Доказать, что длина отрезка больше ПИ

[Sul]

Дана функция $f$ на отрезке $[a, b]$, причем $f+f''>0$, $f(a)=f(b)=0$; $f(x)>0$ на $(a, b)$. Доказать, что $b-a\geqslant\pi$.

Интересно понять природу этого факта :)

[kp9r4d]

Ну это-то неверно. Если заменить $f + f''>0$ на более сильное $f>0 \wedge f''>0$, то сразу очевидно, как можно придумать контрпример. Возьмите полуокружность сколь угодно малого радиуса.

[g______d]

kp9r4d в сообщении #861583 писал(а):

Возьмите полуокружность сколь угодно малого радиуса.

По-моему, не прокатит.

[gris]

Интересно, что случай, когда сумма функции и второй производной равна нулю (при прочих условиях) сразу доставляет пример, где длина отрезка равна именно $\pi$. То есть это вовсе не случайно. И природа явления где-то там.

[g______d]

Доказывается так: ищем функцию Грина для уравнения $f''(x)+f(x)=g(x)$, $f(a)=f(b)=0$. После этого $f(x)=\int\limits_a^b G(x,y)g(y)\,dy$. При $b-a<\pi$ окажется, что $G(x,y)$ отрицательна, и поэтому, если $g$ положительна, то $f$ положительной быть не может.

[Skeptic]

Возьмём функцию $f(x)=-x^2+c$, $c>0$.
Задача поставлена неполно?

[g______d]

Skeptic в сообщении #861595 писал(а):

Возьмём функцию $f(x)=-x^2+c$, $c>0$.

На каком отрезке? Ну хорошо, очевидно, что $[-\sqrt{c},\sqrt{c}]$. Тогда около концов не выполняется $f''+f>0$.

[ewert]

Грин -- это, наверное, хорошо, но всё-таки это следующая тема. А так -- просто из метода вариации произвольных постоянных получается, что

$$f(x)=\int\limits_0^xg(t)\,\sin(x-t)\,dt+C\sin x,$$

где $C=f'(0)\geqslant0$ (поскольку по условию $f(x)\geqslant0$). Следовательно, вплоть до точки $\pi$ функция будет оставаться строго положительной.

[Nemiroff]

Берём какую-нибудь весёлую комбинацию функции и первой производной с синусами.

К примеру, так: $g(x)=f'(x)\sin(x-a)-f(x)\cos(x-a)$.
Теорема о среднем даёт

$$\frac{g(b)-g(a)}{b-a}=\frac{f'(b)\sin(b-a)}{b-a}=g'(c)=(f''(c)+f(c))\sin(c-a).$$

Ну и вот.

$$\frac{f'(b)\sin(b-a)}{b-a}=(f''(c)+f(c))\sin(c-a).$$

$f'(b)$, знамо дело, неположительно, а $f''(c)+f(c)$ как раз положительно. Вот и получаем, если $b-a\leq\pi$, то левая часть неположительна, а правая положительна.

-- Вс май 11, 2014 12:03:36 --

Тут использовалась непрерывность $f$ и $f'$ на концах отрезка.

-- Вс май 11, 2014 12:05:04 --

Можно не теорему о среднем, а даже совсем наоборот — интеграл брать.

[g______d]

Меня терзают воспоминания о какой-то теореме, что если у оператора $A$ при каких-то дополнительных условиях (под которые подходит Лаплас с условиями Дирихле) нет спектра левее $\lambda$ и в $\lambda$, то оператор $(\lambda I-A)^{-1}$ будет сохранять положительность, но не могу вспомнить, при каких именно.

[Skeptic]

g______d в сообщении #861597 писал(а):

Skeptic в сообщении #861595 писал(а):

Возьмём функцию $f(x)=-x^2+c$, $c>0$.

На каком отрезке? Ну хорошо, очевидно, что $[-\sqrt{c},\sqrt{c}]$. Тогда около концов не выполняется $f''+f>0$.

Я ошибся.

[kp9r4d]

kp9r4d в сообщении #861583 писал(а):

Ну это-то неверно. Если заменить $f + f''>0$ на более сильное $f>0 \wedge f''>0$, то сразу очевидно, как можно придумать контрпример. Возьмите полуокружность сколь угодно малого радиуса.

И я ошибся. Перепутал выпуклость вверх с выпуклостью вниз на сонную голову.

[Skeptic]

Sul в сообщении #861499 писал(а):

Дана функция $f$ на отрезке $[a, b]$, причем $f+f''>0$, $f(a)=f(b)=0$; $f(x)>0$ на $(a, b)$. Доказать, что $b-a\geqslant\pi$.

Интересно понять природу этого факта :)

Допустим, что $f=\sin(x)$. Тогда $f+f''={\sin(x)-\sin(x)}=0$, и не удовлетворяется условие $f+f''>0$.
С более мягким условием $f+f''\geqslant0$ найдутся интервалы длиной $b-a=\pi$, на концах которого выполняется условие $f(a)=f(b)=0$. Полностью второе условие выполняется для функций $\sin(nx)$ и $\cos(nx)$, где $0<n\leqslant1$.
Возможно, что задача имеет решение только для этих функций.

[lyuk]

Проще всего можна так. Пусть $a=0$. Продолжим функцию $f$ по нечетности на $[-b,b]$. Теперь имеем

$0\leq\int_{-b}^b(f(x)+f''(x))\sin\frac{\pi x}{b}dx=\dots =(1-\frac{\pi^2}{b^2})\int_{-b}^bf(x)\sin\frac{\pi x}{b}dx$.

Отсюда $b\geq \pi$.

Правда тут на $f''$ дополнительные условия нужны для интегрирования по частям.

[Sul]

Nemiroff в сообщении #861636 писал(а):

Берём какую-нибудь весёлую комбинацию функции и первой производной с синусами.

К примеру, так: $g(x)=f'(x)\sin(x-a)-f(x)\cos(x-a)$.
Теорема о среднем даёт

$$\frac{g(b)-g(a)}{b-a}=\frac{f'(b)\sin(b-a)}{b-a}=g'(c)=(f''(c)+f(c))\sin(c-a).$$

Ну и вот.

$$\frac{f'(b)\sin(b-a)}{b-a}=(f''(c)+f(c))\sin(c-a).$$

$f'(b)$, знамо дело, неположительно, а $f''(c)+f(c)$ как раз положительно. Вот и получаем, если $b-a\leq\pi$, то левая часть неположительна, а правая положительна.

Тоже нашел это решение, но оно тем и не понравилось, что с потолка берется комбинация. Однако как метод сойдет.