Линейное неоднородное сингулярное дифференциальное уравнение

[pogulyat_vyshel]

в исходной задаче $a\dot x=-bx-c$ если $\dot x(t_s)$ определен то $x(t_s)=-c(t_s)/b(t_s)$ аналогичная вещь будет иметь место в задаче с новым временем $\tau$. Поэтому гладкое решение проходящее через сингулярность если и существует то единственно (при указанном выше предположении размумеется) в терминах системы с новым временем это будет решение задачи Коши $x(\tau_s)=-c(t_s)/b(t_s),\quad \tau_s=\tau(t_s)$

[DeBill]

pogulyat_vyshel в сообщении #1258663 писал(а):

мы можем написать

$$x(t)=-\int_0^te^{-\int_\xi^t\frac{b(s)}{a(s)}ds}c(\xi)/a(\xi)d\xi$$

Но радости от этого мало: решение выписано явно. И когда же оно - гладкое?
Для гладких функций, Ваше условие интегрируемости не выполняется автоматически...

-- 25.10.2017, 02:52 --

Red_Herring в сообщении #1258636 писал(а):

Безусловно, очень важно, чтобы $a'(t_s) \ne 0$, и отношение $b(t_s)/a'(t_s)$. Чтобы глубже понять, рассмотрите $t x' + b x =0$,

Более того, при выполнении первого условия, и гладкости, делением на ненулевую ф-ю, и сдвигами, дело сводится к уравнению указанного вида (неоднородному). И тут есть забавный прием: добавим тривиальное уравнение $\dot{t}=1$ , домножим его на $t$, а потом сократим в полученной системе все на $t$. В результате получим автономную систему на плоскости (ее фазовые кривые будут интегральными для исходной)- а про них много что известно. Например, если в исходном ур-ии , знак того отношения - минус, то (по теореме Адамара-Перрона) есть единственное аналитическое решение (если исходное - аналитично). Ну, и при положительном - узел там, и - резонансный он, или нет - от этого зависит....
Если же $a'(t_{\ast})=0$, то возможны безобразия типа
$t^2 \dot{x} =x-t$, решением которого является ряд $x(t) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} (n-1)! t^n$

[pogulyat_vyshel]

DeBill в сообщении #1258756 писал(а):

Но радости от этого мало: решение выписано явно. И когда же оно - гладкое?

а что ниже написано вы читали? я показал, что если $a\ge 0$ (или $a\le 0$) и $1/a\in L^1$ то гладких решений может быть не более одного и указал как это гладкое решение искать

DeBill в сообщении #1258756 писал(а):

Для гладких функций, Ваше условие интегрируемости не выполняется автоматически...

естественно, теорем без условий вообще не бывает

-- 25.10.2017, 06:54 --

DeBill в сообщении #1258756 писал(а):

Например, если в исходном ур-ии , знак того отношения - минус, то (по теореме Адамара-Перрона) есть единственное аналитическое решение (если исходное - аналитично). Ну, и при положительном - узел там, и - резонансный он, или нет - от этого зависит....
Если же $a'(t_{\ast})=0$, то возможны безобразия типа

Вы идете по шаблону, а в задаче предположена лишь непрерывность коэффициентов

[DeBill]

pogulyat_vyshel
Прочитал еще раз....

pogulyat_vyshel в сообщении #1258663 писал(а):

определяет непрерывную функцию $x(t)$ на всем отрезке $I$, если только $1/a\in L^1(I)$

Это - неверно (хотя и будет верным, если удалить слово "только").

pogulyat_vyshel в сообщении #1258687 писал(а):

решение вообще окажется гладкой функцией $\tau$

Однако, сама функция $\tau$ - негладкая, так что радости все равно мало.
Про "шаблоны": в исходной задаче не говорилось , какого класса гладкости коэф-ты.
Можно рассматривать минимальные ограничения на них (непрерывность), или побольше (гладкость) - дело вкуса (?). Но если хочется приличную гладкость решений, то без гладкости к-тов как то и не обойтись. В курсе матана, большая часть посвящена таки гладкому анализу (курс этот - курс Дифференциального и .. исчисления). Так что шаблон (рассмотреть особо пристально именно случай гладких к-тов) довольно естественен - для всего курса (а следование ему - более перспективно).....

-- 25.10.2017, 16:46 --

pogulyat_vyshel в сообщении #1258792 писал(а):

DeBill в сообщении #1258756

писал(а):
Для гладких функций, Ваше условие интегрируемости не выполняется автоматически...
естественно, теорем без условий вообще не бывает

Это да. Но смысл моего замечания в том, что теорема, условия которой не выполняются НИКОГДА - не есть хорошая теорема.

-- 25.10.2017, 16:53 --

pogulyat_vyshel в сообщении #1258792 писал(а):

если $a\ge 0$ (или $a\le 0$) и $1/a\in L^1$ то гладких решений может быть не более одного

Да не гладкое оно! Уже второй производной нет, вообще говоря.
А вот для гладких к-тов, при условиях, указанных выше (..., и знак "минус"), гладкое есть (и единственно).
А - для резонансного узла, но линеаризуемого - гладких решений окажется даже бесконечно много (все!).

[DeBill]

Примеры:
1. $t\dot{x} -2x+ t=0$. Общее решение $x=t+Ct^2$, все -гладкие
2. $t\dot{x} -2x+ t^2=0$. Все решения гладкости $C^{2-\varepsilon}$.
3. $t\dot{x} +2x+ t^2=0$. Единственное гладкое решение.
(Везде, конечно, $x(0)=0$. И, конечно, это все можно - здесь - получить из формул pogulyat_vyshel).

[sup]

DeBill в сообщении #1259052 писал(а):

Примеры:
1. $t\dot{x} -2x+ t=0$. Общее решение $x=t+Ct^2$, все -гладкие

Общее решение другое:

$$ x = t + \begin{cases} &C_1t^2, \quad t \leqslant 0\\ &C_2t^2, \quad t > 0 \end{cases} $$

На отрезке $(-1,1)$ будет корректна двухточечная "задача Дирихле".

$$ \begin{align} &t\dot x - 2x = f(t), \\ &x(-1) = x_0, \\ &x(1) = x_1. \end{align} $$

[DeBill]

sup в сообщении #1259168 писал(а):

Общее решение другое

А, да, конечно. Только не все они много-гладкие; таковые я и выделил....То же будет и в 2).

[sup]

А много-гладкие это бесконечно-гладкие? А то ведь вместо $2$ можно какое-нибудь число побольше поставить.

[DeBill]

sup в сообщении #1259212 писал(а):

А много-гладкие это бесконечно-гладкие?

Ага.

(Оффтоп)

Ну, вообще то я люблю совсем много - аналитические...
А хотел - отметить неединственность. Тут то "шаблонность (убогость? зашТоренность?)" мышления и сказалась...Ой, прав мой оппонент....
Так что, что она така большая - как у Вас - не заметил.