[T] Equazioni differenziali? No, grazie!

[salvozungri]

Ciao a tutti, oggi stavo scendendo di fretta le scale di casa, sono caduto sbattendo violentemente la testa facendomi dimenticare la teoria delle equazioni differenziali, la funzione seno e la funzione coseno. Ho il seguente problema, però per la risoluzione non usate gli oggetti che ho dimenticato!

Siano [tex]f:\mathbb{R}\to \mathbb{R},\ \ g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}[/tex] due funzioni continue e almeno due volte derivabili in [tex]\mathbb{R}[/tex] che godono delle seguenti proprietà:

a) [tex]f'(x)=g(x)\quad\forall x\in \mathbb{R}[/tex]
b) [tex]g'(x)=-f(x)\quad\forall x\in \mathbb{R}[/tex]
c) [tex]f(0)=0[/tex]
d) [tex]g(0)=1[/tex]

Mostrare che:

1.[tex]f(x)^2+g(x)^2=1\ \ \forall x\in \mathbb{R}[/tex]

Detto [tex]\alpha[/tex] un numero reale positivo tale che [tex]g(x)>0[/tex] in [tex][0, \alpha)[/tex], mostrare che vale la seguente disuguaglianza:

2. [tex]$f(x)\le x \le \frac{f(x)}{g(x)}\quad \forall x\in [0, \alpha)[/tex]

Ovviamente, buon divertimento!!
______________________________
Note: Il problema mi è arrivato via mail, ho due soluzioni, una mia in cui utilizzo le equazioni differenziali, l'altra è la soluzione ufficiale, molto simpatica .

[gugo82]

Abbastanza cheap, visto che uso i teoremi sul confronto degli integrali nella seconda parte...

1. La funzione [tex]$u(x):=f^2(x)+g^2(x)$[/tex] è di classe [tex]$C^1(\mathbb{R})$[/tex] ed ha:

[tex]$u^\prime (x)=2(f(x)f^\prime (x)+g(x)g^\prime(x))=2(f(x)g(x)-g(x)f(x))=0$[/tex],

ergo, per noti fatti sulle funzioni a derivata nulla in un connesso, [tex]$u(x)=u(0)=1$[/tex] ovunque.

2. L'ipotesi assicura che in [tex]$[0,\alpha[$[/tex] si ha [tex]$f(x)\geq 0$[/tex] poiché, essendo [tex]$f^\prime (x)=g(x)>0$[/tex], la [tex]$f(x)$[/tex] è strettamente crescente in [tex]$[0,\alpha[$[/tex] e si ha [tex]$f(0)=0$[/tex].
Da [tex]$u(x)=1$[/tex] si ricava allora che [tex]$g(x)$[/tex] decresce strettamente in [tex]$[0,\alpha[$[/tex], ergo [tex]$g(x)\leq 1$[/tex].
Derivando le tre funzioni [tex]$f(x),x,\tfrac{f(x)}{g(x)}$[/tex] si ottengono le tre funzioni [tex]$g(x),1,\tfrac{1}{g^2(x)}$[/tex] e, per quanto detto poco più sopra, è evidente che:

(*) [tex]$g(x)\leq 1 \leq \frac{1}{g^2(x)}$[/tex];

d'altra parte è anche vero che [tex]$f(0)=0=\tfrac{f(0)}{g(0)}$[/tex]; ergo integrando m.a.m. la (*) su [tex]$[0,x]$[/tex] si ricava che la disuguaglianza proposta è verificata per [tex]$x\in [0,\alpha[$[/tex].

Quindi probabilmente non soddisfo la tua richiesta... O, no?

***

Aggiungo:

3. Dimostrare che:

[1] [tex]$f,g$[/tex] non hanno zeri comuni;
[2] [tex]$f(\mathbb{R}),g(\mathbb{R}) =[-1,1]$[/tex];[/list:u:24czxlqt]

4. Supposto che gli zeri di [tex]$f,g$[/tex] costituiscano un insieme numerabile, dimostrare che tra due zeri consecutivi di [tex]$f$[/tex] [risp. [tex]$g$[/tex]] ce n'è uno ed uno soltanto di [tex]$g$[/tex] [risp. [tex]$f$[/tex]].

[Gaal Dornick]

Mi pareva di sapere che questa è una caratterizzazione di $sin$ e $cos$. E' vero?

[dissonance]

"Gaal Dornick":Mi pareva di sapere che questa è una caratterizzazione di $sin$ e $cos$. E' vero?

E certo. Stai richiedendo che il punto materiale vincolato a muoversi nel piano con ascissa $f$ e ordinata $g$ abbia in ogni istante vettore velocità uguale al vettore di posizione ruotato di $90°$ e che all'istante iniziale si trovi in $(1, 0)$. Quindi esso descriverà la circonferenza unitaria a velocità unitaria, ovvero $(f(t), g(t))=(cos(t), sin(t))$.

[salvozungri]

"gugo82":[...]
Quindi probabilmente non soddisfo la tua richiesta... O, no?

Certo che sì! Soddisfi sempre le mie richieste ... Ehm, detto così sembra un'altra cosa però! Si scherza!!
Nella soluzione ufficiale, si definiscono le funzioni [tex]h(x)= f(x)-x[/tex] e [tex]k(x)= x-\frac{f(x)}{g(x)}[/tex] e vengono studiate le loro derivate in [tex][0, \alpha)[/tex] sfruttando i risultati precedentemente dimostrati, nothing more. .

"gugo82":
***

Aggiungo:

3. Dimostrare che:

[1] [tex]$f,g$[/tex] non hanno zeri comuni;
[2] [tex]$f(\mathbb{R}),g(\mathbb{R}) =[-1,1]$[/tex];[/list:u:1qhutxut]

4. Supposto che gli zeri di [tex]$f,g$[/tex] costituiscano un insieme numerabile, dimostrare che tra due zeri consecutivi di [tex]$f$[/tex] [risp. [tex]$g$[/tex]] ce n'è uno ed uno soltanto di [tex]$g$[/tex] [risp. [tex]$f$[/tex]].

3

[1][tex]f, g[/tex] non possono avere zeri in comune. Supponendo per assurdo che esistesse un [tex]x_0\in \mathbb{R}[/tex] tale che [tex]f(x_0)= g(x_0)=0[/tex] avremmo che [tex]f(x_0)^2+g(x_0)^2=0[/tex], abbiamo violato la tesi 1. .

Il [2] non lo so fare, o meglio, riesco a dimostrare che [tex]Im(f)\subseteq [-1,1][/tex], ci penso meglio dopo pranzo.

4
Siano [tex]x_k, x_{k+1}\in \mathbb{R}[/tex] con [tex]x_k< x_{k+1}[/tex] tali che [tex]f(x_k)= f(x_{k+1})=0[/tex] e [tex]f(x)\ne 0 \quad\forall x\in (x_k, x_{k+1})[/tex]. Notiamo che sono soddisfatte le ipotesi del teorema di Rolle in [tex][x_k, x_{k+1}][/tex], pertanto esiste almeno un valore reale [tex]\xi_k\in (x_{k}, x_{k+1})[/tex] tale che [tex]f'(\xi_k)=0[/tex], ma [tex]f'(\xi_k)= g(\xi_k)[/tex] di conseguenza [tex]\xi_k[/tex] è uno zero per la funzione [tex]g[/tex]. Abbiamo dimostrato l'esistenza, adesso andiamo per l'unicità.

Supponiamo per assurdo che esistano [tex]\xi_1, \xi_2\in (x_k, x_{k+1})[/tex] distinti, tali che [tex]g(\xi_1)= g(\xi_2)=0[/tex], [tex]g[/tex] soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle in [tex][\xi_1, \xi_2][/tex], ci assicura l'esistenza di [tex]x_0\in (\xi_1, \xi_2)[/tex] per il quale [tex]g'(x_0)= -f(x_0)=0[/tex], assurdo!

Avrei un rilancio, non sono in grado di risolverlo da solo, vorrei provare che sia [tex]f[/tex] che [tex]g[/tex] sono funzioni periodiche (per adesso non mi importa quale sia il periodo fondamentale), senza passare per il seno o coseno... Secondo voi si può?

[salvozungri]

Bah, non ci arrivo... Il fatto che l'immagine di f e g coincida con [tex][-1,1][/tex] non lo riesco a dimostrare...
[tex]Im(f)\subseteq [-1,1][/tex] mi pare banale, ma dimostrare che [tex][-1,1]\subseteq Im(f)[/tex] .... come si può fare?

[Gaal Dornick]

Fai vedere che assumono i valori $-1$ e $1$ e usi il teorema di Darboux (immagine continua di un connesso è connesso).

[Raptorista1]

Voglio giocare anche io

Partiamo dall'identità
\[
f(x)g(x) = f(x)g(x) \qquad \forall x.
\]
Sfruttando le ipotesi e moltiplicando per 2 si ottiene
\[
2f(x)f'(x) = -2g(x)g'(x)
\]
Prendendo la primitiva di entrambi i membri si ha
\[
f(x)^2 = -g(x)^2 + c \qquad \mbox{cioè} \qquad f(x)^2 + g(x)^2 = c
\]
con $c$ costante che posso determinare scegliendo, ad esempio, $x = 0$, ottenendo quindi
\[
f(x)^2 + g(x)^2 = 1
\]
e la prima parte è fatta. Metto subito da parte il fatto che \(\displaystyle\max_x f(x) = \max_x g(x) = 1\), che tornerà utile.

Adesso, siccome \(f(0) = 0\) e \(f'(x) = g(x) > 0\) ho che \(f(x) > 0, \, x \in [0,\alpha)\) da cui, essendo \(0 < g(x) \le 1\),
\[
f(x) \le \frac{f(x)}{g(x)}
\]
Detta \(h(x) = x\), il fatto che sia \(f(0) = 0 \mbox{ e } f''(x) = -f(x) < 0 \), che per ipotesi \(f'(0) = 1\) e poi \(h(0) = 0 \mbox{ e } h'(x) = 1 \, \forall x\) permette di concludere che
\[
f(x) \le x.
\]
Sia \(y(x) :=\frac{f(x)}{g(x)} \). \(y(0) = 0 = h(0)\), \(y'(x) = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{g(x)^2} \overset{\mbox{Hp}}{=} \frac{f(x)^2 + g(x)^2}{g(x)^2} = \frac{1}{g(x)^2}\). Quindi \(y'(x) \ge 1 \) da cui spero di poter concludere che \(y(x) \ge x\) ed infine
\[
f(x) \le x \le \frac{f(x)}{g(x)}
\]
e concludere la prova. \(\square\)

Sia chiaro, voglio i vostri commenti
A breve la seconda parte!

[Raptorista1]

Aggiungo la seconda parte che ieri sera non ho scritto:

Punto 3.1.
Per assurdo, sia \(\hat{x} \, : \, f(\hat{x}) = g(\hat{x}) = 0\), allora si ha che
\[
f(\hat{x})^2 + g(\hat{x})^2 = 0 \ne 1
\]
che va contro il primo punto di questa dimostrazione, quindi è assurdo.

Punto 3.2
Purtroppo ho letto per sbaglio la soluzione in uno dei commenti prima di provare [usare gli spoiler no?? XD] però penso che avrei fatto una cosa simile, con quello che io chiamo "teorema dei valori intermedi".

Punto 4
Per assurdo: siano \(x_0, x_1 \, : \, g(x_0) = g(x_1) = 0 \quad \wedge \quad f(x) \ne 0 \quad \forall x \in [x_0, x_1]\).
La funzione \(g\) soddisfa le ipotesi del Teorema di Rolle, dunque deve esistere un punto \(\tilde{x} \in [x_0, x_1] \, : \, g'(\tilde{x}) = 0\); ma per ipotesi sappiamo che \( g'(x) = -f(x) \) il che ci porta a
\[
-f(\tilde{x}) = g'(\tilde{x}) = 0
\]
che è contro le ipotesi di partenza. Questo prova che tra due zeri qualunque di \(g\) ce n'è sempre almeno uno di \(f\). In maniera del tutto analoga si mostra che lo stesso vale per \(f\). L'unicità di tali punti segue banalmente da quanto detto sopra, e questo prova il teorema. \(\square\)

Che ne dite?

Per la parte sul dimostrare che siano periodiche, non saprei.. Magari ci penso!

Edit: sistemato alcuni dettagli sulla dimostrazione.

[salvozungri]

In rosso i miei commenti malefici!!

"Raptorista":Voglio giocare anche io

Partiamo dall'identità
\[
f(x)g(x) = f(x)g(x) \qquad \forall x.
\]
Sfruttando le ipotesi e moltiplicando per 2 si ottiene
\[
2f(x)f'(x) = -2g(x)g'(x)
\]
Prendendo la primitiva di entrambi i membri si ha
\[
f(x)^2 = -g(x)^2 + c \qquad \mbox{cioè} \qquad f(x)^2 + g(x)^2 = c
\]
con $c$ costante che posso determinare scegliendo, ad esempio, $x = 0$, ottenendo quindi
\[
f(x)^2 + g(x)^2 = 1
\]
e la prima parte è fatta. (Mi piace assai, bella l'idea!)

Metto subito da parte il fatto che \(\displaystyle\max_x f(x) = \max_x g(x) = 1\), che tornerà utile (questa affermazione non è dimostrata , o meglio, è chiaro che [tex]g(x)\le 1[/tex], e in particolare il massimo viene raggiunto almeno per il punto [tex]x=0[/tex], ma sul massimo di [tex]f[/tex] nulla si sà, tra l'altro è questo quello che mi manca per dimostrare che [tex]Im(f)=[-1,1][/tex], sarà banale, ma io proprio non ci riesco! )..

Adesso, siccome \(f(0) = 0\) e \(f'(x) = g(x) > 0\) ho che \(f(x) > 0, \, x \in [0,\alpha)\) da cui, essendo \(0 < g(x) \le 1\),
\[
f(x) \le \frac{f(x)}{g(x)}
\]

(Ok, mi piace, in realtà [tex]f(x)\ge 0,\, x\in [0, \alpha)[/tex], ma non è un errore fatale).

Detta \(h(x) = x\), il fatto che sia \(f(0) = 0 \mbox{ e } f''(x) = -f(x) < 0 \), che per ipotesi \(f'(0) = 1\) e poi \(h(0) = 0 \mbox{ e } h'(x) = 1 \, \forall x\) permette di concludere che
\[
f(x) \le x.
\]

(Mi piace, anche se ci ho messo un po' per capire cosa stavi facendo. Un piccolo consiglio, scrivi sempre in quale insieme stai trattando le funzioni, può sembrare ridondante, ma è necessario.)

Sia \(y(x) :=\frac{f(x)}{g(x)} \). \(y(0) = 0 = h(0)\), \(y'(x) = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{g(x)^2} \overset{\mbox{Hp}}{=} \frac{f(x)^2 + g(x)^2}{g(x)^2} = \frac{1}{g(x)^2}\). Quindi \(s'(x) \ge 1 \) da cui spero di poter concludere che \(s(x) \ge x\) ed infine
\[
f(x) \le x \le \frac{f(x)}{g(x)}
\]

(Mi piace! Attenzione, hai commesso un typo, ho interpretato [tex]s'(x)[/tex] come [tex]y'(x)[/tex], se non è così, ti prego fammelo sapere)
e concludere la prova. \(\square\)

Sia chiaro, voglio i vostri commenti
A breve la seconda parte!

Se mi dai tempo, ti commento anche l'altra parte... per la quale ho seri dubbi sulla correttezza, ma magari mi sbaglio

[Raptorista1]

"Mathematico":In rosso i miei commenti malefici!!

[quote="Raptorista"]

[quote="Mathematico"]
(questa affermazione non è dimostrata , o meglio, è chiaro che [tex]g(x)\le 1[/tex], e in particolare il massimo viene raggiunto almeno per il punto [tex]x=0[/tex], ma sul massimo di [tex]f[/tex] nulla si sà, tra l'altro è questo quello che mi manca per dimostrare che [tex]Im(f)=[-1,1][/tex], sarà banale, ma io proprio non ci riesco! )..

Vero, non è dimostrata! Provvedo subito: \( g(x) >0 \quad x \in [0, \beta) \) per un certo \( \beta \) che non ci interessa quanto sia. Siccome \( g''(x) = -g(x) \), \(g\) ha concavità rivolta verso il basso in \([0,\beta)\). Quindi finché \(g\) è positiva, \(g\) ha concavità rivolta verso il basso e quindi è anche decrescente, così come lo è la sua derivata prima che vale zero per \(x = 0\). Questo significa che \(g\) non può avere come asintoto \(y = 0\) e siccome è continua prima o poi deve toccare l'asse \(y\). Ma se esiste un \(\hat{x} \, : \, g(\hat{x}) = 0\) allora, per il punto appena dimostrato segue che \(f(\hat{x}) = 1\). Il fatto che \(f(\hat{x})\) sia pure massimo segue ancora dal punto precedente.

"Mathematico":
(Ok, mi piace, in realtà [tex]f(x)\ge 0,\, x\in [0, \alpha)[/tex], ma non è un errore fatale).

Vero!

"Mathematico":
(Mi piace, anche se ci ho messo un po' per capire cosa stavi facendo. Un piccolo consiglio, scrivi sempre in quale insieme stai trattando le funzioni, può sembrare ridondante, ma è necessario.)
Sarà fatto!

"Mathematico":
(Mi piace! Attenzione, hai commesso un typo, ho interpretato [tex]s'(x)[/tex] come [tex]y'(x)[/tex], se non è così, ti prego fammelo sapere)[/spoiler]
Hai perfettamente ragione: sul foglio avevo usato \(s\) ma poi ho deciso di cambiare tutto in \(y\).

[/quote]
Se mi dai tempo, ti commento anche l'altra parte... per la quale ho seri dubbi sulla correttezza, ma magari mi sbaglio [/quote]
Certamente

[salvozungri]

Come al solito i miei commenti in rosso.

"Raptorista":Aggiungo la seconda parte che ieri sera non ho scritto:

Punto 3.1.
Per assurdo, sia \(\hat{x} \, : \, f(\hat{x}) = g(\hat{x}) = 0\), allora si ha che
\[
f(\hat{x})^2 + g(\hat{x})^2 = 0 \ne 1
\]
che va contro il primo punto di questa dimostrazione, quindi è assurdo.

(Ok! Questo è un quesito pacifico )

Punto 3.2
Purtroppo ho letto per sbaglio la soluzione in uno dei commenti prima di provare [usare gli spoiler no?? XD] però penso che avrei fatto una cosa simile, con quello che io chiamo "teorema dei valori intermedi".

(Mi manca questa parte, ancora non mi sono giunte idee, ma spero di sopperire presto a questa mia mancanza.)

Punto 4
Per assurdo: siano \(x_0, x_1 \, : \, g(x_0) = g(x_1) = 0 \quad \wedge \quad f(x) \ne 0 \quad \forall x \in [x_0, x_1]\). (Per come è scritto il testo, sono le ipotesi, o l'una o l'altra possono essere false)

La funzione \(g\) soddisfa le ipotesi del Teorema di Rolle, dunque deve esistere un punto \(\tilde{x} \in [x_0, x_1] \, : \, g'(\tilde{x}) = 0\); ma per ipotesi sappiamo che \( g'(x) = -f(x) \) il che ci porta a
\[
-f(\tilde{x}) = g'(\tilde{x}) = 0
\]
che è contro le ipotesi di partenza.(Qui l'ipotesi violata è \(f(x) \ne 0 \quad \forall x \in [x_0, x_1]\), però non è detto che tu abbia raggiunto l'assurdo per questo motivo, potrebbe essere che ad essere falsa sia la condizione \(x_0, x_1 \, : \, g(x_0) = g(x_1) = 0 \) ).
Questo prova che tra due zeri qualunque di \(g\) ce n'è sempre almeno uno di \(f\). In maniera del tutto analoga si mostra che lo stesso vale per \(f\). L'unicità di tali punti segue banalmente da quanto detto sopra, e questo prova il teorema. \(\square\)
(banalmente... Che parola brutta!! La eliminerei dal linguaggio comune, anche se devo ammettere che la uso molto spesso )

Che ne dite?

Per la parte sul dimostrare che siano periodiche, non saprei.. Magari ci penso!

Edit: sistemato alcuni dettagli sulla dimostrazione.

"Raptorista":

[quote="Mathematico"]
(questa affermazione non è dimostrata , o meglio, è chiaro che [tex]g(x)\le 1[/tex], e in particolare il massimo viene raggiunto almeno per il punto [tex]x=0[/tex], ma sul massimo di [tex]f[/tex] nulla si sà, tra l'altro è questo quello che mi manca per dimostrare che [tex]Im(f)=[-1,1][/tex], sarà banale, ma io proprio non ci riesco! )..

Vero, non è dimostrata! Provvedo subito: \( g(x) >0 \quad x \in [0, \beta) \) per un certo \( \beta \) che non ci interessa quanto sia. Siccome \( g''(x) = -g(x) \), \(g\) ha concavità rivolta verso il basso in \([0,\beta)\). Quindi finché \(g\) è positiva, \(g\) ha concavità rivolta verso il basso e quindi è anche decrescente (Non mi convince, se prendi ad esempio la funzione \(f(x)=\log(x)\quad x> 1\), le tue considerazioni non funzionano più, a meno che io non abbia frainteso... ), così come lo è la sua derivata prima che vale zero per \(x = 0\). Questo significa che \(g\) non può avere come asintoto \(y = 0\) e siccome è continua prima o poi deve toccare l'asse \(y\). Ma se esiste un \(\hat{x} \, : \, g(\hat{x}) = 0\) allora, per il punto appena dimostrato segue che \(f(\hat{x}) = 1\). Il fatto che \(f(\hat{x})\) sia pure massimo segue ancora dal punto precedente.
[/quote]

Sono un po' stanco (in realtà sono brillo), quindi aspetta qualcuno più sobrio per confermare la tua dimostrazione, oppure apsetta due tre ore

[Raptorista1]

Forza e coraggio!

Edit: Ho misticamente ricevuto l'illuminazione ed ho capito il mio errore: ho cercato di rendere "per assurdo" una dimostrazione che non lo è per niente, ottenendo un inutile "assurdo ridondante". [Devo dire che è una cosa abbastanza stupida da fare...].

"Mathematico":(Per come è scritto il testo, sono le ipotesi, o l'una o l'altra possono essere false)

"Mathematico":(Qui l'ipotesi violata è \(f(x) \ne 0 \quad \forall x \in [x_0, x_1]\), però non è detto che tu abbia raggiunto l'assurdo per questo motivo, potrebbe essere che ad essere falsa sia la condizione \(x_0, x_1 \, : \, g(x_0) = g(x_1) = 0 \) ).

Ok, provvedo a sistemare le cose.
Vogliamo dimostrare che tra due zeri di \(g\) ne è sempre compreso uno ed uno solo di \(f\) e vice versa.
Sia \(I \equiv [x_0, x_1] \subset \mathbf{R}\) un intervallo tale che \(g(x_0) = g(x_1) = 0 \quad \wedge \quad g(x) \ne 0 \quad \forall x \in (x_0,x_1)\). A questo punto possono succedere sostanzialmente due cose: la funzione \(f\) ha almeno uno zero appartenente a \(I\), oppure non ha zeri in \(I\).
Nel primo caso c'è da dimostrare che lo zero sia uno solo, e questo arriva tra qualche riga.
Nel secondo caso, poiché \(g\) soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle in \(I\), dunque \(\exists \xi \in I \, : \, g'(\xi) = 0\), e siccome per ipotesi \(g'(x) = f(x)\), questo ci porta alla conclusione che \(f(\xi) = 0\), dunque [e qui penso di aver sistemato le cose] questo esclude che esista un intervallo delimitato da due zeri di \(g\) che non contenga zeri di \(f\).
Se questo fila, il resto segue a cascata: un ragionamento del tutto analogo può essere fatto per mostrare che non esiste un intervallo delimitato da zeri di \(f\) che non ne contenga almeno uno di \(g\), e qui salta fuori l'unicità: se, infatti, dato un intervallo delimitato da due zeri "consecutivi" [si può dire questa cosa??] di \(f\) al suo interno si trovassero due zeri di \(g\), l'intervallo delimitato da questi ultimi non conterrebbe zeri di \(f\), che è contro quanto appena detto.

"Mathematico":(banalmente... Che parola brutta!! La eliminerei dal linguaggio comune, anche se devo ammettere che la uso molto spesso )

Sì, forse non ci sta poi tanto bene

"Mathematico":Quindi finché \(g\) è positiva, \(g\) ha concavità rivolta verso il basso e quindi è anche decrescente (Non mi convince, se prendi ad esempio la funzione \(f(x)=\log(x)\quad x> 1\), le tue considerazioni non funzionano più, a meno che io non abbia frainteso... )

Mmm, rileggendo ammetto di aver scelto male la parola "quindi": il fatto che \(g\) sia decrescente non deriva dal fatto che \(g\) abbia concavità negativa, ma dal fatto che \(g'\) valga zero in \(x = 0\) e poi sia strettamente decrescente [e questo deriva dalla concavità di \(g\) --- o dalla definizione di derivata, come preferisci].

Ordunque, ho soddisfatto i tuoi criteri?

[salvozungri]

Per farti comprendere il mio dubbio iniziale, vorrei parlare un secondo delle dimostrazioni per assurdo per come le vedo io:

Siano [tex]A, B[/tex] due proposizioni, [tex]\land[/tex] il connettivo logico and. La tavola di verità per questo tipo di connettivo è

|A= V | B=V |A∧B= V|
|A= V | B=F |A∧B= F|
|A= F | B=V |A∧B= F|
|A= F | B=F |A∧B= F|

Quello che hai fatto tu è il seguente ragionamento:
Supponiamo che [tex]A\land B=V[/tex] , attraverso ragionamenti logici corretti, hai raggiunto l'assurdo, cioè [tex]A\land B=V \implies A\land B= F[/tex], ma la tavola di verità ti dice che [tex]A\land B=F[/tex] se almeno una tra le proposizioni [tex]A, B[/tex] è falsa. In questo tipo di processi non vi è nulla di errato, a meno che non si sbaglia la conclusione.

Per le dimostrazioni per assurdo, io invece procedo in questo modo:
Sia [tex]A=V[/tex], supponiamo per assurdo che [tex]B=V[/tex], di modo che [tex]A\land B=V[/tex], se tramite ragionamenti logicamente corretti si arriva a dire che [tex]A\land B= F[/tex] (se abbiamo quindi raggiunto l'assurdo) necessariamente [tex]B=F[/tex], perché [tex]A[/tex] è vera. Detto questo:

"Raptorista":

[quote="Mathematico"](Per come è scritto il testo, sono le ipotesi, o l'una o l'altra possono essere false)

"Mathematico":(Qui l'ipotesi violata è \(f(x) \ne 0 \quad \forall x \in [x_0, x_1]\), però non è detto che tu abbia raggiunto l'assurdo per questo motivo, potrebbe essere che ad essere falsa sia la condizione \(x_0, x_1 \, : \, g(x_0) = g(x_1) = 0 \) ).

Ok, provvedo a sistemare le cose.
Vogliamo dimostrare che tra due zeri di \(g\) ne è sempre compreso uno ed uno solo di \(f\) e vice versa.
Sia \(I \equiv [x_0, x_1] \subset \mathbf{R}\) un intervallo tale che \(g(x_0) = g(x_1) = 0 \quad \wedge \quad g(x) \ne 0 \quad \forall x \in (x_0,x_1)\). A questo punto possono succedere sostanzialmente due cose: la funzione \(f\) ha almeno uno zero appartenente a \(I\), oppure non ha zeri in \(I\).
Nel primo caso c'è da dimostrare che lo zero sia uno solo, e questo arriva tra qualche riga.
Nel secondo caso, poiché \(g\) soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle in \(I\), dunque \(\exists \xi \in I \, : \, g'(\xi) = 0\), e siccome per ipotesi \(g'(x) = f(x)\), questo ci porta alla conclusione che \(f(\xi) = 0\), dunque [e qui penso di aver sistemato le cose] questo esclude che esista un intervallo delimitato da due zeri di \(g\) che non contenga zeri di \(f\).
Se questo fila, il resto segue a cascata: un ragionamento del tutto analogo può essere fatto per mostrare che non esiste un intervallo delimitato da zeri di \(f\) che non ne contenga almeno uno di \(g\), e qui salta fuori l'unicità: se, infatti, dato un intervallo delimitato da due zeri "consecutivi" [si può dire questa cosa??] (why not?! ) di \(f\) al suo interno si trovassero due zeri di \(g\), l'intervallo delimitato da questi ultimi non conterrebbe zeri di \(f\), che è contro quanto appena detto.

[...]

"Mathematico":Quindi finché \(g\) è positiva, \(g\) ha concavità rivolta verso il basso e quindi è anche decrescente (Non mi convince, se prendi ad esempio la funzione \(f(x)=\log(x)\quad x> 1\), le tue considerazioni non funzionano più, a meno che io non abbia frainteso... )

Mmm, rileggendo ammetto di aver scelto male la parola "quindi": il fatto che \(g\) sia decrescente non deriva dal fatto che \(g\) abbia concavità negativa, ma dal fatto che \(g'\) valga zero in \(x = 0\) e poi sia strettamente decrescente [e questo deriva dalla concavità di \(g\) --- o dalla definizione di derivata, come preferisci].

(devo ammettere che questo è stato un eccesso (!) di pignoleria, mi capita spesso di fare lo stesso tipo di errori, ecco un esempio prontemente corretto da FP)

[Raptorista1]

"Mathematico":Per farti comprendere il mio dubbio iniziale, vorrei parlare un secondo delle dimostrazioni per assurdo per come le vedo io:

Sìsì, ho capito e sono d'accordo.

"Mathematico":Sì, mi pare che ci siamo . Grazie per aver partecipato e scusami per la pignoleria .

Di che ti stai scusando?? La pignoleria è d'obbligo nel nostro mestiere

Grazie a te, aspetto già la prossima occasione di confronto

[Rigel1]

Propongo anche io un contributo, peraltro abbastanza standard.

Come già fatto notare, la funzione $h(x) = f(x)^2 + g(x)^2$ è di classe $C^1(\RR)$ e ha derivata nulla; poiché $h(0) = 1$, segue l'identità $f(x)^2+g(x)^2 = 1$ per ogni $x\in\RR$.
E' immediato, usando 1) e 2), verificare che $f$ e $g$ sono analitiche; è altrettanto immediato calcolare i coefficienti del loro sviluppo di MacLaurin. Con grande sorpresa si trova che
\[
f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1},\quad
g(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}.
\]
Osserviamo che la serie che definisce $g(2)$ è a termini di segno alterno e soddisfa le ipotesi del criterio di Leibniz; in particolare, $g(2)$ risulta minore della somma dei primi tre termini della serie:
\[
g(2) < 1 - 2 + 2/3 = -1/3.
\]
Poiché $g(0) = 1$ e $g$ è continua, è ben definito $\alpha = \min\{x >0: g(x) = 0\}$. Porremo, per definizione, $\pi = 2\alpha$.
Inoltre $f(\alpha) = \pm 1$; tuttavia, $Df(x) = g(x) > 0$ per ogni $x\in [0,\alpha)$, dunque $f(\alpha) = 1$.

Adesso viene la parte noiosa (che si potrebbe semplificare introducendo la funzione esponenziale).
Usando il prodotto alla Cauchy delle serie assolutamente convergenti, si può dimostrare che
\[
f(x)g(y) + g(x) f(y) = f(x+y),\qquad
g(x)g(y)-f(x)f(y) = g(x+y),
\]
da cui ricaviamo $f(\pi) = f(2\alpha) = 2 f(\alpha) g(\alpha) = 0$, $g(\pi) = g(2\alpha) = -1$, e analogamente
$f(2\pi) = 0$, $g(2\pi) = 1$.
Sempre usando le formule di somma concludiamo infine che
$f(x + 2\pi) = f(x)$, $g(x+2\pi) = g(x)$ per ogni $x\in\RR$.

[Raptorista1]

@Rigel: la tua parte noiosa mi ha mandato in estasi XD
Ma è fantastica, se l'hai inventata al momento sei davvero potente!

[Rigel1]

"Raptorista":@Rigel: la tua parte noiosa mi ha mandato in estasi XD
Ma è fantastica, se l'hai inventata al momento sei davvero potente!

No, per carità. Ho solo adattato quanto si fa per dimostrare che $e^{x+y} = e^x e^y$.

[salvozungri]

"Rigel":Propongo anche io un contributo, peraltro abbastanza standard.

Come già fatto notare, la funzione $h(x) = f(x)^2 + g(x)^2$ è di classe $C^1(\RR)$ e ha derivata nulla; poiché $h(0) = 1$, segue l'identità $f(x)^2+g(x)^2 = 1$ per ogni $x\in\RR$.
E' immediato, usando 1) e 2), verificare che $f$ e $g$ sono analitiche; è altrettanto immediato calcolare i coefficienti del loro sviluppo di MacLaurin. Con grande sorpresa si trova che
\[
f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1},\quad
g(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}.
\]
(Sono una delle definizioni del seno e del coseno, ma non mi importa, ho risbattuto la testa e ho recuperato, in parte, queste funzioni )
Osserviamo che la serie che definisce $g(2)$ è a termini di segno alterno e soddisfa le ipotesi del criterio di Leibniz; in particolare, $g(2)$ risulta minore della somma dei primi tre termini della serie:
\[
g(2) < 1 - 2 + 2/3 = -1/3.
\]
Poiché $g(0) = 1$ e $g$ è continua, è ben definito $\alpha = \min\{x >0: g(x) = 0\}$. Porremo, per definizione, $\pi = 2\alpha$.
(Ma quanto è figa questa posizione?! Quanto? Da 1 a 10, [tex]10^{100}[/tex])
Inoltre $f(\alpha) = \pm 1$; tuttavia, $Df(x) = g(x) > 0$ per ogni $x\in [0,\alpha)$, dunque $f(\alpha) = 1$.

Adesso viene la parte noiosa (che si potrebbe semplificare introducendo la funzione esponenziale)
(Ti ringrazio per non aver introdotto la funzione esponenziale, conosco la strada che avresti percorso, preferisco quest' altra, almeno la dimostrazione è autoconclusiva. Ad ogni modo non è la parte noiosa, io l'ho trovata interessante e fantasiosa).
Usando il prodotto alla Cauchy delle serie assolutamente convergenti, si può dimostrare che
\[
f(x)g(y) + g(x) f(y) = f(x+y),\qquad
g(x)g(y)-f(x)f(y) = g(x+y),
\] (Toh, le formule di addizione.. )
da cui ricaviamo $f(\pi) = f(2\alpha) = 2 f(\alpha) g(\alpha) = 0$, $g(\pi) = g(2\alpha) = -1$, e analogamente
$f(2\pi) = 0$, $g(2\pi) = 1$.
Sempre usando le formule di somma concludiamo infine che
$f(x + 2\pi) = f(x)$, $g(x+2\pi) = g(x)$ per ogni $x\in\RR$.

Conclusione: ho capito che io e rigel abbiamo due interpretazioni diverse della parola "noioso". Grazie per essere intervenuto e auguri per essere diventato moderatore!

Una richiesta: Mi date un titolo serio per questa discussione? Avevo pensanto a "Una caratterizzazione delle funzioni seno e coseno", siete d'accordo?

[Raptorista1]

Scherzi?? Quello che ha adesso è così accattivante! Non so quanti sarebbero entrati se avessi messo un titolo così... Noioso

[salvozungri]

Ormai ha perso di efficacia, pensavo di cambiarlo per un semplice fatto di "ricerca", è più facile trovare questa discussione se qualcuno cerca le parole "seno, coseno". Se cerchi "equazioni differenziali" ti ritrovi anche questa pagina che con l'argomento che ti interessa non ha nulla a che spartire .