условие существования решения

[bdfn]

есть следующее уравнение $(\operatorname{grad}(y)-\frac{y m}{(\mu+m \vec{r}^2)}(\operatorname{grad}(\vec{r}^2)+\vec{r}(\vec{a}\vec{r}) ),\vec{b})=0$ его можно преобразовать к виду $\frac{1}{y}(\operatorname{grad}(y),\vec{b})=\frac{m}{(\mu+m \vec{r}^2)}(\operatorname{grad}(\vec{r}^2)+\vec{r}(\vec{a}\vec{r}),\vec{b})$ условием существования решения $y$ является возможность существования следующей функции $p$ обладающей следующим свойством $\vec{c}=\frac{m}{(\mu+m \vec{r}^2)}(\operatorname{grad}(\vec{r}^2)+\vec{r}(\vec{a}\vec{r}))=\operatorname{grad}(p)$ но как я понимаю такую функцию можно подобрать если только выполняется равенство смешанных производных у $p$ то есть $\frac{\partial^2p}{\partial x_i \partial x_j}=\frac{\partial^2p}{\partial x_j \partial x_i}$ или его можно записать следующим образом $\frac{\partial c_j}{\partial x_i}=\frac{\partial c_i}{\partial x_j}$, можно пожалуйста привести ссылку на литературу где бы было сформулировано и доказано правомерность данного условия, если конечно данные рассуждения верны.

[AlexValk]

Как я понимаю, Вы в Вашем уравнении $\left(\operatorname{grad}(y)-\frac{y m}{(\mu+m \vec{r}^2)}(\operatorname{grad}(\vec{r}^2)+\vec{r}(\vec{a}\vec{r})),\vec{b}\right)=0$ используете два разных способа записи скалярного произведения $\vec{g}\vec{h}$ и $(\vec{g},\vec{h})$? В общем смысле эта задача - ДУ в частных производных первого порядка и может быть исследована методом характеристик. В данном, конкретном случае, вместо вопроса о существовании решения я начну с самого решения. (Кое-что о существовании решения в более общем случае - см. ниже)

1. Если $\vec{b}=\vec{0}$, то $y(\vec{r})$ - любая дифференцируемая функция. Далее считаем $\vec{b}\not=\vec{0}$.

2. Если $m=0$ имеем уравнение $\operatorname{grad}(y)\vec{b}=0$, решение которого $y(\vec{r})=C\left(\vec{r}-\vec{b}\vec{r}/|\vec{b}|\right)$, где $C(\dots)$ - произвольная скалярная функция векторной переменной (достаточно, чтобы она была определена в подпространстве поперек $\vec{b}$). Далее считаем $m\not=0$.

3. Отмечаем тривиальное решение $y(\vec{r})=0$ и далее считаем $y(\vec{r})\not\equiv0$.

4. В остальных случаях решение Вашей задачи имеет вид $y(\vec{r})=(\mu+m\vec{r}^2)\exp(q(\vec{r}))$, где
\begin{multline*}q(\vec{r})=\frac12\left(\vec{a}\vec{r}-\frac{(\vec{a}\vec{b})(\vec{b}\vec{r})}{\vec{b}^2}\right) \ln (\mu+m\vec{r}^2 )+\frac{(\vec{a}\vec{b})(\vec{b}\vec{r})}{\vec{b}^2}\\ -\frac{\vec{a}\vec{b}}{|\vec{b}|^2} \sqrt{|\vec{b}|^2(\mu/m+\vec{r}^2)-(\vec{b}\vec{r})^2}\arctg\frac{\vec{b}\vec{r}}{\sqrt{|\vec{b}|^2(\mu/m+\vec{r}^2)-(\vec{b}\vec{r})^2}} + C\left(\vec{r}-\vec{b}\vec{r}/|\vec{b}|\right). \end{multline*}

Пояснения:
1. Немного аналитических преобразований.
$\frac1y\operatorname{grad}(y)=\operatorname{grad}(\ln y)\Rightarrow\left(\operatorname{grad}(\ln y)-\frac{m}{\mu+m\vec{r}^2}(\operatorname{grad}(\vec{r}^2)+\vec{r}(\vec{a}\vec{r}) )\right)\vec{b}=0$. (Этот шаг Вы описываете в своем посте. Строго говоря, здесь нужно некоторое обсуждение ситуаций с обращением $y$ в ноль в некоторых точках, но я от этого уклонюсь. )
$\operatorname{grad}(\ln(\mu+m\vec{r}^2))=\frac{m}{\mu+m\vec{r}^2}\operatorname{grad}(\vec{r}^2) \Rightarrow\left(\operatorname{grad}(q)-\frac{m}{\mu+m\vec{r}^2}\vec{r}(\vec{a}\vec{r})\right)\vec{b} =0$, где $q=\ln \frac{y}{\mu+m\vec{r}^2}$.

2. Комментарии о существовании решения.
а) Ваши слова о равенстве смешанных производных, как условии разрешимости, можно отнести к уравнению $\operatorname{grad}(q)-m\frac{\vec{r}(\vec{a}\vec{r})}{\mu+m\vec{r}^2}=\vec{0}$. Это уравнение действительно не имеет решений (при $m\not=0$ и $\left|\vec{a}\right|\not=0$) поскольку после дифференцирования по $r_i$ мы имеем равенство $\frac{\partial^2 q}{\partial r_i\partial r_j}=m\frac{\partial}{\partial r_i}\left(\frac{r_j(\vec{a}\vec{r})}{\mu+m\vec{r}^2}\right)=\frac{m \delta_{ij}\vec{a}\vec{r}}{\mu+m\vec{r}^2}+\frac{m a_i r_j}{\mu+m\vec{r}^2}-2\frac{m^2 r_i r_j(\vec{a}\vec{r})}{(\mu+m\vec{r}^2)^2}$, в котором левая часть симметрична по $i,j$, а левая - нет.
Далее Вы задаете вопрос о справедливости обратного утверждения - достаточно ли для разрешимости уравнения $\operatorname{grad}(p(\vec{r}))=\vec{c}(\vec{r})$ выполнения условия $\frac{\partial c_i}{\partial r_j}=\frac{\partial c_j}{\partial r_i}$? Ответ на этот вопрос, как мне кажется, - положительный, но, вероятно, он теряет свою актуальность (поэтому я не привожу доказательство), в силу следующего пункта.
b) Исходное скалярное уравнение $\left(\operatorname{grad}(q)-\frac{m}{\mu+m\vec{r}^2}\vec{r}(\vec{a}\vec{r})\right)\vec{b} =0$ не эквивалентно векторному уравнению $\operatorname{grad}(q)-m\frac{\vec{r}(\vec{a}\vec{r})}{\mu+m\vec{r}^2}=\vec{0}$, а является лишь его следствием. Если рассмотреть проекции векторного уравнения на все вектора из любого базиса, содержащего вектор $\vec{b}$, то можно сказать что векторное уравнение - эта система уравнений (в количестве равном размерности пространства), а исходное скалярное уравнение - лишь одно из уравнений этой системы. Поэтому нет ничего удивительного в том, что исходное (скалярное) уравнение, в отличие от его векторного обобщения, может иметь решения в общем случае, когда $\frac{\partial c_i}{\partial r_j}\not=\frac{\partial c_j}{\partial r_i}$.

3. Решение
А здесь пока - только подсказка:
Величина $\operatorname{grad}(y)\vec{b} имеет смысл произведения производной функции $y(\vec{r})$ по направлению $\vec{b}/|\vec{b}|$ на $/|\vec{b}|$.