Cómo se prueba el siguiente Gronwall tipo de desigualdad?

Question

Supongamos que $g,k: [0,a] \to \mathbb R$ son continuas, $a >0 $, $\,k(t) \ge 0$,$\ c(t) \in C^1([0,a])$, $\, \dot c(t) \ge 0 $ (es decir, $c(t)$ es no decreciente) y $g(t)$ satisface $$g(t) \le c(t) + \int^{t}_{0} k(s) g(s)ds$$ for all $0 \le t \le$.

Quiero demostrar que para todos los $t \in [0,a]$, $$ g(t) \le c(t)e^{\int^{t}_{0} k(s) ds} $$

He notado que hay una prueba para un caso más general en la wikipedia. Sin embargo, yo no entiendo muy bien la prueba y desde el de arriba es un menor caso general, creo que hay una manera más sencilla para demostrarlo.

Deje $G = c(t) + \int^{t}_{0} k(s) g(s)ds $. A continuación,$G \in C^1([0,a])$. Tomando la derivada, $$\dot G = \dot c + k(t)g(t) \\ \dot c = \dot G - k(t)g(t) \ge \dot G - k(t)G(t)$$.

Estoy atrapado aquí, y no estoy seguro de si estoy yendo en la dirección correcta. Supongo que el objetivo es llegar a $$ \frac{d}{dt} (G(t)e^{-\int^{t}_{0} k(s)ds}) \le\frac{d}{dt} c(t) $$ e integrar ambos lados. Todas las sugerencias se agradece.

Answer 1

Casi como en la respuesta de user161825, pero con una correcta estimación.

Desde $k(t) \geq 0$,$\int_0^t k(s) ds \geq 0$. Por lo tanto, $$ 0 < e^{-\int_0^t k(s) ds} \leq 1. $$ Por lo tanto, desde el $c' \geq 0$, obtenemos $$ \left(G'(t) - k(t) G(t) \right) e^{-\int_0^t k(s) ds} \leq c' e^{-\int_0^t k(s) ds} \leq c'. $$ Sin embargo, $$ \frac{d}{dt}\left( G(t) e^{-\int_0^t k(s) ds} \right) = G'(t) e^{-\int_0^t k(s) ds} - k(t) G(t) e^{-\int_0^t k(s) ds} = \left(G'(t) - k(t) G(t) \right) e^{-\int_0^t k(s) ds}. $$ Y así, $$ \frac{d}{dt}\left( G(t) e^{-\int_0^t k(s) ds} \right) \leq \frac{d}{dt} c. $$

Answer 2

Usted está casi allí. Observar que \begin{align*} \dot c = \dot G - k(t)g(t) &\geq \dot G - k(t)G(t)\\ &= \exp\left(\int_0^t k(s)ds\right)\frac{d}{dt}\left\{G(t)\exp\left(-\int_0^t k(s)ds\right)\right\}\\ &\geq\frac{d}{dt}\left\{G(t)\exp\left(-\int_0^t k(s)ds\right)\right\}. \end{align*}