дифференциальное уравнение

[Brukvalub]

ddn в сообщении #140547 писал(а):

Так ведь нужно для любой $f(x,t)$, а не только для $f(x)\equiv 0$. Нужны правильные ограничения на функцию.

Я обсуждал не условие задачи, а "контрпример", построенный ewertтом, и не более того.

[zoo]

Всем спасибо за интерес: я проверил свое доказательство, и продолжаю настаивать на том, что задача корректна именно в той постановке, в какой записана в головном посте. Более того, результат можно уточнить, существует не просто ограниченное решение а решение стремящееся к нулю при $t\to +\infty$

ddn: Ваши выкладки крайне невнятны, но насколько я понял они проходят для уравнения
$\dot x=x+\frac{1}{1+t}$ Можете убедиться явным интегрированием, что это уравнение имеет нужное решение.

[ddn]

zoo писал(а):

ddn: Ваши выкладки крайне невнятны, но насколько я понял они проходят для уравнения
$\dot x=x+\frac{1}{1+t}$ Можете убедиться явным интегрированием, что это уравнение имеет нужное решение.

$\dot x=x+\frac{1}{1+t}$; $\dot x-x=\frac{1}{1+t}$; $\frac{d(e^{-t}x(t))}{dt}=\frac{e^{-t}}{1+t}$; $x(t)=x(t_0)+e^t\int\limits_{t_0}^{t}\frac{e^{-t'}}{1+t'}dt'$;
$x(t)=x(t_0)+\frac{e^{t-t_0}}{1+t_0}-\frac{1}{1+t}+e^t\int\limits_{t_0}^{t}\frac{e^{-t'}}{(1+t')^2}dt'$;
$x(t)=x(t_0)+e^{t-t_0}\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{n!(1+t_0)^{n+1}}-\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{n!(1+t)^{n+1}}+\lim\limits_{n\to+\infty}e^t\int\limits_{t_0}^{t}\frac{e^{-t'}}{n!(1+t')^{n+1}}dt'$;
$x(t)=x(t_0)+\frac{e^{t-t_0+\frac{1}{1+t_0}}}{1+t_0}-\frac{e^{\frac{1}{1+t}}}{1+t}$;
все равно $\lim\limits_{t\to+\infty}x(t)=+\infty$ при $1+t_0>0$.


Я же имел ввиду другое!
$\dot x=x+(-x+(x_0-x)^{1+\epsilon})$,
($\epsilon\geqslant 0$ и $(x_0-x)^{1+\epsilon}\leqslant (x_0-x)$ при $x\to x_0$);
$\frac{dx}{(x_0-x)^{1+\epsilon}}=dt$; $\int\limits_{0}^{x}\frac{dx}{(x_0-x)^{1+\epsilon}}=\int\limits_{t_0}^{t}dt'$;
что дает
$\frac{1}{(x_0-x)^{\epsilon}}-\frac{1}{x_0^{\epsilon}}=\epsilon(t-t_0)$ для $\epsilon>0$ и
$-\ln(x_0-x)+\ln(x_0)=t-t_0$ для $\epsilon=0$,
при $0\leqslant x<x_0$ и $t\geqslant t_0$;

$0\leqslant x(t)=x_0-\frac{1}{\left(\epsilon(t-t_0)+\frac{1}{x_0^{\epsilon}}\right)^{\frac{1}{\epsilon}}}<x_0$ для $\epsilon>0$;
$0\leqslant x(t)=x_0(1-e^{-(t-t_0)})<x_0$ для $\epsilon=0$,

$x(t)$ строго монотонно возрастает от $0$ до $\lim\limits_{^{t\to+\infty}_{(t\geqslant t_0)}}x(t)=x_0$ в пределе.

[zoo]

ddn писал(а):

$\dot x=x+\frac{1}{1+t}$; $\dot x-x=\frac{1}{1+t}$; $\frac{d(e^{-t}x(t))}{dt}=\frac{e^{-t}}{1+t}$; $x(t)=x(t_0)+e^t\int\limits_{t_0}^{t}\frac{e^{-t'}}{1+t'}dt'$

Так Вы любезнейший оказывается, не умеете линейные уравнения решать. До свидания.

[ewert]

подумаешь, одну экспоненту потерял.

Да, вроде как минимум одно такое решение существует. Непонятно только, зачем бесконечная дифференцируемость $f$ -- достаточно просто непрерывности и единственности решений (например, локально равномерной липшицевости $f$ по иксам).
Ибо:

$$x(t)=e^t\left(C+\int_0^te^{-s}f(x(s),s)ds\right), \qquad x(s)\equiv x(C,s),$$

причём в силу равномерной ограниченности $f$ при всех $C$ определена функция $\alpha(C)\equiv\int_0^{+\infty}e^{-s}f(x(s),s)ds.$ А в силу равномерного стремления $f$ к нулю эта функция непрерывна по $C$ (хвосты интеграла равномерно малы, а на каждом конечном промежутке решения равномерно непрерывно зависят от $C$). При этом функция $\alpha(C)$ равномерно ограничена и, следовательно, для некоторого $C$ выполняется равенство $C+\alpha(C)=0$. Но тогда опять же из равномерного стремления $f$ к нулю следует, что приближение $\int_0^{t}e^{-s}f(x(s),s)ds$ к $(-C)$ с ростом $t$ имеет сверхэкспоненсиальный характер:

$$\left|\int_t^{+\infty}e^{-s}f(x(s),s)ds\right|\leqslant e^{-t}\mathop{\sup}\limits_{s>=t}|\varphi(s)|,$$

причём последний множитель стремится к нулю. Ч.т.д.

[zoo]

ewert писал(а):

подумаешь, одну экспоненту потерял.

подумаешь, и неправильный результат получил

ewert писал(а):

Да, вроде как минимум одно такое решение существует. Непонятно только, зачем бесконечная дифференцируемость $f$ -- достаточно просто непрерывности и единственности решений (например, локально равномерной липшицевости $f$ по иксам).

тривиальное замечание

ewert писал(а):

Ибо:

$$x(t)=e^t\left(C+\int_0^te^{-s}f(x(s),s)ds\right), \qquad x(s)\equiv x(C,s),$$

причём в силу равномерной ограниченности $f$ при всех $C$ определена функция $\alpha(C)\equiv\int_0^{+\infty}e^{-s}f(x(s),s)ds.$ А в силу равномерного стремления $f$ к нулю эта функция непрерывна по $C$

Непрерывность действительно есть, только доказательства невидать.

ewert писал(а):

(хвосты интеграла равномерно малы, а на каждом конечном промежутке решения равномерно непрерывно зависят от $C$). При этом функция $\alpha(C)$ равномерно ограничена и, следовательно, для некоторого $C$ выполняется равенство $C+\alpha(C)=0$. Но тогда опять же из равномерного стремления $f$ к нулю следует, что приближение $\int_0^{t}e^{-s}f(x(s),s)ds$ к $(-C)$ с ростом $t$ имеет сверхэкспоненсиальный характер:

$$\left|\int_t^{+\infty}e^{-s}f(x(s),s)ds\right|\leqslant e^{-t}\mathop{\sup}\limits_{s>=t}|\varphi(s)|,$$

причём последний множитель стремится к нулю. Ч.т.д.

чтд -- если непрерывность будет доказана
ps а как насчет многомерного случая?

[ewert]

zoo в сообщении #140631 писал(а):

Непрерывность действительно есть, только доказательства невидать.

Как это "невидать"? По любому $\varepsilon>0$ берём такую границу $M$, что все интегралы от $M$ до $\infty$ не превосходят $\varepsilon/3$ (я там малость погорячился -- стремления функции к нулю тут не нужно, достаточно просто равномерной ограниченности). Ну а уж тот факт, что на любом ограниченном промежутке $[0;\;M]$ решения равномерно непрерывны по входным данным -- хорошо известен.

Насчёт многомерного случая -- не знаю. Во всяком случае, напрямую этот вариант доказательства не проходит, т.к. интегралы могут расходиться. Ну разве что матрица системы строго положительна -- тогда логика вроде сохраняется (со ссылкой на теорему Брауэра).

[zoo]

ewert писал(а):

zoo в сообщении #140631 писал(а):

Непрерывность действительно есть, только доказательства невидать.

Как это "невидать"? По любому $\varepsilon>0$ берём такую границу $M$, что все интегралы от $M$ до $\infty$ не превосходят $\varepsilon/3$ (я там малость погорячился -- стремления функции к нулю тут не нужно, достаточно просто равномерной ограниченности). Ну а уж тот факт, что на любом ограниченном промежутке $[0;\;M]$ решения равномерно непрерывны по входным данным -- хорошо известен.

Да, действительно, согласен.

ewert писал(а):

Насчёт многомерного случая -- не знаю. Во всяком случае, напрямую этот вариант доказательства не проходит, т.к. интегралы могут расходиться. Ну разве что матрица системы строго положительна -- тогда логика вроде сохраняется (со ссылкой на теорему Брауэра).

я именно это и имел ввиду