface $k>\frac{1}{1-r}$. Entonces $k(1-r)>1$ o equivalentemente $k(r-1)<-1$, es decir, $0>kr-(k-1)=g(n_0+k)$, lo cual es una contradicción.

Todo lo anterior se hizo suponiendo que $g(n_0+1)=r<1$. De lo contrario, si $g(n_0+1)=R>1$, entonces considerando $r=g(n_0-1)=2-R<1$ podemos repetir el razonamiento anterior, pero avanzando "hacia la izquierda". Esto es, demuéstrese por inducción que, para $k\in\mathbb N$ con $k\geq2$ se tiene que $g(n_0-k)=kr-(k-1)$, elíjase un $k>\max\{\frac{1}{1-r},1\}$ y obsérvese que $g(n_0-k)<0$, lo cual es contradictorio.
respondido por David Fernández (15,540 puntos) Jun 4, 2014
editado por David Fernández Jun 4, 2014
Tu solución al caso unidimensional es correcta pero está explicada de una manera innecesariamente complicada. Yo hubiera escrito el mismo argumento así: en el caso unidimensional, la armonicidad es equivalente a que los valores de la función formen una progresión aritmética; las progresiones aritméticas no constantes, infinitas en ambas direcciones, siempre incluyen números negativos.
Tienes razón, por alguna razón las cuentas no me cuadraron en torno al $g(n_0)$ y por eso terminé complicándome la vida. Quizá estaría bien que convirtieras tu comentario en respuesta para que sea más visible, o tal vez yo debiera editar mi respuesta para agregar tu comentario. De cualquier forma, mi intuición es que el caso bidimensional debiera ser similar: en cuanto dos puntos adyacentes tomen valores distintos, debe ser posible seguir una trayectoria en la cual los valores sean cada vez más pequeños, hasta finalmente ser negativos. Pero los cálculos se vuelven feos y no veo la manera de concretar la idea.
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