Сведение уравнений в частных производных к обыкновенным

[evgeniy]

Ошибка не в этом. Дело в том, что первые интегралы формулы
$\sum_{i=1}^N \frac {\partial f_1}{\partial x_k}*dx_k=0$ совпадают с формулой $f_1=c_1$ и поэтому решение дифференциального уравнения не сводится к формуле $f_1=h_1(x_1,x_{10},...,x_{N0})$ . Буду думать, как найти общие поверхности уровня у N функций.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #321135 писал(а):

Буду думать, как найти общие поверхности уровня у N функций.

[evgeniy]

Я несколько перепутал. Для случая N=2 эта теорема верна. Чтобы она была верна в N мерном случае, ранг матрицы Якоби должен быть равен не N-1, а 1. Но раз проходит в двумерном случае, то возможно и обобщение.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #321201 писал(а):

Чтобы она была верна в N мерном случае, ранг матрицы Якоби должен быть равен не N-1, а 1.

вот теперь правильно!
Только как пойдет с такой формулировкой все остальное? Там на это N-1
многое завязано...
Обращаю теперь внимание на Теорему 1.
В многомерном случае, если заменить, как нужно, линии уровня на поверхности уровня, то все доказательство разваливается.
Уже первое предложение в доказательстве провисает.

далее. Вы, как понимаю, формулируете, что условие необходимо, а доказываете необходимость уи достаточность. Вот про достаточность тоже дурно. на стр.3 в 11 строке Вы получаете систему, из которой 'находите'
коэффициенты. А почему, скажите на милость, эта система разрешима?

Вот сделайте доброе дело. Перепишите теорему 1 с доказательством для поверхностей уровня в ТЕХе, чтобы правильно было, и поместите на форуме.

[evgeniy]

Среда, четверг я без компьютера и без интернета, зато в субботу работаю. Я несколько переделал идеологию, и теперь линий уровня у меня нет. Последовательно избавляюсь от одной переменной. Определитель Якоби равен нулю, так как определяется радиальная зависимость. При этом при равенстве нулю определителя, избавляемся от одной переменной. Получаем N-1 одну независимую переменную. Строим для нее систему координат, и определяем новый радиус из равенства нулю определителя Якоби для N-1 переменной. Существенным является то, что радиальная зависимость в новых переменных не определена, а произвольна. И так далее, пока не останется одна переменная. Все это я изложил в новом варианте сообщения по старому адресу. Вопросы разрешимости нелинейных уравнений я не рассматриваю, считаю, что условия таковы, что они разрешимы. Если они не разрешимы, значит свести к двум обыкновенным дифференциальным уравнениям нельзя.

[shwedka]

возражения по тексту

Цитата:

При этом количество неизвестных функций $U_l$ и количествo неизвестных $x_k$
должно равняться

То есть, классические уравнения Вы уже решать не можете! Прискорбно!

Цитата:

Вне этой области для уравнения в частных
производных с постоянными коэффициентами можно построить фундаментальную
систему решений и определить решение вне переходной области см. [1].

Очень плохо. Для УЧП фундаментальных систем решений не бывает! Построение решения УЧП с постоянными коэффициентами во внешности области является архитрудной задачей само по себе. Да еще Вы как-то хотите сшивать решения в ограниченной области и вне ее. Очень лихо, но безнадежно ошибочно!

Цитата:

При этом, задав определенную точку центра тела, в результате вычисления центра
тела, получим новую точку центра тела. Поэтому центр тела определится
однозначно из решения нелинейного уравнения

Понятие центра тела не определено. Разрешимость системы нлду не доказана, более того, сами уравнения не выписаны!

Теорема 1. В случае если ранг преобразования .
....
... Значит можно исключить $N − r$
переменных, останется r независимых переменных.
Доказательства возможности исключения не дано. Напишите Вашу 'Теорему 1' в ТЕХе на форуме, с нормальным доказательством. Пока что ничего нет.
Да и имейте в виду, что всякие там теоремы о неявных функциях ВСЕГДА говорят только о локальных решениях, никак не гарантируя возможность сшивания.

Цитата:

Теорема 2.... Решая уравнение методом характеристик...

Метод дает только локоальное решрние. Сшивать не получается. Посмотрите у Маслова, как он с помощью метода канонического оператора с этим сражается.

[evgeniy]

Невозможно инвариантную систему свести к скалярным уравнениям при количестве неизвестных не совпадающих с количеством уравнений. Но обычно в случае векторных неизвестных они зависят от векторных аргументов и практически это решение охватывает все реальные случаи. В случае не инвариантных уравнений, количество неизвестных может быть меньше количества аргументов. Так, что стационарное уравнение Шредингера можно свести к зависимости от одной переменной.
Может быть я не внимательно читал Владимирова, но там есть теорема с помощью преобразования Фурье можно построить фундаментальной решение для уравнений с частными производными с постоянными коэффициентами. Приводятся формулы для уравнения Гельмгольца, Лапласа и теплового уравнения.
Если определитель $\partial F_l/\partial y_k$ системы уравнений $F_l(x_1,...,x_N,y_1,...,y_N)=0,l=1,...,N $, заданный в неявном виде на отрезке отличен от нуля, то эта система уравнений разрешима $y_l=g_l(x_1,...,x_N)$.
Доказательство. Задаем уравнение x_l=x_l(t). дифференцируем уравнение по t. Получим систему уравнений $\partial F_l/\partial y_k * dy_k/dt=h_l(t)$, так как определитель не равен нулю на отрезке, значит эта система разрешима относительно производной по времени и значит система глобально разрешима на отрезке.
Я не понимаю, какие могут быть трудности в решении методом характеристик. Если условие разрешимости метода характеристик соблюдается на отрезке, то имеется решение в каждой точке, т.е. на отрезке. Если задавать начальные условия непрерывным образом, то можно и сшивать решение.
Насчет центра тела. Формулы действительно нет, но есть алгоритм уточнения следующего значения, по предыдущему. Задаем произвольный центр, определяем углы и считаем новое значение центра. Сходимость наблюдается при достаточно хорошем начальном приближении.
На физическом уровне строгости я доказал теорему1. Могу только сказать, что если ранг матрицы Якоби равен r, то имеется N-r условий равенства нулю максимально возможного модуля значения определителя. Остальные определители этого порядка значит тоже равны нулю, так как максимальный равен нулю. Значит имеется N-r, связей, т.е. r независимых переменных.

[CowboyHugges]

evgeniy в сообщении #324916 писал(а):

Может быть я не внимательно читал Владимирова, но там есть теорема с помощью преобразования Фурье можно построить фундаментальной решение для уравнений с частными производными с постоянными коэффициентами.

Там есть теорема для линейных уравнений, это известный результат Хермандера, что любой линейный дифференциальный оператор с постоянными коэффициентами имеет фундаментальное решение медленного роста, но у Вас-то уравнения нелинейное, ссылки на Владимирова здесь не проходят.

[evgeniy]

Уравнения линейные вне некоторого конечного объема. А внутри этого объема решение определяется. Как я знаю из электродинамики, функция Грина возможна для внешности произвольного тела.

-- Пт май 28, 2010 19:09:12 --

Уравнения рассматриваются как линейные для всего пространства с источником, определяемым по моим формулам.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #324953 писал(а):

функция Грина возможна для внешности произвольного тела.

Возмможна, с точностью до некоторых условий регулярности.
Вы, однако, бессовестно путаете функцию Грина с фундаментальной системой решений.
И здесь проблема стоит, для которой наука еще приличного решения не нашла. Уравнение во внутренней области имеет бесконечное множество решений, во внешности-тоже. (и функция Грина здесь ничего не меняет.) И надо выбрать по одному решению из каждого из этих множеств, чтобы получился приличный интерфейс. Вы об этой проблеме, судя по Вашим текстам, представления не имели. Посмотрите у классиков, скажем у Зоммерфельда, есть у него такая
R-функция,
а современное состояние у такого поляка, Шмытковского,
Szmytkowski,
последний даже книги по этому вопросу пишет.

evgeniy в сообщении #324953 писал(а):

Уравнения рассматриваются как линейные для всего пространства с источником, определяемым по моим формулам.

Вдруг, фуэте такое!! Все время Вы писали о нелинейных уравнениях, а тут полный повоеот все вдруг.

Нет, коллега, я и форум Вас терпели с обсуждением неопубликованных текстов. Хватит. Не обладая модераторскими полномочиями, я, тем не менее, в полном праве заявлять 'полный бред' на каждое Ваше заявление, не подтвержденное публикацией на форуме, которая поответственней Вашего самиздата.

(Оффтоп)

Наш старый знакомец Виктор Сорокин, будучи изгнанным с нашего форума, переместился на другой, matrhforum.ru. Там он опять был несчадно бит. Свое 'последнее' доказательство он снабдил таким заявлением.

Цитата:

Во избежание блокирования агрессивной частью форума дискуссии по доказательству изложение доказательства будет высылаться по запросам читателей.

[evgeniy]

Вы не внимательно читаете, то что у меня написано. Уравнение сводится к линейному в правой части и нелинейному слева $L(u)U-L_0 U=-L_0 U$. Где $L(u)$ нелинейный оператор, $L_0$ линейный оператор. Причем нелинейная часть определяется по предлагаемому методу и рассматривается как источник возмущения. Это я и написал и придираться тут нечего. Для линейной правой части строится фундаментальное решение для всей области.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #325001 писал(а):

Уравнение сводится к линейному в правой части и нелинейному слева

Новые слова. На форуме я этого не видела. Но такое переписывание не упрощает задачу. Проблема по-прежнему нелинейная.

[evgeniy]

К сожалению Вы правы, я это понял вчера и с большим трудом исправил решение. Теперь фундаментального решения у меня нет. Я строю решение для линейного уравнения с постоянными коэффициентами и сопрягаю с переходной зоной. Решение для внешности переходной зоны определяется с помощью операторного уравнения. Этот прием я придумал давно. Суть его в том, что имеется операторное уравнение $g(x)\frac {\partial}{\partial x}=\frac {\partial}{\partial y}$, откуда можно определить величину y
из уравнения $\frac {\partial y}{\partial x}=g(x)$. т.е. сложный оператор я заменяю на простой оператор. Это можно доказать строже, я исправил текст, можно посмотреть. Для суммы операторов получается уравнение в частных производных первого порядка, которое можно решить.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #325180 писал(а):

сопрягаю с переходной зоной

Это труднейшая и нерешенная проблема. Даже для линейных уравнений.

evgeniy в сообщении #325180 писал(а):

имеется операторное уравнение $g(x)\frac {\partial}{\partial x}=\frac {\partial}{\partial y}$, откуда можно определить величину y
из уравнения $\frac {\partial y}{\partial x}=g(x)$.

Нельзя. Ваше уравнение-не операторное.
Вы произвольно, с физическим уровнем нестрогости, обращаетесь с символами дифференциалов.

evgeniy в сообщении #325180 писал(а):

Это можно доказать строже, я исправил текст, можно посмотреть

Нельзя. считается только опубликованное на форуме или в официальных журналах или архивах. Нельзя обсуждать неопубликованное.

evgeniy в сообщении #325180 писал(а):

Для суммы операторов получается уравнение в частных производных первого порядка, которое можно решить.

Нельзя решить. В Вашем тексте ошибка. Покажу, когда опубликуете на форуме.

[evgeniy]

Имеем операторное уравнение
$g(x)\frac {\partial}{\partial x}=\frac {\partial}{\partial y}$
полагаем, что действуем на произвольную функцию h[y(x)] получим
$g(x)\frac {\partial h[y(x)]}{\partial x}=\frac {\partial h[y(x)]}{\partial y}$
воспольхуемся равенством
$\frac {\partial h[y(x)]}{\partial x}=\frac {\partial h[y(x)]}{\partial y}*\frac{\partial y}{\partial x} $
получим
$\frac {\partial y(x)}{\partial x}=\frac {1}{g(x)}$
далее интегрируем, получая функцию y(x). т.е. сложный оператор сводится к простому.
Совершенно аналогично, если имеем сложный оператор, который сводится к простому
$g(x,z)\frac {\partial}{\partial x}+h(x,z)\frac {\partial }{\partial z}=\frac {\partial}{\partial y}$
Подставляем произвольную функцию f[y(x,z)], получим
$g(x,z)\frac {\partial f[y(x,z)] }{\partial x}+h(x,z)\frac {\partial f[y(x,z)] }{\partial z}=\frac {\partial f[y(x,z)] }{\partial y}$ совершенно аналогично это дифференциальное уравнение сводится к уравнению, определяющее функцию y(x,z), я не выписываю производную сложной функции
$g(x,z)\frac {\partial y(x,z) }{\partial x}+h(x,z)\frac {\partial y(x,z) }{\partial z}=1 $
уравнения в частных производных первого порядка имеют однозначное решение при заданных начальных условиях при не равенстве нулю определителя. Например см. Федорюк.
т.е. сложный оператор сводится к простому.
Эта идея опробована и обещали напечатать в Муроме, центре подповерхностного зондирования с участием академических институтов. swedka Вы будете большой молодец, если найдете ошибку.