用户: Cybcat/离散调和函数

我们都知道, ${\mathbb{R}}^n$ 中的调和函数 $f(x)=f(x_1,\cdots ,x_n)$ 要求满足如下的表达式: $$\left(\frac{{\partial }^2}{\partial x_1^2}+\cdots +\frac{{\partial }^2}{\partial x_n^2}\right)f=0.$$现在进行类比, 我们定义 ${\mathbb{Z}}^n$ 中的调和函数指的是一个 ${\mathbb{Z}}^n\to \mathbb{R}$ 的函数, 也称离散调和函数, 满足: $$\begin{array}{r}2nf(x_1,\cdots ,x_n)=f(x_1+1,x_2,\cdots )+f(x_1-1,x_2,\cdots )+\cdots +f(\cdots ,x_{n-1},x_n+1)+f(\cdots ,x_{n-1},x_n-1).\end{array}\text{\hspace{1em}(1)}$$马上将会发现很多对调和函数成立的命题对离散调和函数也成立.

顺带一提, 本文参考了 H. A. Heilbronn 在 1948 年的论文 On Discrete Harmonic Functions.

1基本定义和性质

首先我们把标准的图论框架搭出来:

定义 1.1 (图论构成). ${\mathbb{Z}}^n$ 中的两个点坐标如果只有一个分量差 $1$, 其他分量相同则称为相邻的. 在相邻关系下 ${\mathbb{Z}}^n$ 自然成为一个无限网格状的简单图 $G$, 它的任何子集 $S\subset {\mathbb{Z}}^n$ 自然可视作 $G$ 的一个完全子图. 那么图论中诸如邻居, 连通性, 距离这样的概念都自然在这里适用. 此外我们还能类似定义子集 $S\subset {\mathbb{Z}}^n$ 中的点的类型, 我们把 $S$ 中的点不重不漏分成两类, 称为内点和边界点, 分别构成的集记 $S^{\circ }$ 和 $\partial S$. 如果一个点 $x\in S$ 在 ${\mathbb{Z}}^n$ 中的全体邻居都在 $S$, 则称之为内点, 否则称边界点. 定义集合 $S\subset {\mathbb{Z}}^n$ 的闭包 $\overline{S}$ 为 $S$ 中的点和 $S$ 的全部邻居构成的集合.

由此我们可以定义一个集合上的调和函数.

定义 1.2. 现在我们也能定义一个在 $S\subset {\mathbb{Z}}^n$ (离散) 调和的函数, 指的是一个在每个内点处都满足上述 $(1)$ 的 $S\to \mathbb{R}$ 的函数.

让我们开始证明一些定理.

定理 1.3 (最大值原理). 设 $f(x)$ 是 $S$ 上的调和函数, 若 $S^{\circ }$ 连通, 则要么 $f$ 为常数, 要么 $f$ 的最大值不在内部取到.

证明. 一个内点处取最大值能推出其全体邻居都取该值, 于是命题是显然的.

$\square$

当然最小值也有类似的结果. 然后是边值原理, 从边界总能唯一确定内部取值的定理:

定理 1.4. 有限集 $S\subset {\mathbb{Z}}^n$ 的边界点上的任意函数 $g:\partial S\to \mathbb{R}$, 存在唯一的 $S$ 上调和函数 $f$ 使 $f{|}_{\partial S}=g$.

证明. 对任意实函数 $f:S\to \mathbb{R}$ 我们考虑定义这样一个量: $$E(f):=\sum _{x,y\in S;d(x,y)=1}(f(x)-f(y){)}^2.$$其中 $x,y\in S;d(x,y)=1$ 表示取遍所有邻居的对子. 由二次型理论 (先通过估计得出最小值一定在一个紧集内取到) 不难证明 $E(f)$ 存在最小值, 在此最小值时对某个给定 $x\in S$ 处的 $f$ 值求偏导就得到$$\frac{\partial }{\partial f(x)}E(f)=4\sum _{y\in S,d(x,y)=1}(f(x)-f(y))=0.$$这即 $x$ 处的 $(1)$ 表达式. 现在证明了存在性, 而唯一性是对每个 $S^{\circ }$ 的连通分支使用最大值原理 1.3 的推论.

$\square$

这两个定理可以认为是这一理论的垫脚石. 另外从主对角占优的角度也能很好地理解这个定理.

2Liouville 定理

我们都知道对 ${\mathbb{R}}^n$ 上的调和函数, 有界就意味着必然是常数. 毫不意外地, 离散调和函数也是如此. 本节我们就来研究一系列离散调和函数版本的 Liouville 定理与证明:

定理 2.1 (Liouville 定理). 若 $f:{\mathbb{Z}}^n\to \mathbb{R}$ 调和且有界, 则 $f$ 是常函数.

首先我们来看这一定理最初等的证明.

证明. 对维数归纳, $n=0$ 时命题显然. 我们记 $e_1=(1,0,\cdots ,0)$ 并记 $g(x):=f(x+e_1)-f(x)$. 如果 $g$ 恒等于 $0$, 则由 $2,\cdots ,n$ 这 $n-1$ 维的情况证出命题. 现在 $g$ 也有界且调和, 不妨设 $|g|$ 的上确界为 $m>0$ 且设正 $g$ 能趋于此值, 再设 $|f|$ 的上确界为 $M$.

现在来待定一个 $ϵ>0$, 无论 $ϵ$ 取何值总能找到 $x$ 使 $g(x)\ge m-ϵ$, 那么利用 $g$ 的上界和调和性不难证明对任意 $y$ 有$$g(y)\ge m-(2n{)}^{d(x,y)}ϵ.$$这是因为 $g(x)\ge m-ϵ$ 那么 $x$ 的全体邻居处 $g$ 值不小于 $m-2nϵ$ 然后归纳. 由此取 $k>0$ 为一个足够大的正整数, 使 $km>2M$, 再取 $ϵ$ 足够小使得$$m-(2n{)}^kϵ\ge 0,\sum _{i=0}^{k-1}(m-(2n{)}^iϵ)>2M.$$这将导致$$|f(x)-f(x+k{e}_1)|=\sum _{i=0}^{k-1}g(x+i{e}_1)\ge \sum _{i=0}^{k-1}(m-(2n{)}^iϵ)>2M$$推出矛盾.

$\square$

一个有趣的事实是, 离散 Liouville 定理也曾是一道竞赛题, 出自 2003 的保加利亚 TST. 看到这证明 (也是官方证明) 初等的程度也就知道这一命题作为竞赛题还算合情合理. 然而这个证明虽然初等而且漂亮, 但是不够本质. 假设读者知道如下的定理:

定理 2.2 (Krein–Milman). 设 $K$ 是 Banach 空间 $V$ 中的一个紧凸集. 若一个点 $x\in K$ 满足它不位于 $K$ 中任意不同两点的连线线段内部, 则称 $x$ 为 $K$ 的一个极端点. 那么 $K$ 是其全体极端点的凸包的闭包.

这样一来, 我们来给出 Liouville 定理的一个简洁的证明:

离散 Liouville 定理的另一个证明. 首先在最大模范数下我们有 Banach 空间 $V=C^0({\mathbb{Z}}^n)$. 我们首先证明 ${\mathbb{Z}}^n\to [-1,1]$ 的离散调和函数 $X$ 构成其中的紧凸集. 凸性显然, 紧性是列紧性的推论. 于是我们只需研究此时 $X$ 的极端点是什么, 由于一个调和函数是其 $2n$ 个方向平移所得函数的平均, 因此 $X$ 的极端点在任意平移下不变. 由此 $X$ 的极端点只含常函数.

$\square$

此外我们来观察一些维数现象.

定理 2.3. 当 $n=2$ 时, 若 $f:{\mathbb{Z}}^n={\mathbb{Z}}^2\to \mathbb{R}$ 有界且已知在原点以外调和, 则 $f$ 为常数.

证明. 对正整数 $R$, 定义 $U_R:=\{|x_1|+|x_2|\le R\}$, 不妨设 $f(0)=1,0\le f(x)\le 2$. 现在令 $f_R(x)$ 为 $f(0)=1$, 且对 $|x_1|+|x_2|=R$ 成立着 $f_R(x)=0$ 的调和函数, 它的存在唯一性由边值原理 1.4 保证. 我们指出在相邻函数的公共区域上有不等式$$0\le f_2(x)\le f_3(x)\le \cdots \le 1.$$这实则是最值原理 1.3 的推论, 将 $f_{R+1}$ 视作 $f_R$ 对应更大边值问题的解即可. 这样一来 $f_R$ 逐点单调递增必有极限, 记这逐点极限为 $f_{\infty }$. 我们声称 $f_{\infty }=1$ 恒成立, 我们将在下一段利用维数 $2$ 来证明这一点. 假设这已得证, 那么同样的技巧可证 $f_R\le f$ 从而 $f_{\infty }\le f$ 可知 $1\le f$, 用 $2-f$ 代替 $f$ 可证明 $1\le 2-f$ 从而 $f=1$.

定义一个辅助函数$$g_R(x):=1-\frac{\log (1+|x_1|+|x_2|)}{\log (1+R)}.$$我们计算 $U_R$ 上的 $E(g_R)$: $$E(g_R)\ge \sum _{k=1}^{R-1}k{\left(\frac{\log (1+k)}{\log (1+R)}-\frac{\log k}{\log (1+R)}\right)}^2=O\left(\frac{1}{\log R}\right).$$由于 $g_R$ 和 $f_R$ 具有一样的边值, 根据边值原理的证明过程, $E(f_R)\le E(g_R)$. 这表明随 $R$ 趋于无穷, 在原点附近 $f_R$ 下降得很慢, 具体来说存在常数 $C$ 使得 $f_R(x)\ge 1-C(|x_1|+|x_2|)/\sqrt{\log R}$. 因此 $f_{\infty }=1$, 命题得证.

$\square$

这表现得像是某种可去奇点的性质, 不过此命题对 $n\ge 3$ 不真, 构造需要用到比较细致的估计, 此处略.

3一般边值问题

所谓的一般边值, 在这里无非是研究一般的无界集合上边值问题的一些最基本的性质. 我们首先研究边值有界的情况, 这和前一小节的定理是类似的:

定理 3.1. 设 $S\subset {\mathbb{Z}}^n$, 则任意 $F:\partial S\to [0,1]$ 可以延拓成为 $S$ 上的一个调和函数. 特别地, 对 $n=2$ 且 $S\ne {\mathbb{Z}}^2$ 的情况, 符合条件的延拓是存在唯一的.

证明. 如果 $S^{\circ }=\varnothing$ 则无需证明, 现只需对 $S^{\circ }$ 的每个连通分支进行讨论, 设 $x_0$ 是一个内点并记 $S_0=\{x_0\}$, 归纳地定义 $S_{k+1}$ 为 $S_k$ 添加上它们在 $S$ 中的邻居. 这样递增列 $\{S_k\}$ 将穷竭 $x_0$ 所在的连通分支.

现在令 $F_k$ 为 $S_k$ 上这样一个边值问题的调和解: 对 $x\in \partial S_k$, 如果 $x\in \partial S$ 则 $F_k(x):=F(x)$, 否则 $F_k(x)$ 取 $0$. 用和 2.3 中一样的方法可知 $F_k$ 单调有界从而逐点极限存在, 该极限函数 $F_{\infty }$ 即为符合的解.

再来看 $n=2$ 时的唯一性, 只需证明零边值时解只能为 $0$ 即可. 假设此时有一个解 $F:S\to \mathbb{R}$ 非零, 由于 $S\ne {\mathbb{Z}}^2$ 故 $S$ 存在边界点, 不妨设原点就是这样一个边界点. 设 $|F(x)|\le M$ 对某 $M>0$, 对正整数 $R$ 我们构造辅助函数 $G_R(x):=F(x)+M(1-f_R(x))$, 这里的 $f_R$ 来自前一小节 2.3. 这样 $G_R$ 调和而且非负 (为什么? 把它看成什么边值问题的解?), 因此令 $R\to +\infty$ 得到 $F(x)\ge 0$, 同理 $F(x)\le 0$.

$\square$

我们又一次看到了维数特殊性, 同样地对 $n\ge 3$ 维的一般区域, 唯一性通常无法保证.

然后我们来看边值无界的情况:

定理 3.2. 设 $S\subset {\mathbb{Z}}^n$, 则任意 $F:\partial S\to \mathbb{R}$ 可以延拓成为 $S$ 上的一个调和函数.

证明. 为了应用前述有界情况的定理, 对正整数 $m$ 我们引入截断函数 $F_m:\partial S\to [-m,m]$ 为$$F_m(x):=\{\begin{array}{ll}m,& F(x)>m,\\ F(x),& |F(x)|\le m,\\ -m,& F(x)<-m.\end{array}$$这样 $F_m$ 可以 (不唯一地) 延拓为整个 $S$ 上的调和函数, 但是不保证逐点收敛性. 为此我们将 $S$ 的内点不重不漏地记作 $\{x_l{\}}_{l=1}^{\infty }$ (有限个内点的情形问题显然). 对每个 $l\ge 0$ 我们企图构造序列 $F_{l,m}$ 满足它在 $S$ 调和而且在点 $\{x_k{\}}_{k=1}^l$ 处收敛, 而且我们希望对给定的 $k$, 无论对何 $l\ge k$, $F_{l,m}(x_k)$ 都收敛到同一值.

我们的构造从 $l=0$ 开始, 此时没有收敛性要求从而可取 $F_{0,m}:=F_m(x)$, 现在我们来对 $l$ 归纳地构造 $F_{l+1,m}$. 倘若 $F_{l,m}(x_{l+1})$ 有收敛子列, 那么该子列自动符合条件. 否则 $|F_{l,m}(x_{l+1})|\to +\infty$, 这表明存在一个子列 $G_{l,m}$ 使得$$G_{l,m+1}(x_{l+1})/G_{l,m}(x_{l+1})\to +\infty ,m\to +\infty .$$这样我们记$${\rho }_m=\frac{G_{l,m}(x_{l+1})}{G_{l,m}(x_{l+1})-G_{l,m+1}(x_{l+1})}\to 0,m\to +\infty .$$再令 $F_{l+1,m}(x):=(1-{\rho }_m)G_{l,m}$, 则它符合条件.

$\square$

这一技巧也在分析中碰到可数集时屡试不爽.

4Poisson 核

最后我们来看 Poisson 核的类比. 根据边值问题解的存在唯一性定理, 对于一个有限区域 $S\subset {\mathbb{Z}}^n$ 上的边值问题, 就能定义 $K(x,y):\partial S\times S\to \mathbb{R}$, 使得对一切 $y\in S$ 和 $f:\partial S\to \mathbb{R}$ 有$$f(y)=\sum _{x\in \partial S}K(x,y)f(x)$$是 $S$ 上的调和函数. 不难证明 $0<K(x,y)<1$ 对一切 $y\in S^{\circ }$. 然而虽然求解在一个一般区域 $S$ 上的 Poisson 核并不容易, 通常来说, 这是一个计算数学问题. 我们仍然有一些理论

一个矩形区域指的是 $V={\prod }_{k=1}^n[{\alpha }_k,{\beta }_k]$. 特别地, 记 $V_R:=[-R,R+1]\times {\prod }_{k=2}^n[-R,R]$ 以及 $T_R=[-R,R{]}^n$, 仍如前面记 $e_1=(1,0,\cdots ,0)$.

引理 4.1. 对 $n\ge 2$ 的矩形区域 $S$, 我们有 $K(x,y)=O(d(F_x,y{)}^{1-n})$, 其中 $F_x$ 表示 $x$ 所在的矩形区域的面.

先假设这一命题为真, 在本节的最后我们会给出这个引理的证明. 我们来看看能得到什么推论:

引理 4.2. 设 $f(x)$ 在 $V_R$ 上调和且在 $x\in \partial V_R$ 上满足$$f(x)\ge 0,\text{对},x_1>0;f(x)\le 0,\text{对}{x}_1\le 0.$$则 $f(e_1)\ge f(0)$. 倘若 $f(x)$ 还满足 $f(x)+f(e_1-x)=0$ 对一切 $x\in V_R$, 则对一切 $x\in V_R$ 我们都有$$f(x)\ge 0,\text{对},x_1>0;f(x)\le 0,\text{对}{x}_1\le 0.$$

证明. 先看后半个命题, 设有 $f(x)=-f(e_1-x)$. 定义辅助函数 $g(x)$ 为$$g(x)=\{\begin{array}{ll}f(x),& (x_1-1/2)f(x)\ge 0,\\ 0,& (x_1-1/2)f(x)<0.\end{array}$$显然 $f=g$ 于 $V_R$ 边界且不难发现 $E(g)\le E(f)$, 因为在所以 $g=f$ 从而 $f$ 在 $V_R$ 处处符合这式子.

再看前半个命题, 记 $F(x)=f(x)-f(e_1-x)$ 则使用后半个命题可得 $F(u_1)\ge 0$.

$\square$

定理 4.3. 若 $f(x)$ 在 $V_R$ 上调和, 且 $|f(x)|\le M$, 则$$|f(e_1)-f(0)|=O\left(\frac{M}{R}\right).$$

证明. 不妨设 $M=1$, 注意到前面的引理 4.2 告诉我们边界点对 $f(e_1)-f(e_0)$ 的线性贡献来说, $x_1\ge 1$ 时是非负的, $x_1\le 0$ 时是非正的, 因此我们构造极端边值, 考虑 $f_R$ 为 $V_R$ 在如下边值情况下的解: $$f_R(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x_1>0,\\ -1,& x_1\le 0.\end{array}$$那么 $|f(e_1)-f(0)|\le f_R(e_1)-f_R(0)$. 记 $g_R(x)=f_R(x)-(x_1-1/2)/(R+1/2)$, 我们来研究 $g_R$, 从它对应的边值得知 $g_R(x)+g_R(e_1-x)=0$ 从而符合引理 4.2 . 于是在 $V_R$ 上看: $$\begin{array}{r}{g}_R(x)\ge 0,\text{对}{x}_1=R;g_R(x)\le 0,\text{对}1-R\le x_1\le 0;\\ g_R(x)=0,\text{对}{x}_1=R+1\text{和}{x}_1=-R;\end{array}$$于是在 $\partial T_R$ 上看: $$\begin{array}{r}{g}_R(x+e_1)-g_R(x)\le 0,\text{对}|x_1|=R;g_R(x+e_1)-g_R(x)=2-\frac{1}{R+1/2},\text{对}{x}_1=0;\\ g_R(x+e_1)-g_R(x)=-\frac{1}{R+1/2},\text{对}0<|x_1|<R.\end{array}$$最后使用前面的引理 4.1 就得到 $g_R(e_1)-g_R(0)\le O(1/R)$ 从而命题得证.

$\square$

最后我们来展示一个传统的控制定理:

推论 4.4. 假设 $f(x)$ 是 ${\mathbb{Z}}^n$ 的调和函数且存在正数 $C$ 和自然数 $k$ 使$$f(x)=O(1+(|x_1|+\cdots +|x_n|{)}^k),$$则 $f(x)$ 是一个至多 $k$ 次的多项式.

证明. 应用前一定理立刻得知 $f(x+e_1)-f(x)=O(1+(|x_1|+\cdots +|x_n|{)}^{k-1})$, 由此可知 $f$ 对固定 $x_2,\cdots ,x_n$ 是关于 $x_1$ 的多项式. 从而$$f(x)=f_r{x}_1^r+f_{r-1}{x}_1^{r-1}+\cdots +f_0.$$对维数 $n$ 归纳, 现发现取定 $x_1=0,1,2,\cdots ,r$ 得到的 $f_r,\cdots ,f_0$ 的各种线性组合都是 $x_2,\cdots ,x_n$ 的多项式因此由 Vandermonde 矩阵的可逆性可知诸 $f_i$ 都是 $x_2,\cdots ,x_n$ 的多项式. 最后确定它的次数至多为 $k$ 是容易的, 留给读者.

$\square$

最后我们回到本小节一开头承诺的引理证明.

引理的证明. 我们只需构造一个 $\{x_n\ge 0\}$ 上的调和函数 $h$, 使得边界情况为: $h(0)=1$; 非原点时 $h(x)=0$ 对 $x_n=0$ 且 $x\ne 0$. 在 $x_n>0$ 时 $h(x)$ 总取正值且有估计$$h(x)=O(x_n^{1-n}).$$对 ${\zeta }_1,\cdots ,{\zeta }_{n-1}\in \mathbb{R}$, 定义 $\varphi ({\zeta }_1,\cdots ,{\zeta }_{n-1})$ 为满足下列方程的两个根中小的那个$$\varphi +{\varphi }^{-1}=2n-\sum _{k=1}^{n-1}2\cos {\zeta }_k.$$通过初等的计算可知 $1/(4n-2)<\varphi ({\zeta }_1,\cdots ,{\zeta }_{n-1})\le 1$. 再定义$$h(x):=\frac{1}{(2\pi {)}^{n-1}}{\int }_{-\pi }^{\pi }\cdots {\int }_{-\pi }^{\pi }\cos (x_1{\zeta }_1)\cdots \cos (x_{n-1}{\zeta }_{n-1})\varphi ({\zeta }_1,\cdots ,{\zeta }_{n-1}{)}^{x_n}d{\zeta }_1\cdots d{\zeta }_{n-1}.$$不难检查 $h$ 离散调和而且满足关于边界条件的一切事宜. 为了估计 $h(x)$, 我们注意到$$\varphi ({\zeta }_1,\cdots ,{\zeta }_{n-1})=1-\sqrt{{\zeta }_1^2+\cdots +{\zeta }_{n-1}^2}+O({\zeta }_1^2+\cdots +{\zeta }_{n-1}^2),$$按照 ${\zeta }_1^2+\cdots +{\zeta }_{n-1}^2$ 和 $x_n^{-1}$ 的大小关系划分积分区域, 不难得知 $h(x)=O(x_n^{1-n})$. 最后为了检查 $\varphi$ 非负, 对正整数 $u$ 设 $M(u):={\min }_{x_n=u}h(x)$, 显然 $2M(u)\ge M(u+1)+M(u-1)$, 在凸性的帮助下利用 $M(0)=0$ 以及 ${\lim }_{u\to +\infty }M(u)=0$ 锁定了 $M(u)=0$.

$\square$

实际上不难看出如果做更细致的估计就能得到更好的阶, 例如改进为 $O(d(x,y{)}^{-1})$.

5尾声

最后我们来讨论一些简单的推广和讨论.

首先调和函数的概念不只可以在 ${\mathbb{Z}}^n$ 中讨论, 在第一节的图论构成中, 我们就暗示了在一般的图上也有定义调和函数的可能性. 不出所料地, 我们可以在一个每个顶点度数都有限的有向图上定义调和函数, 即在每个顶点上取值, 每个顶点的值等于被它指向的所有顶点的平均. 更加一般地, 我们甚至能给这些边加权. 用一样的方法, 我们能证明有限简单图上任意边值调和函数的存在唯一性.

现在有意思的来了, 给定连通简单图 $G$ 顶点集的非空子集 $S\subset V=V(G)$ 和一个 ${\pi }_0:S\to \mathbb{R}$. 以下我们用不同的手段来刻画 $\pi :V\to \mathbb{R}$ 作为 ${\pi }_0$ 唯一的调和延拓:

第一, $G$ 上从 $v$ 出发的随机游走, 第一次到达 $S$ 中的顶点时停下, 到达的处 ${\pi }_0(s)$ 的期望值, 记作 $\pi (v)$.

第二, $G$ 上在 $S$ 的顶点处安置 ${\pi }_0(s)$ 的电压, 设每条边都是单位电阻, $v$ 处的电压记作 $\pi (v)$.

第三, 将 $S$ 中的顶点对应放在实数轴 $\mathbb{R}$ 的 ${\pi }_0(s)$ 处, 然后按照图 $G$ 在每条边连接同一根弹簧, 此时 $v$ 按胡克定律稳定所处的位置记作 $\pi (v)$.

所以只要遵从相同的公式, 我们立刻用唯一性得到了这些结果. 实际上, 我在一个 AOPS 回答中看到: 1940-1950 年的一篇文章中, 人们试图用这些性质来理解基尔霍夫定律, 并试图将这一理论推广为某种离散 Hodge 理论. 离散调和函数的背后甚至 Hodge 理论的背后, 多多少少都是有一些组合的动机在里面的.

然后还有更多奇怪的技巧可以研究离散调和函数, 例如我们如果考虑 ${\mathbb{Z}}^2$ 上的标准随机游走 $X$. 那么一个 $f:{\mathbb{Z}}^2\to \mathbb{R}$ 的函数定义了一个鞅 $f(X)$. 所以如果 $f$ 有界, 那么 $f(X)$ 必然 a.s. 收敛. 这时注意到随机游走会 a.s. 地抵达每个顶点无穷多次, 因此 $f$ 必须在 ${\mathbb{Z}}^2$ 上取常数. 所以我们对二维的 Liouville 定理给出了一个巧妙的解释, 问题是更高的维度会怎么样呢?

技巧是这样的, 我们将说明从 $\pm e_1=(\pm 1,0,0,\cdots ,0)$ 出发的随机游走在有限步内最后的终点是依概率等分布的, 我们马上把细节明确一下: 对一个 $-e_1$ 出发的路径, 我们定义 $e_1$ 出发的一条路径关于 $x_1=0$ 镜面对称, 直至它第一次碰到 $x_1=0$, 此后两条路径重合, 很明显这样一一配对了经过 $x_1=0$ 的路径, 而我们知道 $\pm e_1$ 出发的路径 a.s. 会碰到 $x_1=0$. 现在考虑在 $V_R$ 中从 $\pm e_1$ 出发的随机游走, 因为 $K(x,\pm e_1)$ 刻画了它第一次撞到 $\partial V_R$ 时撞到 $x$ 的概率, 很明显随着 $R\to +\infty$, 两条道路最后以趋于 $1$ 的概率等分布, 这样不难通过估计得知若 $f$ 有界, $f(e_1)=f(-e_1)$, 从而坐标模 $2$ 相等的两点处 $f$ 值相同. 于是问题被化归到一个有限集上的调和函数: 将所有点上的取值按照模 $2$ 对应为一个超立方体图 $C_n$ 上的离散调和函数, 它必为常数.

其实还有更多有趣的内容, 但是限于篇幅我们就此打住.