Cómo probar esta desigualdad$b-a\ge \pi$

Question

deje que la función positiva$f(x)$ tenga dos derivados en$(a,b),b>a$, y tal$$f''(x)+f(x)\ge 0,x\in(a,b) y$f(a)=f(b)=0$, muestre que

PS

Si $$b-a\ge \pi$ $ entonces$$ f''(x)+f(x)=0 pero este problema es la desigualdad, entonces considero que$$f(x)=C_{1}\cos{x}+C_{2}\sin{x} Pero parece que esto tampoco resuelve este problema

Answer 1

Suponga que $b-a\lt\pi$ y considerar $$c=\tfrac12(\pi-b-a),\qquad s=\sin(a+c).$$ Then $s=\sin(b+c)$ (always true), $s\gt0$ (because $0\lt b-a\lt\pi$), and $\sin(x+c)\gt0$ for every $x$ in $(a,b)$. Además, $f(a)=f(b)=0$$f\gt0$$(a,b)$, por lo tanto $f'(a)\geqslant0$$f'(b)\leqslant0$, lo que implica que $f'(b)-f'(a)\leqslant0$.

Todo esto se mantiene en el almacén, consideremos la integral $$\int_a^b f"(x)+f(x))\sin(x+c)\mathrm dx=\left.f'(x)\sin(x+c)-f(x)\cos(c+x)\right|_a^b=(f'(b)-f'(a))\,s.$$ El LHS es no negativa como la integral de una función no negativa y el lado derecho es valor no positivo como el producto de la $f'(b)-f'(a)\leqslant0$$s\gt0$, de ahí la LHS es realmente cero.

De ello se sigue que la función de la integral debe ser idéntica a cero, es decir,$f''+f=0$$(a,b)$. El resto es directa.