Это - синус!

[g______d]

$\sin(x)+i\cos(x)$ вроде подходит же?

-- Вт, 26 май 2020 23:08:12 --

novichok2018 в сообщении #1465398 писал(а):

Может быть есть неединственность и все такие функции удовлетворяют условию задачи? Нужно требовать действительность функции с самого начала?

Похоже, так и есть: $v\in [-1,1]$.

[novichok2018]

g______d - конечно, условие на $v$ понятно из модуля, скажем когда синус равен косинусу.
Кстати, интересный пример неединственности для простейшей задачи Коши с комплексными начальными данными.

[g______d]

novichok2018 в сообщении #1465407 писал(а):

Кстати, интересный пример неединственности для простейшей задачи Коши с комплексными начальными данными.

Она не до конца поставлена: задано $f'(0)$, но не $f(0)$.

[novichok2018]

Выше сформулировано с обоими условиями, так? $f(0)=c, c\in \mathbb{C}, f'(0)=1$.

[g______d]

novichok2018 в сообщении #1465411 писал(а):

Выше сформулировано с обоими условиями, так? $f(0)=c, c\in \mathbb{C}, f'(0)=1$.

А. Но тогда где неединственность?

[novichok2018]

Вы правы, занесло. Извините.

[g______d]

Бывает

[DeBill]

novichok2018 в сообщении #1465398 писал(а):

Нужно требовать действительность функции с самого начала?

Ага.

[novichok2018]

FL91 - подскажите, где посмотреть ту форму неравенства Бернштейна с условием равенства, которой Вы воспользовались. Где попроще, пожалуйста.

[FL91]

novichok2018 в сообщении #1465465 писал(а):

FL91 - подскажите, где посмотреть ту форму неравенства Бернштейна с условием равенства, которой Вы воспользовались. Где попроще, пожалуйста.

Например,

Н. И. Ахиезер "Лекции по теории аппроксимации", 2-ое издание, пункт 84, Теорема 1 на с. 186 или
B. Ya. Levin "Lectures on Entire Functions", Lecture 28.

Как раз сейчас думал более подробней и аккуратней изложить свою идею решения.

[novichok2018]

Всегда уважал эту книгу Ахиезера, вот в очередной раз нахожу в ней полезное. Из неравенства Бернштейна внизу стр. 189 вроде сразу следует, что $f(0)=0$, тогда дифур даёт, что это однозначно синус.

[FL91]

novichok2018 в сообщении #1465483 писал(а):

Из неравенства Бернштейна внизу стр. 189 вроде сразу следует, что $f(0)=0$,

Следует, но зачем тогда дифур? Там же система обычная.

Идея решения задачи заключается в использовании неравенства Бернштейна для целых функций экспоненциального типа $\leqslant\sigma$ (ц.ф.э.т. $\leqslant\sigma$): Пусть $f$ ц.ф.э.т. $\leqslant\sigma$, ограниченная на вещественной оси. Тогда выполняется неравенство

$$ |f'(x)|\leqslant\sigma\|f\|_\infty,\ \text{ для всех }x\in\mathbb{R},\text{ где } \|f\|_\infty:=\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f(x)|. $$

Неравенство обращается в равенство в некоторой точке тогда и только тогда, когда $f(z)=ae^{i\sigma z}+be^{-i\sigma z}$, где $a,b\in\mathbb{C}$.

Решение. Из условий задачи вытекает, что $f$ есть сужение ц.ф.э.т. $\leqslant 1$ на вещественную ось. Действительно, так как $|f^{(k)}(x)|\leqslant 1$, для всех $x\in\mathbb{R}$ и $k\in\mathbb{Z}_+$, то $f$ представима в виде

$$ f(z)=\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{f^{(k)}(0)}{k!}z^k,\text{ и }|f(z)|\leqslant e^{|z|},\ z\in\mathbb{C}. $$

Из неравенства Бернштейна получаем, что $1=f'(0)\leqslant\|f\|_\infty$. Так как $|f(x)|\leqslant 1$ для всех $x\in\mathbb{R}$, то $f'(0)=\|f\|_\infty$, и значит,

$$ f(z)=ae^{iz}+be^{-i z},\text{ где }a,b\in\mathbb{C}. $$

Так как $f$ вещественнозначная на действительной оси функция, то $\overline{f(x)}=f(x)$, $x\in\mathbb{R}$, и значит, $\overline{a}=b$. Из условия $f'(0)=1$, получаем $\mathop{\rm Im} a=-i/2$, $\mathop{\rm Im} b=i/2$ и $\mathop{\rm Re} a=\mathop{\rm Re} b$. Таким образом, функция представима в виде:

$$ f(z)=\xi\cos(z)+\sin(z),\ \xi\in\mathbb{R}. $$

Найдём теперь все такие $\xi$ при которых выполняется условие $|f(x)|\leqslant 1$, $-\pi<x<\pi$. Сделаем замену (универсальную) $t=\tg(x/2)$, $-\pi<x<\pi$.
Задача сводится к нахождению всех $\xi\in\mathbb{R}$ при которых выполняются неравенства:

$$ -1\leqslant \frac{-\xi t^2+2t+\xi}{t^2+1}\leqslant 1,\ t\in\mathbb{R}. $$

Рассмотрим неравенство справа. Оно равносильно следующему.

$$ (1+\xi)t^2-2t+1-\xi\geqslant0,\ t\in\mathbb{R}. $$

Необходимым условием выполнения является $\xi>-1$. Подставляя критическую точку $t_0=1/(1+\xi)$ в неравенство, получим

$$ \frac{-1}{1+\xi}+1-\xi\geqslant0. $$

Так как $\xi>-1$, то можно домножить на $(1+\xi)$. Тогда $\xi^2\leqslant0$. Всё.

[novichok2018]

FL91 - спасибо, Вы свели своё и наши рассуждения вместе. Мне всё равно с момента, как у Вас появилось представление функции с ксёй, кажется проще применение формулы дополнительного угла.
С тангенсом тоже интересно, на самом деле это одно и то же, формула дополнительного угла также содержит замаскированный тангенс.

[FL91]

novichok2018 в сообщении #1465501 писал(а):

кажется проще применение формулы дополнительного угла

Проще, естественно. Мелькнула такая идея, но почему-то отбросил

[DeBill]

FL91
novichok2018
Здорово! Это гораздо лучше того, что я иумел!