$f''+f \ge 0$ implica $f(x)+f(x+\pi) \ge 0$

Question

Dejemos que $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sea una función de clase $C^2$ Satisfaciendo a $f''(t)+f(t) \ge 0$ para todos $t \in \mathbb{R}$ . Demostrar que $f(t)+f(t+\pi) \ge 0$ .

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Lo que hice:

Establecer $f''(t)+f(t)=g(t)$ . Se trata de una EDL de orden 2, y denotamos esta ecuación por (E), y la correspondiente ecuación homógena por (H). y $f$ es de la forma $A\cos(t)+B\sin(t)+y_0(t)$ donde $y_0(t)$ es una solución particular de (E), $A,B$ son constantes. La parte trigonométrica se cancela en la evaluación de $f(t)+f(t+\pi)$ Así que el problema se reduce a encontrar un $y_0(t)$ que es siempre no negativo.

Bien, busquemos tal $y_0(t)$ utilizando la técnica de la reducción de orden, es decir, pongamos $y_0(t)=\lambda y_h(t)$ donde $y_h(t)$ es una solución particular de $(H)$ . Todas las soluciones de $(H)$ son sinusoidales, por lo que si este método va a funcionar también podríamos establecer $y_0(t)=\lambda \sin(t)$ . Sustituyendo, encontramos

$\sin(t)\lambda''+2\cos(t)\lambda'=g$ .

Así que si $\sin(t)=0$ , $\lambda'=g(t)/2$ . Sea $I_{2k}=(2k\pi,(2k+1)\pi)$ , $I_{2k+1}=((2k+1)\pi,(2k+2)\pi)$ . Definir $L_I=2k\pi$ si $I=I_{2k}$ , $L_I=(2k+1)*\pi$ si $I=I_{2k+1}$ . Si $I \in \{I_{2k},I_{2k+1}\}$ tenemos

$(\frac{d}{dt} [\lambda'\sin(t)])/\sin^2(t)=g$ para todos $t \in I$

$\lambda'\sin^2(t)=\int^t_{L_I} g(u)\sin(u)\,du+C_I$ para todos $t \in I$

donde $C_I$ es una constante de integración.Nótese que la integral está bien definida ya que $gsin(u)$ es continua, por lo que la integral es a su vez continua. Obsérvese que si $I=I_{2k}$ entonces el integrando es positivo, y $\sin^2(t)$ es siempre positivo, por lo que si elegimos $C_I$ correctamente entonces $\lambda'$ es positivo. Lo contrario ocurre si $I=I_{2k+1}$ . Esto es bueno porque queremos $\lambda$ positivo en $I_{2k}$ y negativo en $I_{2k+1}$ .

Ahora bien, tenga en cuenta que $\lambda'$ es continua en todas las $I$ 's. Sin embargo, si imponemos que $\lambda'$ sea continua en $\mathbb{R}$ entonces nos encontramos con un problema porque $\lim_{t \to L_I, t>L_I}RHS=C_I$ que debe ser igual a $\lambda'(L_I)\sin^2(L_I)=0$ para todos $I$ . Pero entonces $\lim_{t \to L_I, t<L_I}RHS=\int^{L_I}_{L_I'} g(u)\sin(u)\,du=0$ , donde $I'$ es el intervalo que precede a $I$ . Por supuesto, en general $g$ no tiene que satisfacer esto.

Así que este método se rompe cuando consideramos la continuidad, pero creo que da una función $f$ que es continua y diferenciable en todas partes (y no negativa, si elegimos $C_I=0$ ) excepto los puntos $L_I$ .

Editar: ¿Podríais decirme si mi método podría funcionar, o la única solución posible es la mágica invaraint dada por achille?

Answer 1

Método 1 - magia desmotivada.

Para cualquier $x$ tenemos $$\frac{d}{dt}\left[\sin(t-x)f'(t) - \cos(t-x)f(t)\right] = \sin(t-x)(f''(t) + f(t))$$ Integrar ambas partes para $t$ en $[x,x+\pi]$ , uno encuentra

$$ f(x)+f(x+\pi) = \left[\sin(t-x)f'(t) - \cos(t-x)f(t)\right]_x^{x+\pi}\\ = \int_x^{x+\pi}\sin(t-x)(f''(t) + f(t)) dt \ge 0 $$ porque ambos factores en el integrando: $\sin(t-x)$ y $f''(t) + f(t)$ son no negativos sobre $[x,x+\pi]$ .

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Método 2 - un enfoque algo más constructivo.

Dado que OP se queja de que el método 1 es demasiado inmotivado, a continuación se presenta un enfoque alternativo enfoque que es más constructivo. La idea básica es dejar que $f'' + f = g$ e intento de expresar $f$ en términos de $g$ .

Para simplificar la presentación, supondremos que $x = 0$ .

Observe el LHS de $f''(t) + f(t) = g(t)$ puede reescribirse como

$$\left(\frac{d}{dt} + i\right)\left(\frac{d}{dt} -i\right)f(t) = \left(e^{-it} \frac{d}{dt} e^{it}\right)\left(e^{it} \frac{d}{dt} e^{-it}\right)f(t) = e^{-it}\frac{d}{dt}\left[ e^{2it} \frac{d}{dt} \left(e^{it}f(t)\right)\right] $$ Multiplica ambos lados por $e^{it}$ , integrar una vez y hacer coincidir las derivadas en $t = 0$ obtenemos

$$e^{2it}\frac{d}{dt}( e^{-it}f(t) ) = f'(0) - if(0) + \int_0^t g(v) e^{iv} dv $$ Mutiplicar ambos lados por $e^{-2it}$ y las derivadas que coinciden en $t = 0$ de nuevo, obtenemos

$$\begin{align}e^{-it}f(t) &= f(0) + \int_0^t \left[ f'(0) - if(0) + \int_0^u g(v) e^{iv} dv \right] e^{-2iu} du\\ &= f(0) + (f'(0) - if(0))e^{-it}\sin(t) + \int_0^t g(v) e^{iv} \left( \int_v^t e^{-2iu} du \right) dv\\ &= f(0) + e^{-it}\left[ (f'(0) - if(0))\sin(t) + \int_0^t g(v) \sin(t-v) dv\right]\\ \implies\quad f(t) &= f(0)\cos(t) + f'(0)\sin(t) + \int_0^t g(v)\sin(t-v) dv\tag{*1} \end{align} $$ Configuración $t = \pi$ Esto lleva a

$$f(\pi) + f(0) = \int_0^\pi g(v) \sin(\pi - v) dv = \int_0^\pi g(v) \sin v dv \ge 0$$ porque $g(v)$ y $\sin v$ son no negativos en $[0,\pi]$ .

Notas

Tenga en cuenta que el aspecto de la función $$G(t,v) \stackrel{def}{=} \begin{cases}\sin(t-v), &t > v\\ 0, &t < v\end{cases}$$ en la integral de $(*1)$ no es accidental. Es el Función de Green para el operador diferencial lineal $\frac{d^2}{dt^2} + 1$ . En cierto sentido, uno puede pensar en $G$ como el inverso derecho de este operador diferencial.