Доказательство эквивалентности слабой и сильной постановок з

[_genius_]

Вопрос касается отрывка из учебника http://libweb.kpfu.ru/ebooks/06-IPh/06_48_kl-000870.pdf
Очень не хотелось перебивать формулы, но правила есть правила. Да и в процессе обнаружил опечатку.
Сильная постановка задачи ($S$):
по данным $f:[0,1] \to \mathbb{R}, q, k$ найти такую функцию
$u:[0,1] \to \mathbb{R}$ что
$u_{,xx} + f = 0$ на $[0,1]$
$u(1)=q$
$-u_{,x}(0)=k$
Слабая постановка задачи ($W$):
множество пробных решений: $S=\{ u \in H^1 ([0,1]) \vert u(1) = q \}$
множество вариаций: $V=\{ w \in H^1 ([0,1]) \vert w(1) = 0 \}$
по данным $f:[0,1] \to \mathbb{R}, q, k$ найти такую функцию
$u \in S$ что для всех $w \in V$
$\int\limits_{0}^{1} u_{,x} w_{,x} dx = \int\limits_{0}^{1} w f dx + w(0) k$

К первой части доказательства вопросов нет, поэтому переписываю только ту с которой проблемы:
Пусть $u$ - решение ($W$), тогда $u \in S$ и $u(1)=q$ кроме того для любой $w \in V$
$\int\limits_{0}^{1} u_{,x} w_{,x} dx = \int\limits_{0}^{1} w f dx + w(0) k$
Интегрируя по частям получим:
$\int\limits_{0}^{1} w (u_{,xx} + f) dx + w(0) (u_{,x}(0)+k) = 0$ (1.12)
Докажем теперь что:
1) $u_{,xx} + f = 0$ на $[0,1]$
2) $u_{,x}(0)+k=0$
Положим
$w = \varphi (x) (u_{,xx}+f)$ (1.13)
где $\varphi(0)=\varphi(1)=0, \varphi (0,1) > 0$. То есть $w \in V$. Подставим (1.13) в (1.12) и получим
$\int\limits_{0}^{1} \varphi w (u_{,xx} + f)^2 dx = 0$ (1.14) $w$ здесь явно лишняя, очевидная опечатка
Так как $\varphi (0,1) > 0$ имеем $u_{,xx} + f = 0$ на $[0,1]$
Подставим последнее тождество в (1.12) и получим
$w(0)(u_{,x}(0)+k) = 0$ (1.15)
Поскольку $w(0)$ произвольно $(u_{,x}(0)+k) = 0$
В (1.13) $w(0)$ полагается равным $0$, причем это явно используется для упрощения (1.12 -> 1.14), т.к. второе слагаемое исчезает, но в (1.15) $w(0)$ вдруг почему-то полагается произвольным. В общем либо в учебнике серьезная ошибка, либо я дурак. Очень надеюсь на последнее потому что на первый взгляд учебник показался довольно хорошим - кратким и чисто прикладным, все как я люблю.

[mihaild]

Это разные $w$. В 1.12 $w$ произвольна. Выбрав $w$ как в 1.13 получаем тождество $u_{,xx} + f = 0$ (*), которому удовлетворяет $u$, и в которое $w$ не входит, т.е. из 1.12 следует (*). Подставляя (*) в 1.12 получаем опять же следствие из 1.12, которое должно быть выполнено для любой $w$ - в том числе и для $w(0) = 0$.

[_genius_]

mihaild в сообщении #1433738 писал(а):

Это разные $w$. В 1.12 $w$ произвольна. Выбрав $w$ как в 1.13 получаем тождество $u_{,xx} + f = 0$ (*), которому удовлетворяет $u$, и в которое $w$ не входит, т.е. из 1.12 следует (*)

Следует тогда когда $w$ выбран как в 1.13 ($w(0)=0$ ликвидирует второе слагаемое), а не для любого $w \in V$.

[mihaild]

_genius_ в сообщении #1433742 писал(а):

Следует тогда когда $w$ выбран как в 1.13

(*) выполнено уже для любого $w$ (т.к. вообще не зависит от $w$). Т.е. у нас есть $\forall w: 1.12$. Мы подставляем $w$ как в (1.13) и выводим (*). Получили просто следствие из условия (в которое $w$ свободно не входит).

Если всё еще путаетесь - можно так. Напишем (1.12) два раза - с $w$ (просто 1.12) и $w'$ (1.12'). Сначала подставим в (1.12) $w$ как в (1.13), получим (*). Теперь подставим (*) в (1.12'), получим $w'(0) (u_{,x}(0) + k) = 0$. И подставив $w'(0) = 0$ получим требуемое.

[_genius_]

mihaild в сообщении #1433747 писал(а):

Если всё еще путаетесь - можно так. Напишем (1.12) два раза - с $w$ (просто 1.12) и $w'$ (1.12'). Сначала подставим в (1.12) $w$ как в (1.13), получим (*). Теперь подставим (*) в (1.12'), получим $w'(0) (u_{,x}(0) + k) = 0$. И подставив $w'(0) = 0$ получим требуемое.

Не, я до сих пор не врубаюсь. Сначала автор использует (1.13) для вывода (1.14) и впоследствии (*), т.е. $u_{,xx}+ f = 0$ на $[0,1]$.
Потом он подставляет (*), имплицирующую (1.13), в (1.12) и получает (1.15). Потом он говорит что (1.13) вроде уже и не важно и $w$ произвольно, т.е. $w \in V$. При этом (1.15) следует из (*), следующей из (1.14), следующей из (1.12) И (1.13). Либо (1.13) верно для любого $w \in V$, либо я вижу противоречие.

[mihaild]

_genius_ в сообщении #1433756 писал(а):

Потом он подставляет (*), имплицирующую (1.13)

Нет, (*) уже ничего не имплицирует.
У нас есть условие (1.12) на $u$, которое должно выполняться для любой $w$ - в частности, для $w$ как в (1.13). А (1.12) для такой $w$ влечет (*) - так что верность (1.12) для любой $w$ влечет (*).
Всё, мы получили (*), можно забыть о том, как именно мы его получили, и использовать как есть. (*) уже $w$ не содержит, это условие чисто на $u$.

Аналогичный более простой (тривиальный) пример: пусть дано что $2\cdot f(x) = x \cdot (f(1))^2 + 1$ для любого $x$. Ну раз для любого, то и для $x = 1$, подставляя, получаем $f(1) = 1$. Теперь подставляя это в исходное условие получаем $2\cdot f(x) = x + 1$. И это всё еще выполнено для любого $x$ - например подставив $x = 3$ получим $f(3) = 2$.
Подставили одно значение, выяснили что-то о функции, потом подставили это знание и какое-то другое значение. То, что это знание получено какой-то подстановкой - неважно.

[_genius_]

mihaild в сообщении #1433762 писал(а):

_genius_ в сообщении #1433756 писал(а):

Потом он подставляет (*), имплицирующую (1.13)

Нет, (*) уже ничего не имплицирует.
У нас есть условие (1.12) на $u$, которое должно выполняться для любой $w$ - в частности, для $w$ как в (1.13). А (1.12) для такой $w$ влечет (*) - так что верность (1.12) для любой $w$ влечет (*).
Всё, мы получили (*), можно забыть о том, как именно мы его получили, и использовать как есть. (*) уже $w$ не содержит, это условие чисто на $u$.

Для того чтобы без труда убрать второе слагаемое $w(0)(u_{,x}(0) + k)$ из 1.12 и получить 1.14 мы использовали 1.13. Как можно просто взять забыть об этом?

mihaild в сообщении #1433762 писал(а):

Аналогичный более простой (тривиальный) пример: пусть дано что $2\cdot f(x) = x \cdot (f(1))^2 + 1$ для любого $x$. Ну раз для любого, то и для $x = 1$, подставляя, получаем $f(1) = 1$. Теперь подставляя это в исходное условие получаем $2\cdot f(x) = x + 1$. И это всё еще выполнено для любого $x$ - например подставив $x = 3$ получим $f(3) = 2$.
Подставили одно значение, выяснили что-то о функции, потом подставили это знание и какое-то другое значение. То, что это знание получено какой-то подстановкой - неважно.

Теперь я вижу вашу логику, к примеру вопросов нет. Попробую модифицировать ваш пример чтобы привести его в соответствии с имеющейся проблемой и тогда вы увидите мою логику.
Пусть дано что $2\cdot f(x) = x \cdot (f(1))^2 + 1$ для любого $f \in V$. Ну раз для любого, то и для такого, которое в точке $x = 1$ принимает значение 1, т.е. $f(1) = 1$. Теперь подставляя это в исходное условие получаем $2\cdot f(x) = x + 1$. И при условии что $f(1) = 1$ это выполняется для любого $x$ - например подставив $x = 3$ получим $f(3) = 2$. Однако если мы возьмем произвольное $f \in V$ такое что $f(1) \neq 1$ то $2\cdot f(x) = x + 1$ уже не будет выполнено.

[mihaild]

_genius_ в сообщении #1433764 писал(а):

Однако если мы возьмем произвольное $f \in V$ такое что $f(1) \neq 1$ то $2\cdot f(x) = x + 1$ уже не будет выполнено

Но таких $f$ в $V$ нет (я подбирал уравнение так, чтобы у него было единственное решение), так что если вы хотите какой-то простой подобный пример - нужна другая модификация.

_genius_ в сообщении #1433764 писал(а):

Как можно просто взять забыть об этом?

Очень просто, и это стандартно делается. Если посмотреть на то, как выглядят любое нетривиальное доказательство, и что там внутри - то обнаружится что в некоторые теоремы (вроде производной композиции, или формулы Ньютона-Лейбница) десятки, а то и сотни раз подставляются самые разные функции.

Рассуждение в книге имеет такой вид.
Теорема 1. Пусть $u$ такое что для любого $w$ выполнено (1.12). Тогда выполнено (*).
Доказательство выписано.
Теорема 2. Пусть $u$ такое что для любого $w$ выполнено (1.12). Тогда для любого $w$ выполнено (1.15).
Доказательство. По теореме 1 выполнено (*). Подставляя (*) в (1.12) получаем (1.15). QED.
Теорема 3. Пусть $u$ такое что для любого $w$ выполнено (1.12). Тогда $u_{,x}(0) + k = 0$.
Доказательство. По теорема для любого $w$ выполнено (1.15). Подставив какое-нибудь $w(0) = 0$ в (1.15) получаем требуемое. QED.

Какое место вам не нравится? После того, как мы что-то доказали, мы можем забыть о том, как именно это доказали, и использовать доказанное утверждение само по себе.

[_genius_]

mihaild в сообщении #1433766 писал(а):

_genius_ в сообщении #1433764 писал(а):

Однако если мы возьмем произвольное $f \in V$ такое что $f(1) \neq 1$ то $2\cdot f(x) = x + 1$ уже не будет выполнено

Но таких $f$ в $V$ нет

Почему нет? Если взять к примеру такую $f \in V$ что $f(1) = 2$ и заменить $f(1)$ в исходном уравнении на $2$, то мы получим $f(x) = 2 \cdot x + 0.5$, вполне приличная функция. И совершенно естественно что подставив эту $f(x)$ в исходное уравнение мы получим тождество $4 \cdot x + 1 = 4 \cdot x + 1$, никакого противоречия нет.

mihaild в сообщении #1433766 писал(а):

Рассуждение в книге имеет такой вид.
Теорема 1. Пусть $u$ такое что для любого $w$ выполнено (1.12). Тогда выполнено (*).
Доказательство выписано.
Какое место вам не нравится?

Да самое первое:
Теорема 1. Пусть $u$ такое что для любого $w$ выполнено (1.12). Тогда ЕСЛИ $w$ имеет вид как в (1.13) выполнено (*).
Доказательство выписано.

[mihaild]

_genius_ в сообщении #1433767 писал(а):

$f(1) = 2$ и заменить $f(1)$ в исходном уравнении на $2$, то мы получим $f(x) = 2 \cdot x + 0.5$,

И получаем что если $f(1) = 2$ то $f(1) = 2.5$ - противоречие, так что $f(1) \neq 2$.

_genius_ в сообщении #1433767 писал(а):

Пусть $u$ такое что для любого $w$ выполнено (1.12). Тогда ЕСЛИ $w$ имеет вид как в (1.13) выполнено (*)

Нет, про конкретный вид $w$ в условии теоремы ничего не говорится [ну кроме принадлежности пространству пробных функций] - какие-то подстановки идут только в доказательстве. И собственно говориться не может - теорема говорит что если $u$ удовлетворяет некоторому условию, то она удовлетворяет и некоторому другому условию.
Доказывается так
$\forall w: (1.12)(w)$ (условие)
$\forall w: (1.12)(w) \rightarrow (1.12)(w_{1.13})$ (аксиома)
$(1.12)(w_{1.13})$ (modus ponens)
$(1.12)(w_{1.13}) \rightarrow (1.14)$ (подстановка)
$(1.14)$ (modus ponens)
Ну и всё, от $w$ избавились, дальше должно быть понятно.

[_genius_]

mihaild в сообщении #1433768 писал(а):

_genius_ в сообщении #1433767 писал(а):

$f(1) = 2$ и заменить $f(1)$ в исходном уравнении на $2$, то мы получим $f(x) = 2 \cdot x + 0.5$,

И получаем что если $f(1) = 2$ то $f(1) = 2.5$ - противоречие, так что $f(1) \neq 2$.

Согласен, время позднее, плыву, пример действительно надо в корне менять, сейчас я этого точно делать не буду

mihaild в сообщении #1433768 писал(а):

_genius_ в сообщении #1433767 писал(а):

Пусть $u$ такое что для любого $w$ выполнено (1.12). Тогда ЕСЛИ $w$ имеет вид как в (1.13) выполнено (*)

Нет, про конкретный вид $w$ в условии теоремы ничего не говорится [ну кроме принадлежности пространству пробных функций] - какие-то подстановки идут только в доказательстве. И собственно говориться не может - теорема говорит что если $u$ удовлетворяет некоторому условию, то она удовлетворяет и некоторому другому условию.
Доказывается так
$\forall w: (1.12)(w)$ (условие)
$\forall w: (1.12)(w) \rightarrow (1.12)(w_{1.13})$ (аксиома)
$(1.12)(w_{1.13})$ (modus ponens)
$(1.12)(w_{1.13}) \rightarrow (1.14)$ (подстановка)
$(1.14)$ (modus ponens)
Ну и всё, от $w$ избавились, дальше должно быть понятно.

А вот этого я так и не понял. В 1.13 вводится дополнительное условие для $w$, используемое при выведении 1.14.
Попробую привести совсем дурацкий пример, т.к. родить что-то более интересное уже не в состоянии.
Пусть $x + y = 0$ для всех $x, y \in \mathbb{R}$ (условие)
Положим $y = 5$ (modus ponens), подставим в условие, получим $x = -5$ (modus ponens).
По вашей логике я теперь могу забыть что я ввел дополнительное условие $y = 5$ и считать $x = -5$ для всех $y \in \mathbb{R}$ только потому что $x + y = 0;$. Где ошибка?

[mihaild]

_genius_ в сообщении #1433771 писал(а):

Положим $y = 5$ (modus ponens)

Нет, modus ponens - это вывод $B$ если у нас уже есть $A$ и $A \rightarrow B$ (просто определение правила вывода).

_genius_ в сообщении #1433771 писал(а):

Где ошибка?

Ну собственно если для любых $x$ и $y$, выбираемых независимо, $x + y = 0$, то действительно $x = -5$. Если вы имели в виду что-то другое - попробуйте явно выписать кванторы.

Я специально выписал последовательность переходов со всеми нужными кванторами явно. Какой первый переход вам непонятен?

_genius_ в сообщении #1433771 писал(а):

В 1.13 вводится дополнительное условие для $w$, используемое при выведении (1.14).

Подстановкой 1.13 в 1.12 мы получаем просто следствие из 1.12. Потом можно подставить что-то другое и получить другое следствие. И этими следствиями можно пользоваться одновременно. Только нужно не забывать, что если в этих следствиях самих остались $w$ - то они верны только для тех $w$, которые мы подставляли. Но в (1.14) $w$ не осталось, поэтому неважно, что мы туда подставляли.

Попробую привести искусственный пример, больше похожий на происходящее.
Зафиксируем $Y = \{0, 1\}$. Пусть $x \in \mathbb{R}$ таково что для любого $y \in Y$ выполнено $\sin(x) + x\cdot y = 0$.
Раз (1) выполнено для любого $y \in Y$, то выполнено и для $y = 0$. Подставим, получим $\sin(x) = 0$. И это уже следствие изначального условия, никак от $y$ не зависящее ($y$ в него вообще не входит).
Теперь подставим $\sin(x) = 0$ в исходное условие, получим что $x \cdot y = 0$ выполнено для любого $y \in Y$. Значит в частности выполнено для $y = 1$. Подставим, получим $x = 0$.

[_genius_]

mihaild в сообщении #1433791 писал(а):

_genius_ в сообщении #1433771 писал(а):

Положим $y = 5$ (modus ponens)

Нет, modus ponens - это вывод $B$ если у нас уже есть $A$ и $A \rightarrow B$ (просто определение правила вывода).

_genius_ в сообщении #1433771 писал(а):

Где ошибка?

Ну собственно если для любых $x$ и $y$, выбираемых независимо, $x + y = 0$, то действительно $x = -5$. Если вы имели в виду что-то другое - попробуйте явно выписать кванторы.

Я специально выписал последовательность переходов со всеми нужными кванторами явно. Какой первый переход вам непонятен?

Никак не могу с этим согласиться. $x = -y$ и если $y \neq 5$ то и $x \neq -5$.

mihaild в сообщении #1433791 писал(а):

Подстановкой 1.13 в 1.12 мы получаем просто следствие из 1.12. Потом можно подставить что-то другое и получить другое следствие. И этими следствиями можно пользоваться одновременно. Только нужно не забывать, что если в этих следствиях самих остались $w$ - то они верны только для тех $w$, которые мы подставляли. Но в (1.14) $w$ не осталось, поэтому неважно, что мы туда подставляли.

Вот никак не могу с этим смириться. Есть ли ещё какие-нибудь известные доказательства где проворачивается этот же трюк?

mihaild в сообщении #1433791 писал(а):

Попробую привести искусственный пример, больше похожий на происходящее.
Зафиксируем $Y = \{0, 1\}$. Пусть $x \in \mathbb{R}$ таково что для любого $y \in Y$ выполнено $\sin(x) + x\cdot y = 0$.
Раз (1) выполнено для любого $y \in Y$, то выполнено и для $y = 0$. Подставим, получим $\sin(x) = 0$. И это уже следствие изначального условия, никак от $y$ не зависящее ($y$ в него вообще не входит).
Теперь подставим $\sin(x) = 0$ в исходное условие, получим что $x \cdot y = 0$ выполнено для любого $y \in Y$. Значит в частности выполнено для $y = 1$. Подставим, получим $x = 0$.

Пример не очень подходящий, т.к. можно было с тем же успехом подставить $y=1$ и получить $sin(x)+x=0$ которое имеет единственное решение $x=0$.

[mihaild]

_genius_ в сообщении #1433805 писал(а):

Никак не могу с этим согласиться. $x = -y$ и если $y \neq 5$ то и $x \neq -5$.

Если $\forall x\forall y: x + y = 0$, то $x = -5$ - это легко доказать. Другое дело, что посылка $\forall x\forall y: x + y = 0$ неверна (и соответственно из неё можно вывести вообще что угодно).

_genius_ в сообщении #1433805 писал(а):

Есть ли ещё какие-нибудь известные доказательства где проворачивается этот же трюк?

Да думаю в анализе скажем сложнее найти доказательство, где это не используется - аксиома $\forall x A \rightarrow A[t/x]$ нужна очень часто.
Например стандартная теорема: сходящаяся к нулю последовательность ограничена. Давайте подставим явно определение предела, и еще скажем что последовательность сходится к нулю (чтобы чуть меньше писать; получится понятно более слабое утверждение, но идея та же).
Итак, теорема: пусть последовательность $\x_n$ такая что $\exits N\forall n > N: |x_n| < \varepsilon$ для любого $\varepsilon$. Тогда $x_n$ ограничена.
Доказательство. Раз утверждение выполнено для любого $\varepsilon$, то оно выполнено и для $\varepsilon = 1$. Т.е. при каком-то $N$ для всех $n > N$ выполнено $|x_n| < 1$. Ну и дальше всё как обычно.

_genius_ в сообщении #1433805 писал(а):

можно было с тем же успехом подставить $y=1$ и получить $sin(x)+x=0$ которое имеет единственное решение $x=0$.

Можно было, но так тоже можно. Если сильно хочется - можно заменить исходное уравнение на $\sin(x) + x^2 \cdot y = 0$ - в этом случае оба значения $Y$ дают существенные ограничения на $x$.

[_genius_]

mihaild спасибо, буду думать.