Si $f$ es una función suave de valor real sobre la recta real tal que $f'(0)=1$ y $|f^{(n)} (x)|$ está uniformemente limitada por $1$ entonces $f(x)=\sin x$ ?

Question

Dejemos que $f : \mathbb R \to \mathbb R$ sea una función suave ( infinitamente diferenciable en todas partes ) tal que $f '(0)=1$

y $|f^{(n)} (x)| \le 1 , \forall x \in \mathbb R , \forall n \ge 0$ ( como siempre denotando $f^{(0)}(x):=f(x)$ ) ; entonces es cierto que

$f(x)=\sin x , \forall x \in \mathbb R$ ?

Answer 1

Sí, $f(x)=\sin(x)$ . La prueba que sigue no es del todo elemental. Probablemente haya una prueba más elemental, aunque nadie la ha presentado todavía; la prueba que sigue nos dice algunas cosas interesantes sobre la clase de funciones que satisfacen la condición dada.

Diga $f\in X$ si $f$ es suave y $$||f||=||f||_X=\sup_{k\ge0}\sup_{x\in\Bbb R}|f^{(k)}(x)|<\infty.$$ (Un ejemplo de una de las cosas interesantes mencionadas anteriormente: Veremos a continuación que si $f\in X$ entonces $||f||_X=||f||_\infty$ .)

Como se ha señalado, si $f\in X$ entonces el Teorema de Taylor con una forma adecuada del resto muestra que $f$ es igual a su serie de Maclaurin en todas las $\Bbb R$ por lo tanto $f$ es (la restricción a $\Bbb R$ de) una función completa. Basta con anotar $|\sum a_nz^n|\le\sum|a_n|\,|z|^n$ muestra que $|f(z)|\le||f||e^{|z|}$ . En particular $|f(iy)|\le||f||e^{|y|}$ Ahora bien, desde que $X$ es invariante de la traslación se deduce que $$|f(x+iy)|\le||f||e^{|y|}.$$

Funciones en $X$ gozan de una cierta propiedad mágica:

Propiedad mágica Si $f\in X$ entonces $$f'(x)=\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{4(-1)^k}{(2k+1)^2\pi^2}f(x+\pi(k+1/2)).$$

(Por lo tanto $||f'||_\infty\le||f||\infty$ como se ha señalado anteriormente).

La prueba de la Propiedad Mágica es la parte no tan elemental del argumento (quizás se deduce por algún análisis complejo elemental, no veo cómo). Primero mostramos cómo se deduce el resultado:

Supongamos, como en el PO, que $||f||_X\le 1$ , $f$ es de valor real en $\Bbb R$ y $f'(0)=1$ . Entonces $$1=f'(0) =\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{4(-1)^k}{(2k+1)^2\pi^2}f(\pi(k+1/2)).$$ Ahora bien, como $$\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{4}{(2k+1)^2\pi^2}=1$$ y $-1\le f\le 1$ no podemos tener ninguna cancelación aquí; debemos tener $$f(\pi(k+1/2))=(-1)^k=\sin(\pi(k+1/2)).$$

Así que si dejamos que $$g(z)=\frac{f(z)-\sin(z)}{\cos(z)}$$ entonces $g$ es una función completa. Como $|f(x+iy)|\le||f||e^{|y|}$ está claro que $g$ está acotado en el complemento de la unión de pequeños discos centrados en $\pi(k+1/2)$ . Por lo tanto, $g$ está acotado y por tanto $g$ es constante. Así que $$f(z)=\sin(z)+c\cos(z).$$ Desde $f$ es de valor real en $\Bbb R$ se deduce que $c\in\Bbb R$ y ahora es fácil demostrar que $|f|\le1$ implica $c=0$ .

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Prueba de la propiedad mágica

Aquí asumimos que el lector está familiarizado con las propiedades básicas de las distribuciones templadas y sus transformadas de Fourier. Si no conoce esas cosas, probablemente no debería molestarse en preguntar por las cosas de esta sección, ya que ocuparía mucho espacio para explicarlas. Por supuesto, si conoces esas cosas y algo de lo que sigue te parece problemático, por favor, dilo.

Supongamos que $f\in X$ .

Desde $f\in L^\infty(\Bbb R)$ , $f$ es una distribución templada, y como tal tiene una transformada de Fourier, que es otra distribución templada. Una versión del Teorema de Paley-Wiener para distribuciones templadas, en por ejemplo Rudin Análisis funcional , muestra que $$supp(\hat f)\subset[-1,1].$$ (Este caso especial es más fácil que el teorema de Rudin; puede que añada unas palabras al respecto si parece que alguien está leyendo esto).

La propiedad mágica es en realidad una versión explícita de la desigualdad de Bernstein. Recordemos: Si $g\in L^p(\Bbb R)$ y $supp(\hat g)\subset[-1,1]$ entonces $||g'||_p\le||g||_p$ . La prueba procede mostrando que existe una medida compleja $\mu$ con $||\mu||=1$ y $\hat\mu(\xi)=i\xi$ para $-1\le\xi\le 1$ y, a continuación, considerando la transformada de Fourier, se observa que $g'=g*\mu$ Por lo tanto $||g'||_p\le||g||_p||\mu||=||g||_p$ . Modulo de tecnicismos la Propiedad Mágica para $f\in X$ se deduce por el mismo argumento, excepto que tenemos que decir exactamente lo que $\mu$ es .

Es sencillo, aunque tedioso, verificar que $$\sum_{k=-\infty}^\infty\frac{4(-1)^k}{(2k+1)^2\pi^2}e^{i\pi(k+1/2)t}= \begin{cases}it,&(-1\le t\le 1), \\i(2-t),&(1\le t\le 3).\end{cases}$$ (Basta con ampliar la función de la derecha a una función de periodo $4$ y calcular los coeficientes de Fourier). Por lo tanto, si $$\mu=\sum_{k=-\infty}^\infty\frac{4(-1)^k}{(2k+1)^2\pi^2}\delta_{-\pi(k+1/2)}$$ entonces $$\hat\mu(\xi)=i\xi\quad(-1\le\xi\le 1).$$ Desde $supp(\hat f)\subset[-1,1]$ esto demuestra que $f'=f*\mu$ que es exactamente lo que afirma la Propiedad Mágica.

Un tecnicismo Afirmando que $f'=f*\mu$ porque $\hat\mu(\xi)=i\xi$ con el apoyo de $\hat f$ es un poco simplista. El problema es que $\hat f$ es sólo una distribución, y $\hat\mu$ no es suave en una vecindad de $[-1,1]$ . (Esto es realmente un problema; por ejemplo, si $f$ es una distribución templada arbitraria con $\hat f$ apoyado en $[-1,1]$ la convolución $f*\mu$ ni siquiera tiene que existir).

Esto no es difícil de arreglar. Para $0<\lambda<1$ dejar $$f_\lambda(x)=f(\lambda x).$$ Es suficiente para demostrar que $f_\lambda'=f_\lambda*\mu$ . Esto es sencillo, ya que $\hat\mu(\xi)=i\xi$ en una vecindad del soporte de $\hat f_\lambda$ . De nuevo, puedo añadir detalles si me parece que vale la pena.

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Nota divertida De hecho, lo hemos demostrado:

Teorema Supongamos que $f\in L^\infty(\Bbb R)$ . TFAE:

1. $f\in X$ .

2. $f$ se extiende a toda una función con $|f(x+iy)|\le ce^{|y|}$ .

3. $\hat f$ es compatible con $[-1,1]$ .

(Hemos demostrado explícitamente que (1) implica (2) y (2) implica (3). Para demostrar que (3) implica (1), observe que (3) implica que $||f'||_\infty\le||f||_\infty$ .)

Answer 2

Aquí está mi intento, faltan algunos detalles. Es probable que se pueda encontrar una solución más fácil.

Aclaración: Como ha señalado David, no existe tal teorema del tipo Paley-Wiener. Al final esbozaré lo que creo que se puede hacer para solucionarlo.

Como mencionó David en los comentarios, tus suposiciones implican $f$ es una función entera (de tipo exponencial $1$ ), y también dan el siguiente límite: $$| f(z) | \le e^{|\Im z |}.$$

Supongamos que un teorema del tipo Paley-Wiener implica que podemos escribir $f$ como una transformada de Fourier:

$\begin{equation}f(z) = \int_{-1}^{1} e^{i t z} \, \rm{d} \nu(z), \tag{a}\label{a}\end{equation}$

donde $\nu$ es una medida compleja en $[-1,1]$ . En particular,

$\begin{equation}f^{(n)}(z) = \int_{-1}^{1} (it)^n e^{i t z} \, \rm{d} \nu(z). \tag{b}\label{b}\end{equation}$

Considere la posibilidad de impar $n>0$ . Obsérvese que la función $(it)^n$ no es continua en $[-1,1]$ si identificamos $-1$ y $1$ . Para solucionarlo, tenga en cuenta que $(it)^n e^{-\frac12 i\pi t}$ es continua, y tenemos una serie de Fourier absolutamente convergente, $$ (it)^n e^{-\frac12 i\pi t} = \sum_{k \in \mathbb{Z}} C_n(k) e^{i \pi k t}, \quad t\in [-1,1]. \tag{c}\label{c} $$ Por ejemplo, $$ it e^{-\frac12 i\pi t} = \frac{4}{\pi^2} \sum_{k \in \mathbb{Z}} \frac{(-1)^k}{(2k + 1)^2} e^{i \pi k t}, \quad t\in [-1,1]. \tag{d}\label{d}$$

Combinando $\eqref{a}$ , $\eqref{b}$ y $\eqref{d}$ encontramos $$\begin{align*} f^\prime (z) & = & \int_{-1}^1 i t e^{izt} \, \rm{d} \nu(t) = \int_{-1}^1 i t e^{-\frac12 i \pi t} e^{i(z + \frac12 \pi)t} \, \rm{d} \nu(t)\\ &=& \frac{4}{\pi^2} \sum_{k \in \mathbb{Z}} \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2} \int_{-1}^1 e^{i t (z + \pi k + \frac12 \pi)} \, \rm{d} \nu(t) \\ &=& \frac{4}{\pi^2} \sum_{k \in \mathbb{Z}} \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2} \, f\left(z + \pi (k+\frac12)\right). \end{align*}$$ En particular, $$ 1 = f^\prime(0) = \frac{4}{\pi^2} \sum_{k \in \mathbb{Z}} \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2} \, f\left(\pi (k+\frac12)\right). $$ Desde $\frac{4}{\pi^2} \sum_{k \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(2k+1)^2} = 1$ y $|f|\le 1$ encontramos que $f\left(\pi (k+\frac12)\right) = (-1)^k$ . Observe también que $f^{\prime\prime}(0) = 0$ ya que, de lo contrario, esto sería contradictorio con $|f^\prime(z)|\le 1$ , para $z$ cerca de $0$ .

Ahora (para impar $n>0$ ), utilizando $\eqref{b}$ y $\eqref{c}$ obtenemos de forma similar a la anterior $$f^{(n)}(0) = \sum_{k\in\mathbb{Z}} C_n(k) \, f\left(\pi (k+\frac12)\right) = \sum_{k\in\mathbb{Z}} C_n(k) \, (-1)^k = i^n \cdot e^{-\frac12 \pi i} = (-1)^{\frac12 (n-1)}.$$ Así, por ejemplo, $f^{(3)}(0) = -1$ y esto implica $f^{(4)}(0)=0$ y así sucesivamente. Desde $f$ es analítica y tiene las mismas derivadas que $\sin(z)$ en $z=0$ encontramos que $\sin(z) + c $ es la única función que satisface los requisitos, para alguna constante real $c$ . Pero $c=0$ es la única posibilidad, ya que $|f| \le 1$ .

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Se puede demostrar que $f$ puede ser aproximada uniformemente en conjuntos compactos por una secuencia $$\begin{equation} g_j(z) = \int_{-1}^{1} e^{i t z} \, \rm{d} \nu_j(z), \end{equation}$$ donde $\nu_j$ son medidas complejas sobre $[-1,1]$ . Véase Boas, Funciones enteras, Teorema 6.8.14. Tenemos que demostrar por inducción que la primera $n$ derivados de $f$ y $\sin(z)$ en $z=0$ son los mismos. Entonces tenemos que repetir los argumentos anteriores, utilizando $\varepsilon, \delta$ métodos cada vez que teníamos igualdades antes. Como tenemos convergencia uniforme de las funciones enteras, podemos aproximar (un número fijo de) las derivadas de $f$ en cualquier conjunto compacto utilizando las funciones $g_j$ .