Para$x'(t)= f(t, x(t)) + \int_0^t g(x(s))\, ds$, muestre que si$x_1(0) \leq x_2(0)$ eso también$x_1(t) \leq x_2(t)$

Question

Nota

La Pregunta ha cambiado significativamente desde que se plantea, pero ahora es como sigue:

Pregunta

Supongamos que tenemos algunos integro o retraso de la ecuación diferencial: $$ x'(t)=f(t,x(t)) + \int_0^t g(x(s))\, ds + \sum_n h(x(t-a_n)), $$ donde suponemos que se cumplen ciertas condiciones tales que esta ecuación tiene siempre un único continuo de la solución. deje $x_1(t)$ e $x_2(t)$ dos soluciones con algunas condiciones de contorno $x_1(0)=x_1$ e $x_2(0)=x_2$ tal que $x_1 \leq x_2$. Ahora me gustaría mostrar que tenemos para todos los $t: x_1(t) \leq x_2(t)$. ¿Cuáles son algunos métodos para mostrar esto? Conozco el método siguiente:

• Supongamos que hay algunos $t>0$ tal que $x_1(t) > x_2(t)$, entonces existe un valor de $s \in [0,t]$ tal que $x_1(s)=x_2(s)$, y para todos los $u\leq s: x_1(u) \leq x_2(u)$. Si se puede demostrar que bajo estas condiciones que $x_1'(t) = f(t,x_1(t)) \leq f(t,x_2(t)) = x_2'(t)$, entonces se sigue que $x_1(t)$ se mantiene por debajo de $x_2(t)$ para todos los $t$.
• Escribir $x(t) = \int_0^t f(s,x(s))\, ds$ y muestran que $\int_0^t f(s,x_1(s))\, ds \leq \int_0^t f(s,x_2(s))\, ds$ para todos los $t$.

El primer método es fácil de aplicar pero demasiado restrictivo y el segundo método no es restrictivo en todos, pero es difícil de aplicar.

Mi pregunta es, una referencia o una explenation de otros métodos en caso de que el primer método no es aplicable.

Un Ejemplo

Supongamos, por ejemplo, tenemos las siguientes Retraso de la Ecuación Diferencial: $$ \begin{cases} x'(t) &= x(t)-1 \mbox{ if } t \leq 1\\ x'(t) &= x(t-1) (x(t) - x(t-1)) \mbox{ if } t >1 \end{casos} $$ este retraso de la ecuación diferencial que satisface la propiedad de que si tenemos $x_1,x_2 \in (0.8,1)$ con $x_1 \leq x_2$ e $x_1(t), x_2(t)$ son soluciones satisfactorias $x_i(0) = x_i$, a continuación, para todos los $t: x_1(t) \leq x_2(t)$. Puedo comprobar esta numéricamente pero no analíticamente.

Answer 1

Esto está mal en general

La ecuación diferencial $$x^\prime = \vert x \vert^{\dfrac{1}{2}}$$

ha $x_1(t)=0$ como una solución. Otro es $$x_2(t)=\begin{cases} 0& \text{for } t\le 1\\ \dfrac{(t-1)^2}{4} & \text{for } t>1 \end{casos}$$

Ha $x_2(0) \le x_1(0)$. Sin embargo $x_2(2)>x_1(2)$.

Usted necesita para añadir otras hipótesis es que. Los de Picard–Lindelöf teorema de, por ejemplo, la suficiente como bajo este teorema soluciones son únicas.

Si unicidad de las soluciones que se asume, entonces usted puede utilizar un simple argumento.

Supongamos que $x_2(t_0) > x_1(t_0)$ e $x_1(t_1)=x_2(t_1)$ con $t_0<t_1$. A continuación, $x_1, x_2$ son dos soluciones en $[0, t_1]$. Otro es $$x_3(t)=\begin{cases} x_2(t) & \text{for } t\le t_0\\ x_1(t) & \text{for } t \ge t_0 \end{casos}$$ en contradicción con la unicidad de la PIV.

Answer 2

Esto no es cierto sin condiciones adicionales.

Dejar $f(t,x) = 2 \sqrt{|x|}$.

Luego deje que$x_p(t) = 0$ para$t < p$ y$x_p(t) = (t-p)^2$ para$t \ge p$. Es sencillo mostrar que si$p \ge 0$ entonces$x_p$ es una solución al problema$\dot{x} = f(t,x)$,$x(0) =0$.

Además, tenga en cuenta que$x_z(t) = 0$ es una solución.

Luego vemos que$x_1(0) \le x_z(0)$ pero no es cierto que$x_1(t) \le x_z(t)$ para todos$t \ge 0$.