Расположение корней в д.у. второго порядка

[RikkiTan1]

Доброго времени суток! Есть такое упражнение:
Пусть в дифференциальном уравнении $u''+qu=0$ функция $q$ вещественна, непрерывна и такова, что $0<m \leqslant q \leqslant M.$ Если $u \not\equiv 0$ - решение, имеющее два нуля $t_1, t_2$ ($t_2>t_1$), то $\frac{\pi}{\sqrt{m}}\geqslant t_2-t_1 \geqslant \frac{\pi}{\sqrt{M}}$.
Я рассмотрел д.у. $u_1''+mu_1=0$ и $u_2''+Mu_2=0$
Выбрал такие решения: $u_1=\sin(t\sqrt{m})$ и $u_2=\sin(t\sqrt{M})$
Потом, применяя теорему сравнения Штурма, расположил корни следующим образом

Нужное неравенство я не получил.

[ИСН]

Какого неравенства Вы не получили, какое получили вместо него, и какое отношение ко всему этому имеет рисунок, напоминающий про самурая, который пытался зарезаться деревянным мечом?

[RikkiTan1]

Я не получил этого неравенства $\frac{\pi}{\sqrt{m}}\geqslant t_2-t_1 \geqslant \frac{\pi}{\sqrt{M}}$
Вместо него, пользуясь рисунком, я получил неравенство $\frac{2\pi}{\sqrt{m}}-\frac{\pi}{\sqrt{M}}\geqslant t_2-t_1 \geqslant \frac{\pi}{\sqrt{M}}$.
Этот рисунок пока единственное, что я смог придумать для решения упражнения

[ИСН]

Вы рассматривали два точных, полностью известных решения. В каждом из них можно тупо найти непосредственно, чему равно $t_2-t_1$. Чему же?

[RikkiTan1]

$t_2-t_1=\frac{1}{\sqrt{m}}(\arcsin{u_1(t_2)}-\arcsin{u_1(t_1)})$
$t_2-t_1=\frac{1}{\sqrt{M}}(\arcsin{u_2(t_2)}-\arcsin{u_2(t_1)})$
Из первого равенства можно получить оценку $\frac{\pi}{\sqrt{m}}\geqslant t_2-t_1 $, и если соединить с тем, что я получил до этого, получится нужное неравенство.
Можно ли как-нибудь чисто аналитически получить $ t_2-t_1 \geqslant \frac{\pi}{\sqrt{M}}$ ?

[ИСН]

Вы рассматривали два точных, полностью известных решения. В каждом из них тупо известно, чему равны $t_1$, $t_2$ и их разность. Точно известно, без никаких оценок. Чему же?

[RikkiTan1]

$t_2= \frac{(-1)^n \arcsin{u_1(t_2)}+\pi n}{\sqrt{m}}; t_2= \frac{(-1)^k \arcsin{u_2(t_2)}+\pi k}{\sqrt{M}}$
$t_1= \frac{(-1)^p \arcsin{u_1(t_1)}+\pi p}{\sqrt{m}}; t_1= \frac{(-1)^z \arcsin{u_2(t_1)}+\pi z}{\sqrt{M}}$
$t_1, t_2 $ - нули функции $u$.
$u''+qu=0$, $u_1''+mu_1=0$ и $u_2''+Mu_2=0$ это три разных уравнения.

[Someone]

RikkiTan1 в сообщении #1045581 писал(а):

$t_2= \frac{(-1)^n \arcsin{u_1(t_2)}+\pi n}{\sqrt{m}}; t_2= \frac{(-1)^k \arcsin{u_2(t_2)}+\pi k}{\sqrt{M}}$
$t_1= \frac{(-1)^p \arcsin{u_1(t_1)}+\pi p}{\sqrt{m}}; t_1= \frac{(-1)^z \arcsin{u_2(t_1)}+\pi z}{\sqrt{M}}$
$t_1, t_2 $ - нули функции $u$.
$u''+qu=0$, $u_1''+mu_1=0$ и $u_2''+Mu_2=0$ это три разных уравнения.

А что такое нуль функции?

[RikkiTan1]

Значение аргумента, при котором значение функции равно нулю.

[Someone]

И где же у Вас

RikkiTan1 в сообщении #1045592 писал(а):

значение функции равна нулю

?

[RikkiTan1]

В этих точках функция $u$ равна нулю, а про $u_1, u_2 $ ничего неизвестно же.

[Someone]

Вас спросили:

ИСН в сообщении #1045546 писал(а):

Вы рассматривали два точных, полностью известных решения. В каждом из них тупо известно, чему равны $t_1$, $t_2$ и их разность. Точно известно, без никаких оценок. Чему же?

Разъясняю: у Вас есть два точных решения

RikkiTan1 в сообщении #1045453 писал(а):

Я рассмотрел д.у. $u_1''+mu_1=0$ и $u_2''+Mu_2=0$
Выбрал такие решения: $u_1=\sin(t\sqrt{m})$ и $u_2=\sin(t\sqrt{M})$

Нули $t_1$ и $t_2$ у каждого из них свои. Неизвестная функция $u$ здесь вообще ни при чём. Какие именно это нули и какова их разность? И, разумеется, надо брать не всю серию нулей, а только два ближайших.

[RikkiTan1]

Нули $t_1, t_2$ функции $u_1$ я взял $\frac{\pi}{\sqrt{m}}$ и $\frac{2 \pi}{\sqrt{m}}$
Нули $t_1, t_2$ функции $u_2$ я взял $\frac{\pi}{\sqrt{M}}$ и $\frac{2 \pi}{\sqrt{M}}$
Разность между ними $\pi$. Точнее $ \frac{\pi}{\sqrt{m}}$ и $ \frac{\pi}{\sqrt{M}}$

[Someone]

RikkiTan1 в сообщении #1045599 писал(а):

Разность между ними $\pi$.

Не суетитесь.

[ИСН]

RikkiTan1 в сообщении #1045599 писал(а):

Точнее $ \frac{\pi}{\sqrt{m}}$ и $ \frac{\pi}{\sqrt{M}}$

Вот я об этом и спрашивал. Как видим, никаких неравенств.
Теперь встаёт вопрос, какое отношение эти вспомогательные уравнения имели к первоначальному.