теор задача по дифурам

[V.V.]

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.

Ну, Винтнер, например, справился раньше, чем книга была написана.

А Вам с первого раза не удалось.

[zoo]

Профессор Снэйп писал(а):

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.

я последнего предложения не понял, предыдущее замечание я снимаю

[Профессор Снэйп]

zoo писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

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.

я последнего предложения не понял, предыдущее замечание я снимаю

Вы имеете в виду последнее предложение из процитированного Вами отрывка? Если да, то смотрите мои ответы на вопрос Brukvalub: он спрашивал то же самое.

[zoo]

Профессор Снэйп писал(а):

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?

ok!

[Q_Q]

спасибо всем за помощь

[ewert]

попробую изложить это вульгарнее (я вообще считаю, что чем вульгарнее -- тем грамотнее).

С подачи ув. проф. никто, надо полагать, не сомневается, что достаточно доказать наличие одного корня.

Предположим обратное -- что корней нет. Для определённости считаем $y(x)$ положительным. Тогда $y''(x)\leqslant0$, т.е решение выпукло вверх. Но тогда и $y'(x)\geqslant0$ -- иначе решение рано или поздно пересечёт ось иксов. Т.е. решение возрастает и, следовательно, $y(x)\geqslant C>0$.

Да, но тогда $y'(x)=y'(0)-\int_0^xp(t)y(t)\,dt\leqslant y'(0)-C\int_0^xp(t)\,dt\mathop{\longrightarrow}\limits_{x\to\infty}-\infty$. Т.е. рано или поздно производная станет отрицательной, что противоречит возрастанию решения.

Утверждение, между прочим, верно не только для непрерывных потенциалов $p(x)$, но и для любых локально суммируемых.

[Echo-Off]

ewert писал(а):

Утверждение, между прочим, верно не только для непрерывных потенциалов $p(x)$, но и для любых локально суммируемых.

А как определяется решение уравнения $\ddot x+p(t)x=0$, ежели $p(t)$ не является непрерывной? Уж не имеете ли вы в виду обобщённые решения?

[Профессор Снэйп]

Echo-Off писал(а):

ewert писал(а):

Утверждение, между прочим, верно не только для непрерывных потенциалов $p(x)$, но и для любых локально суммируемых.

А как определяется решение уравнения $\ddot x+p(t)x=0$, ежели $p(t)$ не является непрерывной? Уж не имеете ли вы в виду обобщённые решения?

Зачем обобщённые? В уравнении $\ddot{x} + p(t)x=0$ фигурирует вторая производная $\ddot{x}$, так что $x$ обязана быть дважды дифференцируемой на $(0;+\infty)$. Но нигде не сказано, что она должны быть дважды непрерывно дифференцируемой. Вторая производная может и разрывы иметь.

Я не знаю, что такое "локально суммируемая функция". Но вчера, размышляя перед тем, как уснуть, пришёл к следующему выводу: если предположить, что в условии нет пункта, утверждающего непрерывность $p$, то для того, чтобы любое решение имело бесконечно много корней на $(0;+\infty)$, достаточно, чтобы интеграл

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

был меньше $+\infty$ для любого $t \in (0;+\infty)$. Из непрерывности $p$ такая штука, естественно, следует.

Добавлено спустя 2 минуты 1 секунду:

ewert писал(а):

С подачи ув. проф. никто, надо полагать, не сомневается, что достаточно доказать наличие одного корня.

Вероятно, эта часть моего изложения была сочтена достаточно вульгарной

[ewert]

Echo-Off писал(а):

ewert писал(а):

Утверждение, между прочим, верно не только для непрерывных потенциалов $p(x)$, но и для любых локально суммируемых.

А как определяется решение уравнения $\ddot x+p(t)x=0$, ежели $p(t)$ не является непрерывной? Уж не имеете ли вы в виду обобщённые решения?

Нет, зачем же такие ужасы. Производная -- да, вообще говоря, обобщённая. Однако само понимание решения -- вполне классическое: дескать, существует такая функция $y(x)$, что её первая производная абсолютно непрерывна и т.д.

Профессор Снэйп писал(а):

Я не знаю, что такое "локально суммируемая функция".

Под "локальной суммируемостью" понимают, что интеграл от модуля функции по любой строго внутренней подобласти должен существовать (хотя бы в смысле Лебега) и быть конечным.