Оценка решения диффура

Vlad128

Привет.
Что-то ацки туплю.
Вот есть у нас два обыкновенных дифура
x' = f(x)
y' = g(y
причем f(x) > g(x) для любого x.
Пусть задача Коши x(0) = y(0) = x0.
Надо наиболее лаконично доказать, что x(t) > y(t) для любых решений x(t y(t) (пускай без предположения единственности).
Можно сказать, что в некоторой правой окрестности 0 x(t) > y(t а дальше из предположения, что x(t1) = y(t1 причем t1 — первая из точек пересечения x(t) и y(t) получаем противоречие, потому что тогда в некоторой левой окрестности t1 x(t)< y(t) и должна найтись еще одна точка пересечения левее. Ничего проще не приходит на ум. Но должна же быть какая-то простая оценка.
Из стандартного перехода к интегральному уравнению у меня тоже почему-то не получается.
Замечу, что x'(t) > y'(t очевидно, неверно, потому что функции f(x) и g(x) не однородно сравнимы (не f(x) > g(y а f(x) > g(x.

Vlad128

Мда, к тому доказательству еще стоит добавлять, что у двух непрерывных функций действительно есть первая точка пересечения. Доказывается, правда, быстро (из определения непрерывности по Гейне но это не добавляет лаконичности доказательству.

Vlad128

Да, это доказательство можно немного улучшить (основываясь на идее, что x не может пересекать y «сверху вниз» но хочется совсем другого доказательства.

sverum

Ступил :)

Vlad128

хотя ладно, тут я загнался, первая точка пересечения — это inf {x(t) > y(t)}, это можно сказать «очевидно».

assasin

По-моему, это и есть самое простое и естественное доказательство. Причём оно настолько просто и естественно, что его безболезненно можно заменить более коротким, из одного слова "очевидно".

antill

*делетед*
сорри, ступил, неверно уравнение прочитал
спать пора :)

vsjshnikova

[math]$x(t) - y(t) = \int_{t_0}^tx'(t) - y'(t) dt=\int_{t_0}^tf(x(t - g(y(t dt$[/math]

Vlad128

вот-вот. А x>y => f(x) > g(y) не канает.

Vlad128

"очевидно".
ну как сказать, вот ниже (зря, кстати) стер рассуждение, на которое каждый наталкивается при первой попытке обосновать утверждение.
И после этого наталкивания очевидным это утверждение уже считать не хочется. Просто потому что x'(t) нельзя считать большим y'(t) при любых t.
Очевидным было бы действительно какое-нибудь неравенство с интегралами, но мне тоже не удалось его получить.

assasin

Очевидное оно в том смысле, что (правильное) док-во напрашивается само собой и его без труда способен воспроизвести любой мало-мальски математически подкованный человек. Возможно, я неправ. К слову, ровно такое док-во приводится, например, в Н.Г. де Брёйне "Асимптотические методы в анализе". Там, правда, рассматривается случай не обязательно автономного уравнения; возможно, в автономном случае и можно как-то проще (хотя куда уж проще?).

Vlad128

Да автономность тут просто потому что лень писать, она тут не используется, конечно. Ну раз есть в книге, то наверное, вопрос снят. Просто мне казалось, что проходилось на втором курсе в дифурах это неравенство и как-то более лаконично доказывалось. Значит, запамятовал.

Vlad128

Очевидное оно в том смысле, что (правильное) док-во напрашивается само собой
ну ты более сильное утверждение там написал, что доказательство можно заменить словом «очевидно». Вот я так не считаю :)

incwizitor

Решил подойти формально к задаче (ну и с TeXом потренироваться :ooo: )
Введем функцию [math]$$s(t) = x(t) - y(t)$$[/math]. Я так понял, что рассматривается [math]$$t \in [0, \infty)$$[/math]
Лемма
Если [math]$$s(t_1) = 0 \Rightarrow  \exists \varepsilon > 0 : s'(t) > 0, \forall t \in (t_1 - \varepsilon, t_1 + \varepsilon)$$[/math]
Доказательство
[math]$$s(t_1) = 0 \Rightarrow x(t_1) = y(t_1) = z$$[/math]
[math]$$s'(t) = f(x(t - g(y(t = (f(x(t - f(z + (f(z) - f(y(t + (f(y(t - g(y(t $$[/math]
Третью скобку можно оценить снизу на произвольном интервале [math]$$(a, b)  \ni t_1$$[/math] как [math]$$m = min_{[a, b]}f(y(t - g(y(t > 0$$[/math] (используем достижимость минимума непрерывной функции на компакте)
Первые две скобки содержат две непрерывные функции [math]$$func$$[/math] , которые равны 0 в точке [math]$$t_1$$[/math], значит [math]$$\exists \varepsilon > 0 : |func| < m/2$$[/math]
Получили, что [math]$$s'(t) > 0$$[/math] в [math]$$\varepsilon$$[/math]-окрестности точки [math]$$t_1$$[/math].
Следствие:
[math]$$s'(0) > 0 \Rightarrow \exists \varepsilon_0 > 0 : s(t) > 0, \forall t \in [0, \varepsilon_0)$$[/math]
Доказательство исходного утверждения от противного:
[math]$$\exists t_0 > \varepsilon_0 : s(t_0) = 0$$[/math]
Рассмотрим [math]$$t_m = \inf(t_0 : t_0 > 0, s(t_0) = 0) \geq \varepsilon_0$$[/math] (на основании следствия)
[math]$$s(t_m) = 0$$[/math] в силу непрерывности s (возможно, есть утверждение, что множество нулей непрерывной функции является закрытым)
На основании леммы имеем [math]$$s'(t_m) > 0 \Rightarrow \exists \varepsilon > 0 : s(t) < 0, \forall t \in (t_m - \varepsilon, t_m)$$[/math]
Отсюда следует, что [math]$$\exists t_{m_1} < t_m : t_{m_1} > \varepsilon_0/2, s(t_{m_1}) = 0$$[/math], что противоречит минимальности [math]$$t_m$$[/math].
Значит, множество нулей t > 0 функции s пусто.
Использовались следующие факты\закладки
1) f, g - непрерывные функции
2) композиция непрерывных функций - непрерывная функция
3) непрерывная функция достигает свой минимум и максимум на замкнутом множестве

Vlad128

ну это прямо копия моего итогового доказательства :)

assasin

Непрерывность функций f,g не по существу. Утверждение (и док-во с незначительными изменениями) справедливо для любых (вещественнозначных) f,g. Лемму стоит переделать:
Если s(t_1)=0, то s'(t_1)>0.
Но это по сути переформулировка условия, так что лемма, в общем-то, не нужна. Из положительности производной в одной точке монотонность, разумеется, не следует, но она здесь и не нужна: нужна лишь отрицательность функции слева от t_1 и положительность справа, а это есть просто следствие определения производной.
P.S. Док-во не читал.

incwizitor

согласен, сильно перемудрил :(

assasin

так что лемма, в общем-то, не нужна.
Впрочем, эта лемма делает утверждение наглядным. Она говорит, грубо говоря, что график функции s(t) может пересекать ось абсцисс только под положительным углом. Понятно, что выйдя из начала координат, мы при таком условии залезаем в верхнюю полуплоскость и уже не вылезаем из неё.

toxin

Если нет единственности, то утверждение теоремы не верно. Так что нужны дополнительные условия.

Vlad128

а можно все-таки примерчик?

toxin

Да, что-то я не додумал... Для контрпримеров нужно нарушение f(x)>g(x) в одной точке.
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: