Mostrar que se limita todas las raíces de $\frac{dx}{dt}=A(t)x$ $[t_0, \infty)$.

Question

Para el sistema real de equations$$\frac{dx}{dt}=A(t)x,(1)$$ where $A(t) \in C [t_0 + \infty)$.

Demostrar que si se limita $\int_{t_0}^{\infty} |A(t_1)+A^T(t_1)|

¿Alguien me puede ayudar? Gracias.

Answer 1

¿Cómo 'bout a esto:

Comenzando con la ecuación (1),

$\dot x = \frac{dx}{dt} = A(t)x \tag{1}$

tomamos el producto interior de cada lado con $x$:

$\langle x,\dot x \rangle = \langle x, A(t)x \rangle, \tag{2}$

y, a continuación, utilice el hecho de que

$\frac{d}{dt}\langle x, x \rangle = \langle \dot x, x \rangle + \langle x, \dot x \rangle = \langle x,\dot x \rangle + \langle x, \dot x \rangle = 2 \langle x, \dot x \rangle \tag{3}$

para re-escribir (2) como

$\frac{d}{dt}\langle x, x \rangle = 2\langle x, A(t)x \rangle, \tag{4}$

y, a continuación, ir a trabajar re-organización (4):

$\frac{d}{dt}\langle x, x \rangle = 2\langle x, A(t)x \rangle = \langle A(t)x, x \rangle + \langle x, A(t)x \rangle$ $= \langle x, A^T(t)x \rangle + \langle x, A(t)x \rangle = \langle x, (A^T(t) + A(t))x \rangle, \tag{5}$

y a continuación, seguir trabajando en ello:

$\frac{d}{dt}\langle x, x \rangle = \langle x, (A^T(t) + A(t))x \rangle$ $\le \Vert x \Vert \Vert (A^T(t) + A(t))x \Vert \le \Vert (A^T(t) + A(t)) \Vert \Vert x \Vert^2, \tag{6}$

y, finalmente, el uso de

$\frac{d}{dt}\langle x, x \rangle = \frac{d}{dt}\Vert x \Vert^2 \tag{7}$

para convertir (6)

$\frac{d}{dt}\Vert x \Vert^2 \le \Vert (A^T(t + A(t)) \Vert \Vert x \Vert^2, \tag{8}$

y, a continuación, utilizar el siguiente hecho, que se sigue de la unicidad de las soluciones de (1), que se sigue de la continuidad Lipschitz de su mano derecha con respecto a $x$, y su continuidad con respecto a $x$$t$, que voy a dejar a ustedes para trabajar por ustedes mismos, o bien pedir otra pregunta: alguna $x(t)$ satisfactorio (1) es nunca de cero, o es siempre cero, cero, de forma idéntica, ya que la única solución (por la singularidad!) con $x(t) = 0$ en algún lugar es el con $x(t) = 0$ todas partes. Bueno, la solución con $x(t) = 0$ en todas partes se ve muy limitada a mí! Así que eso significa que podemos tomar $x(t) \ne 0$ en todas partes, lo que significa que podemos dividir (8) por $\Vert x \Vert^2$ obtener

$\frac{d}{dt} \ln (\Vert x \Vert^2) \le \Vert (A^T(t)+ A(t)) \Vert, \tag{9}$

lo que significa que podemos integrar (9) para obtener

$\ln (\Vert x(t) \Vert^2) - \ln (\Vert x(t_0) \Vert^2) \le \int_{t_0}^t \Vert (A^T(s)+ A(s)) \Vert ds, \tag{10}$

y, a continuación, hacer aún más re-organización, esta vez de la logarithmo algebraicas especie, para obtener

$2\ln (\frac{\Vert x(t) \Vert}{\Vert x(t_0) \Vert}) \le \int_{t_0}^t \Vert (A^T(s)+ A(s)) \Vert ds, \tag{10}$

de dónde

$\Vert x(t) \Vert \le \Vert x(t_0) \Vert \exp(\frac{1}{2}\int_{t_0}^t \Vert (A^T(s)+ A(s)) \Vert ds), \tag{11}$

y puesto que, por hipótesis, la integral que ocurren en la exponencial de la derecha es delimitada como $t \to \infty$, se deduce que el $x(t)$ es así. QED.

Espero que esto ayude. ¡Hasta la vista, y como siempre

Fiat Lux!!!

Answer 2

Gracias por tu respuesta!

Parece que usted está muy ocupado, y no tengo mucho tiempo para RESPONDER? (preguntado Sep 14 a las 8:37 $\to$ respondió Sep 22)

Aquí está mi solución:

• Desde $\dot{x(t)}=A(t)x(t)\implies \mathrm{\dot{x}^T(t)=x^T(t)A^T(t)}$ $\implica \left\{\begin{matrix} & \mathrm{ x^T\dot{x}=x^TAx} \\ & \mathrm{\dot{x}^Tx=x^TA^Tx} \end{de la matriz}\right. $

Por lo tanto $\dfrac{d}{dt} \mathrm{\left ( x^Tx \right)}=\mathrm{ x^T \dot{x}}+\mathrm{\dot{x}^Tx}=\mathrm{x^T(A+A^T)x} \implies \dfrac{d}{dt}\left ( \|x(t)\|^2 \right )=x^T(t)\left [ A(t)+A^T(t) \right ]x(t)$

• Por la integración en $\left [ t_0 , t \right ]$, se obtiene:$$\|x(t)\|^2 =\|x(t_0)\|^2 +\int_{t_0}^{t}x^T(s)\left [ A(s)+A^T(s) \right ]x(s)\mathrm{d}s$$

• De dónde $$\|x(t)\|^2 \le \|x(t_0)\|^2 +\int_{t_0}^{t}\|x^T(s)\|\left \|A(s)+A^T(s) \right \| \|x(s)\| \mathrm{d}s $$ $$= \|x(t_0)\|^2 +\int_{t_0}^{t}\left \|A(s)+A^T(s) \right \| \|x(s)\|^2\mathrm{d}s$$

• La aplicación de Gronwall - Bellman la desigualdad, tenemos: $$\|x(t)\|^2 \le \|x(t_0)\|^2 \cdot\exp \int_{t_0}^{t}\left \|A(s)+A^T(s) \right \| \mathrm{d}s \\\\ \le \|x(t_0)\|^2 \cdot\exp \int_{t_0}^{+\infty}\left \|A(s)+A^T(s) \right \| \mathrm{d}s< +\infty, \forall t \ge t_0 \blacksquare $$ QED.