¿Por qué las soluciones de $y''+(w^2+b(t))y=0$ se comportan como soluciones de $y''+w^2y=0$ en el infinito

Question

Suponga $w>0$ $b(t)$ ser continua en $[0,+\infty)$ $\int_0^\infty |b(t)| dt <\infty$
mostrar que $y''+(w^2+b(t))y=0$ tiene solución $\phi(t)$ tal que $$\lim_{t\to\infty} [(\phi(t)-\sin(wt))^2+(\phi'(t)-w\cos(wt))^2]=0$$

gracias

Answer 1

Aquí es un esquema de un enfoque que casi lo consigue (con algunas piezas de izquierda a rellenar). Voy a demostrar que podemos encontrar soluciones de $\phi(t)$ que son arbitrariamente cerca de $\sin wt$ para todos lo suficientemente grande $t$ bajo el supuesto de que $\lim_{t\to\infty}b(t) = 0$.

Escribir la solución para la educación a distancia como $\phi(t) = \sin w t + \delta y$ e imponer las condiciones iniciales $\delta y(t_*) = \delta y'(t_*) = 0$ algunos $t_*$ se fija más tarde. Entonces

$$\delta y'' + (w^2+b)\delta y = -b\sin w t$$

Este sistema es equivalente a una pelota que rueda sin fricción conectado a un resorte con diferentes primavera-constante y tenemos algo de fuerza motriz $b(t)\sin wt$.

Esta física-la analogía nos motiva a tratar de encontrar una 'ecuación de la energía' para este sistema. Multiplicar por $\delta y'$ encontrar

$$\frac{d}{dt}(\delta y'^2 + w^2\delta y^2) = -b(t)\left(2\sin w t\frac{d\delta y}{dt} + \frac{d\delta y^2}{dt}\right)$$

La integración de más de $[t_*,t]$ rendimientos

$$(\delta y'^2 + w^2\delta y^2) \leq \max_{t'\in [t_*,t]}|b(t')|\left(2|\delta y| + \delta y^2\right)$$

Ahora desde $y$ es limitada (me acaba de asumir esta aquí, ver la otra respuesta para la prueba. Físicamente esto es porque la energía es limitada.) y $b\to 0$ (Edit: $b\to 0$ no se sigue de la continuidad, pero tendré que asumir que esto aquí), obtenemos que para cualquier $\epsilon > 0$ existe una $t_*$ s.t. para $t>t_*$ hemos

$$\delta y'^2 + w^2\delta y^2 < \epsilon$$

y desde $w$ es una constante que se desprende también que nos podemos encontrar en un $t_*$ s.t.

$$\delta y'^2 + \delta y^2 < \epsilon$$

para todos los $t>t_*$. La escritura de esta ecuación obtenemos

$$(\phi(t)-\sin wt)^2 + (\phi'(t)-w\cos wt)^2 < \epsilon$$

para $t>t_*$. Por lo tanto existe soluciones que se arbitrarely cerca de $y=\sin w t$ para todos lo suficientemente grande $t$, sin embargo aún no he encontrado una manera de demostrar que podemos encontrar una determinada solución en la que la diferencia va a cero en el infinito.

Answer 2

La siguiente prueba no proviene de mí, pero la sugerencia en Coddington y Levinson ODE libro. Lo escribo en su totalidad aquí por mi cuenta, y tal vez el beneficio de los demás.

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Deje $y_0(t)=\sin(\omega t)$, y $$y_{i+1}(t) = \sin(\omega t)+\frac{1}{\omega}\Big(\cos(\omega t)\int_t^\infty \sin( \omega s) b(s) y_i(s) ds- \sin(\omega t) \int_t^\infty \cos(\omega s) b(s) y_i(s) ds\Big).$$

Para un gran $T$ tal que $$\int_T^\infty |b|<\frac{1}{2},$$ tenemos $|y_1(t)|<\infty$ y un uniforme de Cauchy secuencia $y_i(t)$ donde \begin{align*} &\big|y_{i+1}(t)-y_i(t)\big| \\ =& \frac{1}{\omega}\Big(\cos(\omega t)\int_t^\infty \sin( \omega s) b(s) (y_i(s)-y_{i-1}(s)) ds- \sin(\omega t)\int_t^\infty \cos(\omega s) b(s)(y_i(s)-y_{i-1}(s))ds\Big) \\ <& \frac{K}{2^i} \end{align*} por alguna constante positiva $K$$\forall t \ge T$. Por lo $y_i(t)$ enfoques para una función de $y_\infty$ uniforme donde $|y_\infty|<K$ y $$y_\infty(t) = \sin(\omega t)+\frac{1}{\omega}\Big(\cos(\omega t)\int_t^\infty \sin( \omega s) b(s) y_\infty(s) ds- \sin(\omega t) \int_t^\infty \cos(\omega s) b(s) y_\infty(s) ds\Big).$$

(Voy a terminar la prueba más tarde.)

Answer 3

He aquí otra prueba (disculpas por cualquier parecido con la realidad, pero creo que es lo suficientemente diferentes). Poner $Y = y + i\dot y/w$ y escribir $\beta(t) = b(t)/w$. A continuación, con las condiciones iniciales $Y(0) = Y_0$ la ecuación diferencial puede escribirse \begin{align*} \dot Y = -iwY - i\beta y,\qquad Y(0) = Y_0. \tag{1} \end{align*} Desde \begin{align*} {d\over dt}(Ye^{iwt}) &= (\dot Y + iw Y)e^{iwt} = -i\beta y e^{iwt}, \end{align*} podemos escribir \begin{align*} Y(t)e^{iwt} - Y(s)e^{iws} &= -i\int_{s}^t \beta(r)y(r)e^{iwr}\,dr. \end{align*}

Set $B = \int_0^\infty |\beta(r)|\,dr$. En un momento voy a demostrar que \begin{align*} |Y(t)|\leq e^B|Y(s)|, \qquad s,t\geq0. \tag{2} \end{align*} Supongamos por ahora que esto está demostrado. Entonces para cualquier momento $t_0$, \begin{align*} |Y(t)e^{iwt} - Y(s)e^{iws}| \leq e^B|Y(t_0)| \int_s^t|\beta(r)|\,dr, \tag{3} \end{align*} que desde el lado derecho tiende a $0$ $s,t\to\infty$ implica que el $Y(t)e^{iwt}$ tiene un límite de $Y(\infty)$$t\to\infty$. Si $z$ es un punto arbitrario en el plano, yo reclamo que podemos hacer $Y(\infty) = z$. (Esto es suficiente para responder a la pregunta porque $Y(t)$ converge a la curva de $Y(\infty)e^{-iwt}$.) Para demostrar que el reclamo, definir un mapa de $\Lambda\colon\mathbb C\to \mathbb C$ mediante el establecimiento $\Lambda(\zeta) = Y_\zeta(\infty)$ donde $Y_\zeta$ es la solución a los ODE $(1)$ con condición inicial $Y_\zeta(0) = \zeta$. Observar que $\Lambda$ es lineal en el mapa (usando $Y_\zeta(t) + cY_\xi(t) = Y_{\zeta + c\xi}(t)$, lo cual es debido a que el lado izquierdo es una solución a $(1)$ pasando a través de $\zeta + c\xi$ en el tiempo cero y porque no es sólo una solución), y que la desigualdad de $(2)$ implica que el $\Lambda$ es invertible: $e^{-B}|\zeta|\leq |\Lambda(\zeta)|$. Una invertible lineal mapa en el plano es surjective, por lo que la demanda está probado.

Queda por demostrar $(2)$. Para esto voy a utilizar Gronwall la desigualdad de dos veces. Gronwall la desigualdad dice que si $u(t)$ es un valor real y satisface $\dot u(t)\leq f(t)u(t)$$a\leq t\leq b$,$u(t) \leq e^{\int_a^tf(s)\,ds}u(a)$$t\in [a,b]$. La prueba implica la escritura de $$u(t) = e^{\int_a^tf(s)\,ds}u(a) + e^{\int_a^tf(s)\,ds}\int_a^t(\dot u(s) - f(s)u(s))e^{-\int_a^sf(r)\,dr}\,ds$$ y observar que la integral es negativa para $t\in[a,b]$.

Ahora a la prueba de $(2)$. Fix $s$. Primera vez que voy a usar Gronwall la desigualdad para mostrar que $|Y(t)|\leq e^B|Y(s)|$$t\geq s$. A partir de lo que hemos mostrado anteriormente, \begin{align*} \left|{d\over dt} (Ye^{iwt})\right| = |-i\beta ye^{iwt}| \leq |\beta||Y|. \end{align*} Así \begin{align*} {d\over dt}|Y| &= {d\over dt}|Ye^{iwt}| = \operatorname{Re}\left({\bar{Y}e^{-iwt}\over |Y|}{d\over dt} (Ye^{iwt})\right)\leq \left|{d\over dt} (Ye^{iwt})\right|\leq |\beta||Y|, \end{align*} y la aplicación de Gronwall la desigualdad en la mitad de la línea de $t\geq s$ da la deseada obligado. Todo lo que queda es demostrar que el $|Y(t)|\leq e^B|Y(s)|$$t\leq s$. Para ello poner $U(t) = Y(s-t)$$t\in[0,s]$, por lo que el $U$ satisface la ecuación de tiempo inverso \begin{align*} \dot U(t) = iwU(t) + i\beta(s-t)\operatorname{Re}U(t) \end{align*} Por lo tanto la diferenciación $Ue^{-iwt}$ y la ejecución de la misma prueba como antes de da ${d\over dt}|U|\leq |\beta(s-t)||U|$, y, a continuación, Gronwall la desigualdad da $|Y(s - t)|\leq e^B |Y(s)|$$t\in[0,s]$, lo que equivale a$Y(t)\leq e^BY(s)$$0\leq t\leq s$. Con eso, $(2)$ está probado.

Answer 4

creo que usted necesita representación integral de la solución de $y$ y una aplicación de la gronwall la desigualdad.

la reescritura de la $y^{''} + \omega^2 y = -by$ una solución particular es $$y(t) = {1 \over \omega} \cos (\omega t)\int_0^t \sin( \omega s) b(s) y(s) ds- \sin(\omega t) \int_0^t \cos(\omega s) b(s) y(s) ds$$

tomando el valor absoluto $|y(t)| \le K\int_0^t |b(s)||y(s)| ds.$ aquí no estoy muy seguro, pero la desigualdad de gronwall ahora debe dar $|y| < |y(0)|exp(\int_0^t |b(s)|ds$ que está limitada anteriormente por $$|y(t)| \le |y(0)|exp\left(\int_0^\infty |b(t)|dt\right).$$