Si $f(a) =f(b) =0,f(x)>0 \forall x\in(a, b) $ y $f(x) +f''(x) >0\forall x\in[a, b] $ entonces $b-a\geq\pi$ .

Question

Necesito ayuda en el siguiente problema :

Supongamos que la función $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ satisface $f(a)=f(b)=0, \forall x\in (a,b): f(x)>0$ para todos $x\in [a,b]$ y $f+f''>0$ . Demostrar que $b-a\geq \pi$ .

Aquí es cuando estoy atascado: vamos a $h=f+f''$ , $h$ es una función positiva en $[a,b]$ y $f$ es una solución de la ecuación diferencial $y+y"=h$

Por el método estándar de resolución podemos demostrar que existen dos constantes $u,v\in \mathbb{R}$ tal que $f(x)=u\cos(x)+v\sin(x)+\int_{a}^{x} h(t)\sin(x-t)dt$

Podemos observar que $f(x)+f(x+\pi)=\int_{0}^{\pi} h(u+x)\sin(u)du \geq 0 $ pero no veo cómo concluir que $b-a \geq \pi $ ,

¿alguna idea? gracias.

Answer 1

La función : $g(x)=A\sin(x-a)$ tiene las propiedades : $g(a)=0$ , $g(\pi+a)=0$ , $\forall x \in (a,\pi+a) : g(x)>0$ y $\forall x \in [a,\pi +a] : g(x) + g''(x) =0$ .

Ahora dejemos que $f(x)$ sea cualquier función continua diferenciable que cumpla las condiciones de la pregunta y que llegue a cero antes de que $x=\pi+a $ .
Así que..: $\pi+a \gt \epsilon \gt 0 \land f(\pi+a-\epsilon)=0$ . Podemos elegir $A$ anterior tal que : $A\sin(x-a) \ge f(x)$ en el intervalo $x \in [a,\pi+a-\epsilon]$ y que hay al menos un $c \in (a,\pi+a-\epsilon)$ para lo cual $f(c)=A\sin(c-a)$ . Defina $m$ para ser el máximo de dichos puntos :
$ m=\max \left\{c\in (a,\pi+a-\epsilon) : f(c)=A\sin(c-a) \right\}$ .

Vemos que $f(m)+f''(m)<0$ . Por lo tanto $b-a \ge \pi \enspace \square$

Actualización

Prometió a Oty y Paramanand Singh motivación extra, ya que aún no estaban convencidos :

Esquema de la prueba :
A : A continuación mostraré que la amplitud $A$ de la función seno $g(x)$ puede hacerse lo suficientemente grande como para que $g(x) > f(x) $ para $\forall x \in (a,\pi+a-\epsilon]$ .
B : A continuación es fácil ver que podemos disminuir la amplitud $A$ de $g(x)$ hasta que "toque $f(x)$ en uno o varios puntos sin haber $g(x)<f(x)$ .
C : Ahora vemos que hay un punto $m$ donde $f(m)=g(m)$ y $f'(m)=g'(m)$ y $f''(m)<g''(m)$ . Pero tenemos $g(x) + g''(x) =0$ Esto significa $f(x) + f''(x) <0$ que no está permitido.

Prueba :
A : De la pregunta podemos concluir $f(x)$ debe ser continua y dos veces diferenciable. De ello se deduce que tanto $f'(x)$ y $f(x)$ tienen un máximo finito en $[a,\pi+a-\epsilon]$ . Podemos tomar la amplitud $A$ tal que $g'(a)>f'(a)$ . Esto significa que la función $g(x)-f(x)$ (véase la imagen de abajo) debe ser $\gt 0$ en algún intervalo $(a,\lambda)$ . Sea $E$ sea el mínimo de $g(x)-f(x)$ . Y que $e$ sea el valor en que se alcanza $ \implies g(e)-f(e)=E$ (con $E<0$ ). Ahora sustituimos la función $g(x)$ con una nueva función $g_2(x)=A_2\sin(x-a)$ avec $A_2>A$ . $A_2$ puede hacerse arbitrariamente grande, (véanse los puntos $C$ y $D$ en la imagen de abajo con : $g(C)-f(C)=g(D)-f(D)=0$ ) elegimos $A_2$ tal que : $g_2(C)-f(C)> -E \land g_2(D)-f(D)> -E $ .
Ahora tenemos : $\forall x \in (a,\pi+a-\epsilon] : A_2\sin(x-a) > f(x)$ .

B : De lo anterior se desprende que también podemos elegir menores $A_3$ tal que $A_3\sin(x-a)$ toca $f(x)$ manteniendo : $A_3\sin(x-a) \ge f(x)$ .

C : Por cálculo elemental se deduce que debe haber $m$ tal que : $A_3\sin(m-a)=f(m) $ y $\frac{d}{dx}(A_3\sin(x-a))|_{x=m}=f'(m) $ y $\frac{d^2}{dx^2}(A_3\sin(x-a))|_{x=m}>f''(m) $ ( $f()$ debe ser más convexa para quedar por debajo de la curva de $A_3\sin(x-a)$ ). Sabemos que $A_3\sin(m-a) + \frac{d^2}{dx^2}(A_3\sin(x-a))|_{x=m}=0$ se deduce que $f(m)+f''(m)<0$ . Concluimos que no puede haber ninguna función $f(x)$ en las condiciones de la pregunta para la que $f(\pi+a-\epsilon)=0$ Así que $b-a \ge \pi$ .

Siéntase libre de comentar, pero por favor proporcione una buena motivación.

Incluiré otra foto a continuación, no como prueba, sino como ilustración.