La funzione

[dennysmathprof]

[tex]e^{-x}(f'(x)+1)+ln(\frac{f'(x)+1}{2})=2e^{-f(x)}+x-f(x),\vee x\epsilon \Re.[/tex]
a)qualle e' la f
b)dimostriamo che [tex]2f(x)-f'(x)-x>0,\forall x\in R[/tex]

[dan952]

a) $f(x)=x$
b) non è vera $\forall x \in RR$

[poll89]

a domanda sintetica risposta ancor più sintetica. Approvo e condivido.

[dennysmathprof]

Grazie dans ,della tua attenzione,e della risposta .
Lo sapevo ,per questo che ho messo anche [tex]f(0)=ln2[/tex].
La soluzione e '[tex]f(x)=ln(e^{2x}+1)-x[/tex].

[quantunquemente]

eh,ma adesso lo hai messo

[dan952]

Qualcosa infatti non quadrava chiedevi di trovare una $f$ quando invece quella equazione differenziale può avere più di una soluzione. Necessariamente mancava un altro dato.

[dennysmathprof]

Chiedo scusa da tutti i amici dell forum,perche non ho scritto [tex]f(0)=ln2[/tex].
e devo dire che non faccio lo spiritoso con la matematica .I tanti anni in questo lavoro mi hanno
insegnato che con la matematica,sempre ce' da imparare . Non lo fatto per imbpogliare nessuno

dennys

[axpgn]

Capita ...

[quantunquemente]

sì,però io adesso la voglio la soluzione
perchè confesso di non avere nemmeno la più pallida idea di come affrontare questa equazione differenziale

[gugo82]

Scrivo la mia soluzione stasera, appena mi libero da impegni scolastici.

[dan952]

Io pensavo di sostituire $f(x)+x=u(x)$ e quindi ottengo
$e^{-x}u'+\ln(\frac{u'}{2})=2e^{x-u}+2x-u$
Poi derivo per levarmi quel logaritmo, ma il procedimento mi sembra troppo dispendioso mi dovrebbe portare a risolvere un equazione di secondo grado in $u'$. Non saprei...

[gugo82]

La soluzione di a si basa sull'uso di un lemma, su un educated guess e su (tanta) fortuna.

Vogliamo risolvere il p.d.C.:
\[
\tag{1}
\left\{ \begin{split} e^{-x} \Big( f^\prime (x) +1\Big) + \ln \frac{f^\prime (x) +1}{2} &= 2e^{-f(x)} + x - f(x)\\ f(0) &= \ln 2\end{split}\right. \; ,
\]
definito nel piano delle fasi per \((x,f,f^\prime) \in \mathbb{R}^2 \times ]-1,\infty[ =:\Omega\).
La EDO è analitica rispetto alle variabili da cui dipende in \(\Omega\), dunque siamo in regime di esistenza ed unicità locale e che la soluzione (unica!) del p.d.C. è analitica.

Consideriamo la EDO implicita:
\[
\underbrace{e^{-x} \Big( f^\prime (x) +1\Big)}_{=: I_{\text{LhS}} (f)} + \underbrace{\ln \frac{f^\prime (x) +1}{2}}_{=: II_{\text{LhS}} (f)} = \underbrace{2e^{-f(x)}}_{=: I_{\text{RhS}} (f)} + \underbrace{x - f(x)}_{=: II_{\text{RhS}} (f)}
\]
e notiamo che un semplice calcolo algebrico dimostra il seguente:

Lemma (dell'Acuto Osservatore) Sia \(f\) una funzione definita in un intervallo, ivi derivabile e tale che \(f^\prime (x)>-1\) identicamente in tale intervallo.
Allora si ha:
\[
I_{\text{LhS}} (f) = I_{\text{RhS}} (f)
\]
se e solo se:
\[
II_{\text{LhS}} (f) = II_{\text{RhS}} (f)\; .
\]

Il Lemma dell'Acuto Osservatore implica che il p.d.C. (1) è risolto non appena si trovi una soluzione \(f\) del p.d.C.:
\[
\tag{2}
\left\{ \begin{split} e^{-x} \Big( f^\prime (x) +1\Big) &= 2e^{-f(x)} \\ f(0) &= \ln 2\end{split}\right. \; ,
\]
che è più semplice di (1), in quanto non vi compaiono logaritmi.

Per risolvere (2) introduciamo la variabile ausiliaria:
\[
u(x) = e^{f(x)}\; ,
\]
di modo che il p.d.C. si trasforma in:
\[
\tag{3}
\left\{ \begin{split} u^\prime (x) + u(x) &= 2e^x \\ u(0) &= 2\end{split}\right. \; .
\]
Il problema (3) ha unica soluzione massimale e definita in tutto \(\mathbb{R}\) la funzione \(u(x;0,2) := e^x + e^{-x}\); dunque il problema (1) ha come soluzione massimale e definita in tutto \(\mathbb{R}\) la funzione:
\[
\begin{split}
f(x) &= \ln u(x)\\
&= \ln \Big( e^x +e^{-x}\Big)\\
&= \ln \Big( e^{2x} + 1\Big) - x\; .
\end{split}
\]
Questo accomoda il punto a.

Per b devo ancora pensarci.

[dan952]

Provo a fare il punto b.

Bisognava dimostrare che:
$$2(\ln(e^{2x}+1)-x)-\frac{2e^{2x}}{e^{2x}+1}+1-x>0\(*)$$
Sostituiamo $u=e^{2x}+1$, questa è una funzione strettamente maggiore di 1 $\forall x \in RR$, quindi:
$2\ln(u)-3/2\ln(u-1)-\frac{2(u-1)}{u}+1>0 \Leftrightarrow
\frac{u^4}{(u-1)^3}>e^{2(2\frac{u-1}{u}-1)}$
Studiamo le due funzioni $F(u)=\frac{u^4}{(u-1)^3}$ e $G(u)=e^{2(2\frac{u-1}{u}-1)}$, definite per $u>1$. Derivando ci accorgiamo che $G(u)$ è strettamente crescente e presenta un asintoto orizzontale a quota $e^2$ mentre $F(x)$ è decrescente in $(1,4)$ ha un minimo in $u=4$ e poi cresce all'infinito, poiché $F(4)>e^2$ concludiamo che la (*) vale $\forall x\in RR$