Cómo mostrar $y′(t) + y(t) = h(t)$ tiene una limitada solución, si $h(t)$ es limitada

Question

Tengo un examen mañana, y al mismo tiempo estudiar para que yo vi esta pregunta, sin embargo, no tienen idea de cómo resolverlo. (Yo no podía venir para arriba con una prueba legítima. Todo lo que podía hacer era, por poner algunas funciones, aprobar lo que el problema de las reclamaciones.) Agradezco si pueden ayudar.

Supongamos que $h(t)$ es continua y acotada en $(-\infty,\infty)$ y

$$|h(t)| \leq M, \forall t\in (-\infty,\infty)$$

Demostrar que la ecuación $$y'(t) + y(t) = h(t)$$

tiene una solución que es limitado en $(-\infty,\infty)$. También, muestran que si $h(t)$ es una función periódica, a continuación, $y(t)$ es también periódica.

Saludos,

Amadeus

Answer 1

Multiplicando por $e^{t}$, tenemos $$(e^{t}y(t))' = e^t h(t).$$ La integración, hemos $$y(t) = y(0)e^{-t} + e^{-t}\int_0^{t} e^{s}h(s) \, ds$$ Ahora tenemos que encontrar un almacén de solución. Desde $h(s)\geqslant-M$, podemos definir a la $H(s)=h(s)+M$ positivo, y por lo tanto también podemos escribir la solución como $$y(t) = y(0)e^{-t} + e^{-t}\int_0^{t} e^{s}(H(s)-M) \, ds \\ = y(0)e^{-t} + e^{-t}\int_0^{t} e^{s}H(s) \, ds + M(e^t-1)e^{-t} \\ = M+(y(0)-M)e^{-t} + e^{-t}\int_0^{t} e^{s}H(s) \, ds$$

Ahora, el integrando es positivo. Primero vamos a comprobar lo que sucede como $t \to \infty$. El segundo término muere. El integrando es entre el$0$$2M$, por lo que para $t>0$, $$y(t) \leqslant M + (y(0)-M) + 2M \int_0^t e^{s-t} \, ds = y(0)+ 2M(1-e^{-t}),$$ que es acotada. Ahora el problema viene, $-\infty$. Como $t \to -\infty$, la integral tiende a $$-A=\int_0^{-\infty} e^{s} H(s) \, ds = -\int_0^{\infty} e^{-s} H(-s) \, ds,$$ que converge porque $H$ está acotada. Ahora, el candidato obvio para el acotado de la solución $$y(0)-M-A=0, \tag{1}$$ porque de lo contrario, no hay manera de que $y$ es acotado, ya que tendríamos $y = O( e^{-t})$. Ahora, otra forma de escribir $y$ es $$y(t) = M + (y(0)-M-A)e^{-t} - e^{-t} \int_t^{-\infty} e^s H(s) \, ds$$ (No estoy convencido de mi signo, pero es irrelevante.) Ahora imponer (1), así que de cualquier manera, $$\lvert y(-t)-M \rvert = e^{t} \int_{t}^{\infty} e^{-s} H(-s) \, ds,$$ donde he cambiado el signo de $t$ por conveniencia. Todo lo que tenemos que hacer ahora es mostrar que este es acotada. Pero $H(-s)<2M$, por lo que el lado derecho es menor que $$2M \int_t^{\infty} e^{t-s} \, ds = 2M,$$ y así no es, precisamente, uno delimitada solución.

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Ahora, el periódico de bits. Esto es obviamente falso para general $y$, ya que puedo elegir lo que me gusta de $y(0)$, y obtener un nonperiodic $e^{-t}$, por lo que tendremos que asumir que $y(-\infty)$ es finito. Por lo tanto, tomar $$y(t) = a + e^{-t} \int_{-\infty}^t e^{s}g(s) \, ds,$$ donde $g$ ha integral de cero durante un periodo. (luego $$y'(t) + y(t) = a+ e^{-t} \int_{-\infty}^t e^{s}g(s) \, ds- e^{-t} \int_{-\infty}^t e^{s}g(s) \, ds+g(t)=a+g(t),$$ por lo $a+g(s)=h(s)$, y esta es una solución legítima). Ahora supongamos $g$ periodo $T$. Entonces $$y(t+T)-y(t) = e^{-T} e^{-t} \int_{-\infty}^{t+T} e^{s}g(s) \, ds -e^{-t} \int_{-\infty}^t e^{s}g(s) \, ds \\ = e^{-t} \left( \int_{-\infty}^{t+T} e^{s-T} g(s) \, ds - \int_{-\infty}^t e^{s}g(s) \, ds \right) \etiqueta{2}$$ Establecimiento $u=s-T$ en la primera integral, el límite superior se convierte en $t+T-T=t$, y tenemos $$\int_{-\infty}^{t} e^{u} g(u+T) \, du - \int_{-\infty}^t e^{s}g(s) \, ds$$ Pero $g(u+T)=g(u)$, por definición, de manera que el soporte en (2) es cero, y $y$ es también periódica. Ufff!

Answer 2

Para $V=y^2$ hemos $$\frac{dV}{dt}=2y(t)\frac{dy}{dt}(t)=-2y^2(t)+2y(t)h(t)\leq -y^2(t)+h^2(t)=-V(t)+h^2(t)$$ Multiplicando por $e^t$ nos equivalentemente, han $$\frac{d}{dt}\left[V(t)e^t-\int_0^t{h^2(s)e^s ds}\right]\leq 0$$ Si ahora nos integrar sobre $[0,t]$ obtenemos $$y^2(t)\leq y^2(0)e^{-t}+e^{-t}\int_0^t{e^sM^2ds}=y^2(0)e^{-t}+M^2(1-e^{-t})$$ es decir, $y$ está delimitado en $[0,\infty)$. Esto muestra que la solución es acotada en $[0,\infty)$ para todas las condiciones iniciales. Un almacén de solución en toda la recta real $(-\infty,\infty)$ no es posible para cada condición inicial en $t=0$. Sin embargo, como lo demuestran Chappers en su respuesta, existen algunas delimitada solución en toda la recta real $(-\infty,\infty)$ si la condición inicial es elegido de forma adecuada.