Изоградиентные функции

[Утундрий]

Пусть на некоторой области $\mathbb{R}^n$ определены две функции $u$ и $v$, удовлетворящие условию $u_{,i}v_{,j}=u_{,j}v_{,i}$. Можно ли утверждать, что существует такая $\phi$, что $u=f(\phi),\; v=g(\phi)$?

[dgwuqtj]

Кажется, нет. Пусть $u(x, y) = xy$, а функция $v$ определена так: она совпадает с $u$ при $x < 0$ или $y < 0$, в оставшемся случае $v(x, y) = xy + h(xy)$ для некоторой возрастающей функции $h \colon [0, +\infty) \to [0, +\infty)$, у которой все производные в нуле нулевые. Тогда условие на градиенты выполняется, а функций $f, g, \phi$ не существует (в классе гладких функций) ни в какой окрестности нуля.

[пианист]

dgwuqtj в сообщении #1625081 писал(а):

Кажется, нет. Пусть $u(x, y) = xy$, а функция $v$ определена так: она совпадает с $u$ при $x < 0$ или $y < 0$, в оставшемся случае $v(x, y) = xy + h(xy)$ для некоторой возрастающей функции $h \colon [0, +\infty) \to [0, +\infty)$, у которой все производные в нуле нулевые.

Прошу прощения за мою тупость ;(
А разве обе функции не являются функциями $xy$?

[Null]

пианист в сообщении #1625083 писал(а):

А разве обе функции не являются функциями $xy$?

Нет $1\times 1=(-1)\times (-1)$ а значения $v$ - разные.

[пианист]

Null
А, понял, что имеется в виду. Спасибо!

[amon]

Утундрий в сообщении #1625020 писал(а):

определены две функции $u$ и $v$, удовлетворящие условию $u_{,i}v_{,j}=u_{,j}v_{,i}$.

Могу соврать, но, вроде, для $\mathbb{R}^2$

$$ \det\begin{bmatrix} \frac{\partial u}{\partial x} &\frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial v}{\partial x}&\frac{\partial v}{\partial y} \end{bmatrix}=0, $$

откуда

$$\nabla u=\lambda(x,y)\nabla v.$$

Тогда все выполнится, если

$$\lambda(x,y)=\frac{\frac{\partial f}{\partial \phi}}{\frac{\partial g}{\partial \phi}}.$$

Как это протянуть на большие размерности сразу не соображу.

[Утундрий]

dgwuqtj
А если убрать все эти выверты а-ля $\exp (-1/x)$ и потребовать вещественной аналитичности?

[dgwuqtj]

Утундрий в сообщении #1625095 писал(а):

А если убрать все эти выверты а-ля $\exp (-1/x)$ и потребовать вещественной аналитичности?

Если область произвольная, то не получится: можно взять $u(x, y) = \frac x{\sqrt{x^2 + y^2}}$ и $v(x, y) = \frac y{\sqrt{x^2 + y^2}}$ в $\mathbb R^2 \setminus \{(0, 0)\}$.

Если речь идёт про ростки в точке, то по идее можно примерно таким образом: между $u$ и $v$ должна быть функциональная зависимость $h(u, v) = 0$. Тогда $h = 0$ задаёт аналитическую кривую в окрестности нуля в $\mathbb R^2$ (без изолированных точек). Она неприводима, иначе $h$ можно заменить на один из его сомножителей. В таком случае существует параметризация кривой $h(x, y) = 0$ при помощи функций $x = f(t), y = g(t)$ и параметр $t$ можно, наоборот, выразить через $x$ и $y$. Но это всего лишь идея, у меня плохо с вещественно аналитическими многообразиями.

Если же нужна произвольная стягиваемая область, то надо думать, но наверняка тоже можно.

[amon]

dgwuqtj в сообщении #1625081 писал(а):

Пусть $u(x, y) = xy$

Я, наверно, чего-то глубоко не понимаю, но

$$\begin{align} y\frac{\partial v}{\partial y}-x\frac{\partial v}{\partial x}&=0\\ \frac{dy}{y}-\frac{dx}{x}&=0\\ xy&=\operatorname{const}\\ v&=g(xy)\\ f(z)&=z\\ \phi(x,y)&=xy \end{align}$$

Что не так?

[Null]

amon в сообщении #1625126 писал(а):

Что не так?

Деление на 0.

[amon]

Null в сообщении #1625129 писал(а):

Деление на 0.

В каком месте? Вроде, тут честно решено линейное дифференциальное уравнение, и ни где ничего не делилось. Разве что, не рассматривались особые решения, но их, вроде, и нет.

[Null]

amon в сообщении #1625130 писал(а):

тут честно решено линейное дифференциальное уравнение

Нет. $v=x^3y^3\operatorname{sgn}(x)$ - решение.

[пианист]

Насколько я понимаю, в приведенном примере в точке $(0,0)$ дифференциалы обеих функций обращаются в ноль, вот поэтому и..

[amon]

пианист в сообщении #1625133 писал(а):

Насколько я понимаю, в приведенном примере в точке $(0,0)$ дифференциалы обеих функций обращаются в ноль, вот поэтому и..

Я, видимо, чего-то глубоко не понимаю в методе характеристик. Характеристикой уравнения
$y\frac{\partial v}{\partial y}-x\frac{\partial v}{\partial x}=0$
будет $xy.$ С другой стороны, $v=x^3y^3\operatorname{sgn}(x)$ действительно решение, если забить на непрерывность всех производных, но, вроде, такого требования и нет.

[пианист]

Ну так оно же не имеет вид $f(xy)$ только в окрестности $(0,0)$, а это особая точка диффура.