[Ex] - Esercizio: funzione reale definita su un intervallo

[Seneca1]

Sia $f : [a,b] -> RR$ tale che $f(a) = f(b) = 0$, $f(x) > 0 , AA x in (a,b)$ e inoltre $f(x) + f''(x) > 0$.
Provare allora che $b - a >= pi$.

A prima vista una curiosa tesi, eh?

P.S.: Non sapevo che titolo inserire.

[gugo82]

Purtroppo adesso non ho tempo... Ma stasera credo proprio che tornerò a postare.

[Rigel1]

Non è restrittivo assumere $a=0$. Definiamo \( d(x) := f''(x) + f(x) \); per ipotesi \( d(x) > 0 \) per ogni \( x\in (0, b) \). Osserviamo inoltre che deve essere \( \lambda := f'(0) \geq 0 \) (altrimenti sarebbe violata la condizione \( f(x) > 0 \) in un intorno destro di \(0\)).
Riassumendo, \(f\) è soluzione del problema di Cauchy
\[ \begin{cases} f'' + f = d(x),\\
f(0) = 0,\\
f'(0) = \lambda \geq 0,
\end{cases}
\]
ovvero si ha che
\[ f(x) = \lambda \sin x + \int_0^x \sin(x-s) d(s) ds,\qquad x\in [a,b].\]
Si verifica immediatamente che, per \( x\in (0,\pi]\), si ha \( f(x) > 0\); concludiamo dunque che deve essere \( b>\pi\).

[dissonance]

@Rigel: In casi come questo, per il nucleo \(\sin(x-s)\) mi pare di avere incontrato almeno tre nomi diversi: "Soluzione fondamentale", "Risposta all'impulso", "Funzione di Green". Tu quale notazione preferisci adottare?

[Rigel1]

@dissonance:

Devo dire che non ho molta passione per l'assegnazione di nomi agli oggetti.
In questo caso l'ho visto come un problema di punti coniugati (vedi la condizione sufficiente di Jacobi nel calcolo delle variazioni).

[dissonance]

Ah, ecco, un'altra interpretazione ancora. Più che il nome in sé, infatti, mi interessava sapere l'approccio che tu hai seguito: per dire, io avrei pensato di ricavare quella formula pure col metodo della variazione delle costanti, oppure col principio di Duhamel... Ultimamente mi sono reso conto che problemi di questo tipo (lineari non omogenei) hanno svariate interpretazioni diverse, ecco perché chiedevo.

Grazie!

[gugo82]

Questo problema si avvicina molto a classiche questioni della cosiddetta Teoria di Sturm-Liouville delle equazioni differenziali.

Leggendolo bene si capisce che la funzione \(f\) è una soprasoluzione del problema al contorno:
\[
\tag{BVP} \begin{cases}
y^{\prime \prime}(x)+y(x)=0 &\text{, in } ]a, \beta[\\
y(x)>0 &\text{, in } ]a,\beta [\\
y(a)=0=y(\beta)
\end{cases}\; ;
\]
infatti la \(f\) verifica la stessa ODE col segno \(\geq 0\) al posto di \(=\), la stessa condizione negli estremi (con l'estremo variabile \(\beta =b\)) e la stessa condizione di positività.
Non è difficile provare che la ODE in (BVP) ha soluzioni sono del tipo \(y(x)=A\sin (x-\phi)\) (\(A,\phi \in \mathbb{R}\)) e da ciò segue immediatamente che il problema al contorno (BVP) ha soluzione se e solo se \(\beta -a =\pi\);* in tal caso le soluzioni del problema sono tutte e sole le funzioni \(y(x)=A\ \sin (x-a )\), con \(A>0\).

Ora, intuitivamente, dato che \(f\) è una soprasoluzione di (BVP), il suo grafico dovrà stare tutto "sopra" al grafico di qualche soluzione di (BVP); e, visto che le soluzioni di (BVP) sono positive in \(]a ,a +\pi [\) e si annullano in \(a ,a +\pi\), è chiaro che la \(f\) non dovrà avere zeri interni a \([a,a+\pi]\); di conseguenza \(b\geq a+\pi\) e quindi \(b-a\geq \pi\)...

Questa era la spiegazione euristica del fenomeno; ora cerchiamo di giustificare matematicamente quello che abbiamo detto sopra.

Vogliamo far vedere che \(b\geq a+\pi\).
Per assurdo, supponiamo che \(bBVP) si annulla in \(a\) ma non si annulla in \(]a,b[\).
In \([a,b]\) abbiamo \(f(x),y(x)\geq 0\), ergo moltiplicando m.a.m. le relazioni differenziali soddisfatte da \(f\) ed \(y\) rispettivamente per \(y\) ed \(f\), troviamo:
\[\begin{split}
f^{\prime \prime}(x)\ y(x) + f(x)\ y(x) &\geq 0\\
y^{\prime \prime} (x)\ f(x) +y(x)\ f(x) &= 0
\end{split}
\]
in \(]a,b[\); sottraendo le precedenti m.a.m. troviamo:
\[
\tag{1} f^{\prime \prime} (x)\ y(x)-f(x)\ y^{\prime \prime} (x)\geq 0 \qquad \text{in } ]a,b [\; ;
\]
aggiungendo e sottraendo la funzione \(f^\prime\ y^\prime\) al primo membro della disuguaglianza (1), esso si muta in \(f^{\prime \prime}\ y+f^\prime\ y^\prime -(f\ y^{\prime \prime} +f^\prime\ y^\prime) = \frac{\text{d}}{\text{d} x} [f^\prime\ y-f\ y^\prime]\), ergo la (1) si riscrive nella forma:
\[
\tag{2} W^\prime (x)\geq 0 \qquad \text{in } ]a,b[\; ,
\]
ove:
\[
W(x):=\begin{vmatrix} y(x) & f(x) \\ y^\prime (x) & f^\prime (x)\end{vmatrix}
\]
è il wronskiano delle due funzioni \(y\) ed \(f\). Ma \(W(a)=0\) (la prima riga è nulla), quindi dalla (2) segue:
\[
W(x) \geq 0 \qquad \text{in } ]a,b[\; .
\]
Consideriamo ora il rapporto:
\[
\phi (x):=\frac{f(x)}{y(x)}\; ,
\]
il quale è ben definito in \(]a,b]\) (poiché \(y\) non si annulla in \(]a,b]\)). Risulta \(\phi (b) =0\) e, derivando, si trova:
\[
\phi^\prime (x) = \frac{1}{y^2(x)}\ W (x)\geq 0
\]
in \(]a,b[\), ergo \(\phi\) è una funzione crescente in \(]a,b]\); conseguentemente \(\phi (x)\leq 0\) in \(]a,b]\).
Ma ciò è assurdo, poiché si avrebbe \(f(x)=\phi (x)\ y(x)\leq 0\) in \(]a,b[\), contro il fatto che \(f(x)>0\) in \(]a,b[\).

Spero fili.


@Seneca: Qual è la fonte dell'esercizio?

__________
* [size=85]Che \(y(x)=A\ \sin (x-\phi)\) sia l'integrale generale della ODE si verifica con semplici calcoli.
Imponendo le condizioni \(y(a)=0=y(b)\) (ed applicando le formule di sottrazione del seno) si perviene al sistema:
\[
\begin{cases}
A(\sin a\ \cos \phi - \cos a\ \sin \phi)=0\\
A(\sin \beta\ \cos \phi -\cos \beta\ \sin \phi)=0
\end{cases}
\]
che ha soluzioni non banali solo se \(A\neq 0\) e:
\[
\begin{vmatrix} \sin a & -\cos a \\ \sin \beta & -\cos \beta\end{vmatrix} = \sin (\beta -a)=0
\]
cioè \(\beta -a=k\pi\) con \(k\in \mathbb{N}\) (ricordo che \(\beta >a\)). Ciò importa \(\phi =a\) e la condizione di positività in \(]a,\beta[\) implica \(k=1\), cioè \(\beta =a+\pi\), ed \(A>0\).[/size]

[Seneca1]

@gugo: "Problems in Mathematical Analysis" - Piotr Biler e Alfred Witkowski.

[gugo82]

@Seneca: Grazie per la segnalazione.

Ah, tanto per curiosità... Ma tu l'avevi qualche soluzione dell'esercizio?