теор задача по дифурам

[Q_Q]

Дано $\ddot x +p(t)x=0, p(t)\geqslant 0 , p \in C[0;+\infty) и \int\limits_0^{+\infty} p(t)dt=\infty$
Доказать,что любое ненулевое решение имеет $\infty$ число корней на $[0,+\infty)$.

Подскажите, как это доказать

[Brukvalub]

Попробуйте применить теоремы сравнения Штурма (но успех - не гарантирую ).

[Echo-Off]

Наверное, так (решение не полное):

Строим счётное число отрезков $I_n \subset [0;\,+\infty)$ таких, что на каждом $I_n$ $p(t) \geqslant m_n > 0$. Это можно сделать, иначе интеграл конечен. Далее используем теорему сравнения (на отрезке $I_n$ сравниваем уравнение $\ddot x + p(t)x = 0$ с $\ddot x + m_n x = 0$) и оцениваем число корней на этом отрезке: оно не меньше $m_n|I_n|/\pi$. Теперь, пользуясь расходимостью интеграла $\int\limits_0^{+\infty} p(t)\,dt$, надо так выбрать числа $m_n$, чтобы сумма $\sum\limits_{n=1}^{\infty} m_n|I_n|$ расходилась.

[Brukvalub]

Echo-Off писал(а):

Теперь, пользуясь расходимостью интеграла $\int\limits_0^{+\infty} p(t)\,dt$, надо так выбрать числа $m_n$, чтобы сумма $\sum\limits_{n=1}^{\infty} m_n|I_n|$ расходилась.

Мало того, нужно, чтобы числа $m_n|I_n|/\pi$ не становились меньше 1 (и тогда ряд разойдется автоматически ). Примерно на таком месте я и "завис" в своих размышлениях по применению к задаче теоремы сравнения Штурма

[V.V.]

Q_Q писал(а):

Дано $\ddot x +p(t)x=0, p(t)\geqslant 0 , p \in C[0;+\infty) и \int\limits_0^{+\infty} p(t)dt=\infty$
Доказать,что любое ненулевое решение имеет $\infty$ число корней на $[0,+\infty)$.

Это называется упрощенный признак колеблемости. В моей книге (лежит на http://u-pereslavl.botik.ru/~trushkov/) он выводится из интегрального признака колеблемости Винтнера.

[Профессор Снэйп]

Может я, конечно, глубоко и не прав, но...

Без ограничения общности можно считать, что $x(0) > 0$ и нужно доказать наличие хотя бы одного корня функции $x(t)$ на $(0;+\infty)$ (ибо если число корней конечно, то можно сдвинуть всё это дело влево, рассмотрев $x(t+t_0)$ вместо $x(t)$ и домножив при необходимости на $-1$).

Записав уравнение в виде $\ddot{x} = -p(t)x$ и проинтегрировав обе части, имеем

$$ \dot{x}(t) = - \int_0^t p(s)x(s) ds + C $$

Предположим, что $x(t) > 0$ при всех $t \in (0;+\infty)$. Тогда под интегралом стоит положительная функция и $\dot{x}(t)$ убывает с ростом $t$. Ясно, что если $\dot{x}$ принимает хоть где-то отрицательное значение, то это невозможно. Значит, интеграл

$$ \int_0^t p(s)x(s) ds < C $$

при всех $t$. Но поскольку

$$ \int_0^{+\infty} p(t) dt = +\infty $$

то функция $x(t)$ обязана где-то убывать и $\dot{x}$ таки принимает отрицательные значения. Что и доказывает нужный нам факт.

[zoo]

V.V. писал(а):

Это называется упрощенный признак колеблемости. В моей книге (лежит на http://u-pereslavl.botik.ru/~trushkov/) он выводится из интегрального признака колеблемости Винтнера.

Ага, ктоже справится с такой задачей без Вашей книги.

Переходим к полярным координатам :
$x=r\cos \alpha \quad \dot{x}=-r\sin\alpha$
вычисляем $\dot{\alpha}=\sin^2\alpha+p\cos^2\alpha$
Следовательно, $\alpha(t)$ -- неубывает Если мы покажем, что $\alpha$ сремится к $+\infty$ при $t\to+\infty$, то задача будет решена. Доказываем от противного. Допустим $\alpha(t)\to c<\infty$ при $t\to\infty$.
Тогда, если $c=\pi/2\pmod \pi$ то противоресие следует непосредственно из уравнения на $\alpha$. Докажите это сами, а я разберу случай
$c\ne\pi/2\pmod \pi$
интегрируя левую и правую часть уравнения получаем:
$\alpha(t)-\alpha(t_0)=\int^{t}_{t_0}\sin^2\alpha(s)ds+\cos^2(\alpha(\xi))\int^{t}_{t_0}p(s)ds,\quad \xi\in [t_0,t}]$
теперь фиксируем $t_0$ так что $\cos^2(\alpha(\xi))>const>0$ Выходит, что $\int^{t}_{t_0}p(s)ds$ -- ограниченная функция $t$

Добавлено спустя 2 минуты 38 секунд:

Профессор Снэйп писал(а):

функция и $\dot{x}(t)$ убывает с ростом $t$

???

[Профессор Снэйп]

zoo писал(а):

V.V. писал(а):

Это называется упрощенный признак колеблемости. В моей книге (лежит на http://u-pereslavl.botik.ru/~trushkov/) он выводится из интегрального признака колеблемости Винтнера.

Ага, ктоже справится с такой задачей без Вашей книги.

А я первее!

Добавлено спустя 1 минуту 15 секунд:

zoo писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

функция и $\dot{x}(t)$ убывает с ростом $t$

???

В смысле? Вам непонятно, почему это так или что?

[Brukvalub]

Профессор Снэйп писал(а):

Ясно, что если $\dot{x}$ принимает хоть где-то отрицательное значение, то это невозможно.

А мне вот это замечание неясно.

[zoo]

Профессор Снэйп писал(а):

В смысле? Вам непонятно, почему это так или что?

это не так вообще говоря

[Профессор Снэйп]

zoo писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

В смысле? Вам непонятно, почему это так или что?

это не так вообще говоря

Почему не так? Вы не согласны с тем, что

$$ \int_0^t p(s)x(s) ds $$

возрастает с ростом $t$ (естественно, в предположении положительности $x$).

Добавлено спустя 2 минуты 17 секунд:

Brukvalub писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

Ясно, что если $\dot{x}$ принимает хоть где-то отрицательное значение, то это невозможно.

А мне вот это замечание неясно.

А что тут неясного. В какой-то точке производная $\dot{x}$ отрицательна, на всех больших аргументах она ещё меньше, но при этом сама $x(t)$ положительна при всех больших $t$. Разве это возможно?

[zoo]

Профессор Снэйп писал(а):

функция и $\dot{x}(t)$ убывает с ростом $t$

Вот не следует это ниоткуда. Просто по-внимательнее посмотрите на интеграл.

[Brukvalub]

Спасибо, действительно, так быть не может.

[Профессор Снэйп]

zoo писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

функция и $\dot{x}(t)$ убывает с ростом $t$

Вот не следует это ниоткуда. Просто по-внимательнее посмотрите на интеграл.

Смотрю и никаких подвохов не вижу. Объясните, что Вы имеете в виду.

Я со своей стороны искренне считаю, что если функция $f(x) \geqslant 0$ при всех $x > 0$, то

$$ \int_0^a f(x) dx \leqslant \int_0^b f(x) dx $$

в случае, если $0 < a < b$.

[Brukvalub]

Я прочитал решение Профессор Снэйп и, после его пояснения, считаю его верным.