[EX] Funzioni $C^1[(a,b)],$

[Noisemaker]

Sia $f:(a,b)\to \mathbb R$ di classe $C^1[(a,b)],$ tale che $$\lim_{x\to a^+}f(x)=+\infty,\qquad\lim_{x\to b^-}=-\infty$$ e $$f'(x)+f(x)^2\geq -1,\quad x\in (a,b).$$ Dimostrare che $$b-a\geq\pi$$

[size=85]considerando la funzione $g(x)= x+\arctan f(x)$
abbiamo $$g'(x)= 1+\frac{f'(x)}{1+f^2(x)}\ge 1+\frac{-1-f^2(x)}{1+f^2(x)}=0\quad \to\quad$$ e dunque $g'(x)\ge0, \forall x\in (a,b)$ ; quindi essendo monotona crescente sia ha $g'(a^+)\le g'(b^-), $ ora essendo $g(x)$ continua con derivata proma continua, considerando i limiti

\begin{align}
g'(a^+)=\lim_{x\to a^+}g (x)&=\lim_{x\to a^+} x+\arctan f(x)=a +\arctan f(a )=a +\frac{\pi}{2}\\
g'(b^-)=\lim_{x\to b^-}g(x)&=\lim_{x\to a^+} x+\arctan f(x)=b +\arctan f(b )=b -\frac{\pi}{2}
\end{align}

essendo

\begin{align}
g'(a^+)\le g'(b^-)\qquad\Rightarrow\qquad a +\frac{\pi}{2} \le b-\frac{\pi}{2} \qquad\Rightarrow\qquad b-a\ge \pi
\end{align}[/size]

[Rigel1]

Dimostrazione molto astuta.

[gugo82]

Ovviamente è \(g(a^+)\leq g(b^-)\)... Complimenti.

Altra via:

Ovviamente si ha:
\[
\frac{f^\prime (x)}{1+f^2(x)}\geq -1
\]
da cui, integrando su \([x,y]\subset ]a,b[\), si ottiene:
\[
\arctan f(y)-\arctan f(x) = \int_x^y \frac{f^\prime (t)}{1+f^2(t)}\ \text{d} t\geq -\int_x^y \text{d} t = x-y\; ,
\]
passando al limite prima per \(x\to a^+\) e poi per \(y\to b^-\), dalla precedente discende:
\[
-\pi \geq a-b\; ,
\]
che è la tesi.

[Noisemaker]

@Rigel : ...l'astuzia è stata solo quella di ricordarisi un esercizo simile fatto qualche tempo fa viewtopic.php?f=36&t=98242 ed usare quella particolare funzione $g$ infatti leggendo i tuoi post, ho visto che in esercizi di questo tipo usi spesso funzioni ausiliarie, e quindio ho messo insieme le due cose!

@Gugo : si ovviamente è $g(a^+)\le g(b^-)$ ...in copia e incolla fatto male!