Не понимаю потерю решений в дифурах.

[Guyder]

Что происходит когда дифур делим на непостоянную величину? Допустим имеем дифференциальное уравнение которое хотим решать на отрезке [0, 1].
$y-1 = \frac{dy}{dx}(y-1)$
Очевидно что общим решением этого уравнения будет:
$y = 1$
$y = x + C$
Преобразуем исходный дифур:
$\frac{y-1}{y-1} = \frac{dy}{dx}$
После этого решаем его и понимаем, что решением на исходном отрезке будет уже куда меньше функций, а именно:
$y = x + C,\ C \in (-\infty, -1) \cup (0, +\infty)$
Потеряли бесконечно много решений. Но при этом, в этом и вопрос, на семинарах проверяем только решения, когда знаменатель тождественно равен нулю. Почему? Что тогда понимаем под потерей решений при решении дифуров?

[Mihr]

Guyder в сообщении #1613832 писал(а):

Очевидно что общим решением этого уравнения будет:
$y = 1$
$y = x + C$

Общее решение: $y = x + C$.
Решение $y = 1$ называют особым.

Guyder в сообщении #1613832 писал(а):

После этого решаем его и понимаем, что решением на исходном отрезке будет уже куда меньше функций, а именно:
$y = x + C,\ C \in (-\infty, -1) \cup (0, +\infty)$

Почему, собственно? Откуда взялось это ограничение на $C$?

-- 18.10.2023, 23:00 --

Guyder в сообщении #1613832 писал(а):

Что происходит когда дифур делим на непостоянную величину?

То есть делим на функцию $\varphi(x)$. Происходит потеря решения $\varphi(x)\equiv0$ (если, конечно, подобное тождество возможно).

[Guyder]

Mihr в сообщении #1613836 писал(а):

Почему, собственно? Откуда взялось это ограничение на $C$?

Я немного ошибся с этим ограничением, тут будет множество $(-\infty, 0) \cup (1, +\infty)$
С учетом исправленной ошибки: потому что все функции $y = x + C$ при $C \in [0, 1]$ будут в какой либо точке принимать значение 1, а такие функции не будут образовывать тождество в преобразованном уравнении, так как в одной из точек делим на ноль.

Mihr в сообщении #1613836 писал(а):

То есть делим на функцию $\varphi(x)$. Происходит потеря решения $\varphi(x)\equiv0$ (если, конечно, подобное тождество возможно).

А как учитывать в таком случае функции, которые не тождественно зануляют знаменатель? Допустим, из моего примера.

[Mihr]

Кажется, я понял, что Вы хотите сказать. Если Вы различаете между собой функции, не совпадающие на множестве меры ноль, то должны признать, что деление уравнения на функцию, обращающуюся в ноль хотя бы в одной точке - это неравносильное преобразование. И, соответственно, не может служить шагом в решении исходного уравнения. То есть, выполнив подобный шаг, Вы переходите, по сути, уже к решению другой задачи (не равносильной исходной). Тогда подобных шагов нужно избегать. Но, насколько я понимаю, при решении ОДУ подобные различия между функциями (отличие их на множестве меры ноль) не учитывается. (Впрочем, здесь я не уверен абсолютно. Возможно, математики скажут иначе.)

-- 18.10.2023, 23:33 --

Guyder в сообщении #1613837 писал(а):

А как учитывать в таком случае функции, которые не тождественно зануляют знаменатель?

На такие делить можно. Что значит " как учитывать"? Вопрос малопонятен.

[Guyder]

Mihr в сообщении #1613839 писал(а):

На такие делить можно. Что значит " как учитывать"? Вопрос малопонятен.

Допустим делим на $\varphi(x, y)$, при этом решением исходного уравнения была функция $f(x)$ для которой $\exists x_0 : \varphi(x_0, f(x_0)) = 0$. Получается эта функция 100% не является решением преобразованного уравнения.

В моем примере: $\varphi(x, y) = y - 1$, допустим $f(x) = x + 0.5,\ x_0 = 0.5$. Подставляем в преобразованное уравнение и получаем $\frac{0.5 + 0.5 - 1}{0.5 + 0.5 - 1} = 1 \text{(неверно)} \implies$ в точке $x_0\ f(x)$ не удовлетворяет уравнению. Причем в исходном уравнении получаем, что функция все-таки подходит (не буду подставлять).

Но как я понимаю из первого Вашего абзаца, дифуры в начале решают не очень строго, потому что понятие множества меры ноль было введено у нас в лекциях по матану только сегодня, хотя дифуры проходим 1.5 месяца.

[EUgeneUS]

Guyder в сообщении #1613837 писал(а):

Я немного ошибся с этим ограничением, тут будет множество $(-\infty, 0) \cup (1, +\infty)$
С учетом исправленной ошибки: потому что все функции $y = x + C$ при $C \in [0, 1]$ будут в какой либо точке принимать значение 1, а такие функции не будут образовывать тождество в преобразованном уравнении, так как в одной из точек делим на ноль.

Тут какая-то ересь написана.
Функция вида $y = x + C$ в какой-то точке примет значение $1$ для любого $C \in \mathbb{R}$. А именно в точке $x = 1 - C$

-- 19.10.2023, 08:40 --

Guyder
1. Для исходного уравнения решения есть некий класс, набор функций, определенных на всей $\mathbb{R}$
2. Для пробразованного уравнения решения есть некий класс функций, определенных на всей $\mathbb{R}$ за вычетом точки, где функция принимает значение $1$. Точка "выкалывается" для каждой функции своя - в зависимости от $C$
3. Ничто не мешает функции из пункта 2 доопределить на всей $\mathbb{R}$ по непрерывности. Тогда получатся функции из пункта 1, то есть решения исходного уравнения.

[Утундрий]

Guyder

Не нужно делить. Перепишем

Guyder в сообщении #1613832 писал(а):

$y-1 = \frac{dy}{dx}(y-1)$

в виде

$$(y-1) \left(\frac{dy}{dx}-1\right)=0$$

Дальше понятно?

[Guyder]

EUgeneUS в сообщении #1613861 писал(а):

Тут какая-то ересь написана.
Функция вида $y = x + C$ в какой-то точке примет значение $1$ для любого $C \in \mathbb{R}$. А именно в точке $x = 1 - C$

Я искал решения на отрезке [0, 1], но на множестве всех действительных чисел получается, что преобразованное уравнение не имеет решений вовсе.

EUgeneUS в сообщении #1613861 писал(а):

3. Ничто не мешает функции из пункта 2 доопределить на всей $\mathbb{R}$ по непрерывности. Тогда получатся функции из пункта 1, то есть решения исходного уравнения.

Это работает конкретно для этого примера, или в общем? Если в общем то откуда это следует? Если не в общем то почему при решении диффура это доопределение опускается?

Утундрий в сообщении #1613864 писал(а):

Не нужно делить. ПерепишемGuyder в сообщении #1613832

писал(а):
$y-1 = \frac{dy}{dx}(y-1)$ в виде

$$(y-1) \left(\frac{dy}{dx}-1\right)=0$$

Дальше понятно?

Пример я понимаю, просто именно на этом примере формулирую свой вопрос о потере решений в общем случае, и почему он рассматривается так поверхностно.

[Утундрий]

Guyder в сообщении #1613893 писал(а):

Пример я понимаю

Ну и примените к этой форме свои манипуляции.

[Guyder]

Утундрий в сообщении #1613899 писал(а):

Ну и примените к этой форме свои манипуляции.

Меня интересует не столько пример, сколько то, что произойдет с его решениями, если поделить обе части на $y - 1$ и как в таком случае отслеживать какие решения потеряли, какие решения остались, но не на заданном множестве и в каких случаях можно эти неполные решения, доопределив в точке (как мне предложили 3мя сообщениями выше), причислить к решениям исходного уравнения.

Либо я просто не очень понимаю что Вы имеете ввиду

[EUgeneUS]

Guyder в сообщении #1613893 писал(а):

Я искал решения на отрезке [0, 1], но на множестве всех действительных чисел получается, что преобразованное уравнение не имеет решений вовсе.

Для преобразованного уравнения нет решений, у которых область определения - вся числовая прямая.
Но это совсем не означает, что решений "нет вовсе".

Guyder в сообщении #1613893 писал(а):

Это работает конкретно для этого примера, или в общем? Если в общем то откуда это следует? Если не в общем то почему при решении диффура это доопределение опускается?

"В общем" это работает так:

1. Есть диффур с разделяющимися переменными $y' = f(x)g(y)$
2. Разделяем переменные $\frac{dy}{g(y)} = f(x) dx$
При этом приговаривают, что "так можно сделать, если $g(y) \ne 0$

Вот и подумаем, над этим - что означает $g(y) \ne 0$?
а) пусть $g(y) \equiv 0$ в некоторой области, тогда с таким действием возникают большие проблемы - на всей области, где эта функция равна нулю. Ну так на этой области этот случай нужно рассмотреть отдельно. Вдруг там какое специальное решение найдётся.
б) пусть $g(y) = 0$ на некотором множестве меры ноль, например, на конечном или счетном наборе точек.
Да и пофиг на них (на этом шаге).
Мы просто понимаем, что в решениях, которые мы получим, точки, где $g(y)=0$ не будут входить в область определения - то есть для решений преобразованного уравнения. Это НИКАК не помешает найти решение диффура.
А уж ПОТОМ, когда решения диффура будут найдены, мы посмотрим, когда $g(y)$ обращается в ноль, и что там происходит в исходном диффуре. Может они никогда в ноль и не обращаются, как общее решение диффура $y' = -y^2$

[Guyder]

Кажется понял, спасибо

[EUgeneUS]

Guyder
а вообще с областью определения могут быть весьма забавные приключения.

Рассмотрим диффур $y' = \sqrt{1 - y^2}$
Разделяем переменные:
$\frac{d y}{\sqrt{1-y^2}} = dx$
Интегрируем:
$ \arcsin y = x + C$
И замечаем пару удивительных моментов

1. Несмотря на то, что при $y = \pm 1$ знаменатель подинтегрального выражения равен нулю, интеграл в этих точках сошелся
И в этих точках решение определено
2. Для любого фиксированного $C$ область определения решения - ограниченный отрезок $x \in [-C-\pi, -C + \pi]$
Но решения для некоторых разных $C$ можно сшить в одно: $y= \sin (x +C), C \in [0, 2 \pi)$

[EUgeneUS]

Guyder

Кстати, решением банальнейшего диффура $y'=y$ являются функции вида $y = A e^x$, где:
$x \in \mathbb{R}$ - область определения вся числовая прямая
$A \in \mathbb{R}$ - константа $A$ может быть любым действительным числом.

Но если Вы захотите решить этот диффур по-честному и аккуратно методом разделения переменных, Вас ждёт удивительное приключение

[Утундрий]

EUgeneUS в сообщении #1613939 писал(а):

Но если Вы захотите решить этот диффур по-честному и аккуратно методом разделения переменных, Вас ждёт удивительное приключение

Слева получится логарифм, а справа - линейная функция. В чём заключается приключение?