Dejemos que $r(t)$ y $v(t)$ sea continua para $|t-t_0|\leq\delta$ , donde $v(t)\geq0$ y supongamos que $$0\leq r(t) \leq \varepsilon + \delta \left\| \int_{t_0}^t v(s)r(s)\,ds \right\|.$$ Demostrar que $$r(t)\leq\varepsilon e^{\delta \left| \int_{t_0}^t v(s) \, ds \right|}.$$
Este es un problema del libro Nonlinear ODE de Grimshaw, él se refiere a él como Gronwall's Extended Lemma. Me cuesta mostrar este resultado. Aquí está el trabajo que he hecho hasta ahora:
Basta con considerar el caso $t\geq t_0$ . La prueba para $t\leq t_0$ es análogo. Sea $$R(t):= \int_{t_0}^t v(s)r(s)\,ds.$$ Entonces, $R(t)$ es continua y diferenciable ya que $r$ y $v$ son continuas en un $\delta$ intervalo sobre $t_0$ . Entonces, por la regla de la cadena, la regla del producto y el teorema fundamental del cálculo tenemos que: $$R'(t) = r(t) - \int_{t_0}^t v(s)r(s)ds. \hspace{1cm} \text{for some } s \in I: = (t_0-\delta,t_0+\delta)$$ Por lo tanto, nuestra desigualdad toma la forma $$0\leq R'(t) \leq \varepsilon + \delta \|\ R(t) \|\ .$$ Ahora multiplicaremos ambos lados por la función no negativa, $\exp\left(-\delta \left| \displaystyle\int_{t_0}^t v(s) \, ds \right| \right)$ para que $$0 \leq \left[ R(t)e^{-\delta \left| \int_{t_0}^t v(s)\,ds \right|} \right]' \leq \varepsilon e^{-\delta \left| \int_{t_0}^t v(s) \, ds \right|}.$$ Integración de $t_0$ a $t$ rendimientos: $$0\leq R(t)e^{-\delta \left| \int_{t_0}^t v(s) \, ds \right| } \leq \delta \int_{t_0}^t v(s) \left( e^{-\delta \left| \int_{t_0}^t v(q) \, dq \right|} \right) \, ds.$$ Utilizando la definición de $R(t)$ del primer paso, y entonces esta desigualdad la obtenemos: $$ 0 \leq \int_{t_0}^t v(s)r(s) \left( e^{-\delta\left| \displaystyle\int_{t_0}^t v(q) \, dq \right|} \right) \, ds \leq \delta \int_{t_0}^t v(s) \left( e^{-\delta \left| \int_{t_0}^t v(q) \, dq \right|} \right) \, ds. $$ Todo lo que he probado desde este punto parece funcionar (es decir, conseguirme la desigualdad deseada).
EDIT: Nueva prueba:
Basta con considerar el caso $t\geq t_0$ . La prueba para $t\leq t_0$ es análogo. Sea $$\phi(t):= \ln\left(\epsilon + \delta \int_{t_0}^t v(s)r(s)\right)$$ Entonces, $\phi(t)$ es continua y diferenciable ya que $r$ y $v$ son continuas en un $\delta$ intervalo sobre $t_0$ . Entonces, por el teorema fundamental del cálculo tenemos que: $$\phi'(t) = \dfrac{\delta v(t)r(t)}{\epsilon + \delta\displaystyle\int_{t_0}^t v(s)r(s)} \leq \delta v(t) \hspace{1cm} \text{for some} \space\ s\in I:=(t_0-\delta,t_0+\delta)$$ Por lo tanto, $$\phi'(t) \leq \delta v(t)$$ Ahora integrando desde $t_0$ a $t$ tenemos que $$\phi(t) - \phi(t_0) \leq \delta \left| \int_{t_0}^t v(s)ds \right|$$ Nota $\phi(t_0)=\ln(\epsilon)$ . Por lo tanto, $$\phi(t) \leq \ln(\epsilon) + \delta \left| \int_{t_0}^t v(s)ds \right|$$ Sustituyendo de nuevo la definición de $\phi(t)$ y exponiendo tenemos eso: $$\epsilon + \delta \left\|\ \int_{t_0}^t v(s)r(s) \right\|\ \leq \epsilon e^{ \delta \left| \displaystyle\int_{t_0}^t v(s)ds \right|}$$ Pero por hipótesis, $$0\leq r(t) \leq \epsilon + \delta \left\| \displaystyle\int_{t_0}^t v(s)r(s)ds \right\|.$$ Por lo tanto, hemos establecido que $$r(t)\leq\epsilon \space\ e^{\delta \left| \displaystyle\int_{t_0}^t v(s)ds \right|}.$$
