Линейное дифференциальное уравнение в частных производных

[TOTAL]

Утундрий в сообщении #247641 писал(а):

Я ничего не упустил?

Упустил объяснить, зачем здесь все эти логарифмы.
Ведь достаточно в одну строку доказать постоянство решения на прямых $x/y=const.$

[_v_l]

Утундрий в сообщении #247641 писал(а):

Я ничего не упустил?

Думаю нет

_v_l в сообщении #247060 писал(а):

Может решение с помощью новых переменных громоздко

По сути --- то же самое, но ваш подход короче и более понятен: логарифмы появляются сами и вполне "естественно".
Правда, вы опустили кое-какие детали, но дописать "лишние" формулы проще простого.

TOTAL в сообщении #247695 писал(а):

Ведь достаточно в одну строку доказать постоянство решения на прямых $x/y=\mathrm{const}.$

ewert в сообщении #247549 писал(а):

А что такое "единственность"?... Теорема (в обратную сторону) формулируется однозначно: если решение, то зависит только от отношения. Ну так это и доказано. И пусть тот студент не смог доказать этого корректно, однако же заслуживает уважения хотя бы за то, что он достаточно чётко осознал, что именно нуждается в доказательстве.

Здесь --- не теорема, но это детали.

Похоже, что я непонимаю, что вы имеете здесь в виду под "единственностью".

Прошу прощения у почтенной публики, но я вынужден на время оставить вас: нужно обдумать сказанное ewert и TOTAL. Не доходит , видимо тугодум.


---
WBW, Vladimir

[AKM]

До меня тоже долго не доходило. Дошло в следующем виде.
Поищем это самое альтернативное решение, $f(x,y)$, зависящее не только от $y/x$.
Сделаем для этого замену переменных в $f$: $x=\xi$, $y={}_{kx}=k\xi$. От этого получим функцию $h(\xi,k)$. (Типа если бы было $f=x^2+y^2$, то $h=\xi^2(1+k^2)$, а если бы было $f=\frac{x^2+y^2}{x^2}$, то $h=\frac{\xi^2+k^2\xi^2}{\xi^2}$).
Соответственно, переформулируем вопрос: зависит ли так полученная функция $h$ от $\xi$? Вычисление частной производной показывает: нет, никак не зависит:
Hack attempt!А значит исходник $f$ зависел только от $y/x$. О чём в пункте 2) и спрашивалось.

Мне кажется, что это уже было сказано, я лишь добавил водички. Говорят, помогает переваривать.

[Утундрий]

TOTAL в сообщении #247695 писал(а):

Упустил объяснить, зачем здесь все эти логарифмы.
Ведь достаточно в одну строку доказать постоянство решения на прямых $x/y=const.$

Да как вижу $\frac{{\partial x}}{x}$ так прям и тянет переписать его в виде $\partial \ln x$ Ну а потом в глаза бросается доворот на $45$ градусов... Собственно, я ее эдак в уме и решил.

[ewert]

AKM в сообщении #247752 писал(а):

До меня тоже долго не доходило.

Господи, что за эпидемия-то.

Дано: дифур.

Д-ть: что решение зависит только от ${y\over x}$.

Или, что эквивалентно: что на любой линии ${y\over x}=\mathrm{const}$ решение постоянно.

Ну тупо и доказываем.

[Утундрий]

ewert
Ну, это-то вполне понятно. Но интереснее так: дан дифур, доказать что... минуточку, а как бы я его решал, не зная ответ? Ану-ка вот этак его, потом так... ... ... опля, раскукожился!

[ewert]

нет, если ответ заранее не известен, то остаётся только опля, конечно, тут спору нет

[Leox]

Это уравнение(и многие другие) решено в справочнике Камке по дифференциальным уравнениям в частных производных

[mihiv]

Если записать уравнение в виде $( \vec r,\nabla f)=0$ ,то напрашивается переход к полярным координатам: $ \nabla f= f_r \vec e_r+ \dfrac1r f_{ \varphi} \vec e_{\varphi}$.Подставляя $ \nabla f $ в уравнение получим $rf_r=0$,отсюда $f(r,\varphi)=f(\varphi)$,а $ \tg(\varphi)=\dfrac yx$.

[Утундрий]

Leox в сообщении #248239 писал(а):

Это уравнение(и многие другие) решено в справочнике Камке по дифференциальным уравнениям в частных производных

Знаете, мне искренне жаль человека, помнящего наизусть справочник Камке

[Алексей К.]

Так он просто встал с дивана, достал справочник, посмотрел, написал на форум.
И (чему я особо завидую) --- сразу положил на место.

[Dementor]

Цитата:

...то напрашивается переход к полярным координатам...

Не могли бы вы поподробнее объяснить из каких соображений напрашивается? Если мы наперед не знаем вид решения.

[mihiv]

$\vec r=r\vec e_r$,а векторы $\vec e_r$ и $\vec_e_\varphi$ ортогональны, поэтому скалярное произведение $( \vec r, \nabla f)$ просто считается.

[mihiv]

Можно с другой стороны подойти: для любой однородной функции $f(x,y)$ степени $m$ выполнено равенство (формула Эйлера)

$$ x\dfrac { \partial f}{ \partial x}+y\dfrac { \partial f}{ \partial y}=mf (1)$$

и обратно, если для функции $f(x,y)$ выполнено равенство (1), то $f(x,y)$ однородная функция степени $m$.Наше ДУ это равенство (1) для функции $f(x,y)$ с $m=0$.Т.е $f(x,y)$ однородная функция степени $0$. Отсюда все и следует.

[_v_l]

ewert в сообщении #247871 писал(а):

...
Дано: дифур.

Д-ть: что решение зависит только от ${y\over x}$.

Или, что эквивалентно: что на любой линии ${y\over x}=\mathrm{const}$ решение постоянно.

Ну тупо и доказываем.

Всё не могу понять ваш подход. Попробую привести пример, на котором попытаюсь применить ваши рассуждения. Ваш ответ поможет мне понять ход ваших мыслей (в данном примере , хотя я кажется догадываюсь о причине недопонимания).

Цитата:

Дано: дифур.

Хорошо, рассмотрим такой пример.

Дано уравнение $\dfrac{\partial^2f}{\partial x^2}-\dfrac{\partial^2f}{\partial y^2}=0$. Проверить, что $f(x,y)=g(x-y)$ является решением, где $g(t)$ --- произвольная дифференцируемая функция.

Проверяется просто.

Цитата:

Д-ть: что решение зависит только от ${y\over x}$.

Или, что эквивалентно: что на любой линии ${y\over x}=\mathrm{const}$ решение постоянно.

В данном случае от $x-y$.

Цитата:

Ну тупо и доказываем.

Доказываем. Сделано.

Однако это уравнение имеет и другое решение: $f(x,y)=g(x+y)$.

Как это соотносится с фразой

Цитата:

Д-ть: что решение зависит только от ${y\over x}$.

Или, что эквивалентно: что на любой линии ${y\over x}=\mathrm{const}$ решение постоянно.

конкретно

Цитата:

... зависит только ...
... эквивалентно ...