Два ОДУ

[drzewo]

Два скалярных дифференциальных уравнения:

$$\dot x=f_1(t,x),\quad \dot x=f_2(t,x),\quad f_1,f_2\in C^1(\mathbb{R}^2),$$

причем $f_1(t,x)\le f_2(t,x)$ при любых $(t,x)$.

Пусть $x_1(t),x_2(t)$ -- решения первого и второго диф.уравнения соответственно, и $x_1(0)=x_2(0)$.
Доказать, что для всех $t\ge0$ для которых определены оба решения верно неравенство $x_1(t)\le x_2(t)$.

[skobar]

Предполагается, что отрезок $[0,t]$ целиком лежит в области определений $x_1(t)$ и $x_2(t)$ ? Тогда решение в одну строчку и тривиально через формулу Ньютона-Лейбница.

[drzewo]

это стандартная ошибка

[Утундрий]

Проще говоря, для решений $\dot x=f(t,x),\quad f \in C^1(\mathbb{R}^2),$ где $ f(t,x)\geqslant 0$ при любых $(t,x)$ требуется доказать, что для всех $t\geqslant0$ для которых определено решение верно неравенство $x(t)\geqslant 0$?

[waxtep]

Утундрий в сообщении #1644443 писал(а):

Проще говоря, для решений $\dot x=f(t,x),\quad f \in C^1(\mathbb{R}^2),$ где $ f(t,x)\geqslant 0$ при любых $(t,x)$ требуется доказать, что для всех $t\geqslant0$ для которых определено решение верно неравенство $x(t)\geqslant 0$?

Тут коварство явное, ведь ыкс на самом деле не просто ыкс: $f_1(t,x_1)-f_2(t,x_2)$ необязательно $=f(t,x_1-x_2)$

[Padawan]

Утундрий
Вообще не понятно, как Вы к этому свести хотите. Запишем $\frac{d}{dt}(x_2(t) -x_1(t)) =f_2(t, x_2(t)) -f_1(t, x_1(t)) $. Откуда следует, что правая часть больше нуля? Значения-то функций в разных точках берутся.

Здесь идея в том, что в момент, когда первое решение догонит второе получается противоречие. Док-во напоминает док-во Лебега леммы о покрытии.

Пусть для начала $f_1(t, x) <f_2(t, x) $ для всех $(t,x) \in\mathbb R^2$. Пусть оба решения определены при $t\in [0, b]$. Рассмотрим множество $E=\{t\in (0, b]\mid x_1(t) <x_2(t) \}$. Это непутое ограниченное множество. Пусть $\tau=\sup E$. Предположив, что $\tau<b$ получит противоречие. С одной стороны должно быть $x_1(\tau) =x_2(\tau) $, но тогда из диффура и неравенства следует, что $x_1(t) <x_2(t) $ в некоторой правой полуокрестности точки $\tau$. Случай нестрогого неравенства можно получить предельным переходом заменив функцию $f_2(t, x) $ на $f_2(t, x) +\varepsilon$ при $\varepsilon\to 0$ ( надо воспользоваться теоремой о непрерывной зависимости решения от параметра)

[drzewo]

Да.

Кстати, в $\mathbb{R}^m,\quad m>1$ со стандартным покоординатным частичным порядком этот весьма полезный факт не обобщается.

[skobar]

Padawan в сообщении #1644451 писал(а):

Утундрий
Вообще не понятно, как Вы к этому свести хотите. Запишем $\frac{d}{dt}(x_2(t) -x_1(t)) =f_2(t, x_2(t)) -f_1(t, x_1(t)) $. Откуда следует, что правая часть больше нуля? Значения-то функций в разных точках берутся.

Да, точно! Прикольная задачка .

[Утундрий]

(Оффтоп)

Да. В такие моменты я особенно отчётливо понимаю, что не следует слишком уж пренебрегать ежедневным сном.

[drzewo]

Можно продолжить. Я только не знаю, следует ли это из техники Padawan также легко, как предыдущее

1) Если $x_1(0)<x_2(0)$ и $f_1(t,x)\le f_2(t,x),\quad \forall (t,x)$
то $x_1(t)<x_2(t)$ для всех $t>0$ из области определения.

2) Если $x_1(0)\le x_2(0)$ и $f_1(t,x)< f_2(t,x),\quad \forall (t,x)$
то $x_1(t)<x_2(t)$ для всех $t>0$ из области определения.

[vpb]

Padawan в сообщении #1644451 писал(а):

Рассмотрим множество $E=\{t\in (0, b]\mid x_1(t) <x_2(t) \}$. Это непутое ограниченное множество. Пусть $\tau=\sup E$. Предположив, что $\tau<b$ получит противоречие. С одной стороны должно быть $x_1(\tau) =x_2(\tau) $, но тогда из диффура и неравенства следует, что $x_1(t) <x_2(t) $ в некоторой правой полуокрестности точки $\tau$.

Не напутали ли Вы здеся? Не следует ли так: рассмотрим множество $E=\{t\in (0, b]\mid x_1(t_1) <x_2(t_1), \ \forall t_1\in(0,t) \}$. Это непустое ограниченное множество. Пусть $\tau=\sup E$. Предположив, что $\tau<b$ получим противоречие. Действительно, с одной стороны должно быть $x_1(\tau) =x_2(\tau) $, но тогда из диффура и неравенства следует, что $x_1(t) >x_2(t) $ в некоторой левой полуокрестности точки $\tau$.

[Padawan]

vpb
Да, Вы правы, моё рассуждение доказывает только, что $\sup E=b$, а я хотел $E=(0,b]$. У Вас правильно.
Можно ещё так: рассмотрим точную нижнюю грань множества $\{t\in (0, b]\mid x_1(t) \geqslant x_2(t) \}$ (предположив, что оно непустое). Обозначим её $\tau$, $0<\tau\leqslant b$. Тогда по непрерывности $x_1(\tau) =x_2(\tau)$. Но тогда в левой полуокрестности $\tau$ должно быть $x_1(t) >x_2(t) $ (из неравенства между правыми частями ОДУ), и одновременно в той же левой полуокрестности должно быть
$x_1(t) <x_2(t) $ (по определению $\tau$)

[drzewo]

вопрос о строгих неравенствах остался

[Padawan]

Второе утверждение точно правильное. В первом возникли сомнения...

[drzewo]

Ладно, значит я усложнил как всегда. Я гомотопировал одно векторное поле в другое.