Диффур и непрерывность (Физтех)

[Ktina]

(Знакомых с данной задачей попрошу покамест не участвовать в обсуждении.)

Дифференциальное уравнение $y'=f(x, y)$ имеет единственное решение $y(x)$ для любых начальных условий $y(x_0)=y_0$, определённое на всей числовой прямой.

Следует ли из вышесказанного, что $f(x, y)$ - непрерывная функция?

[alcoholist]

(Оффтоп)

Ktina в сообщении #555049 писал(а):

Диффур и непрерывность

все-таки дифур

[Dave]

Ktina в сообщении #555049 писал(а):

Следует ли из вышесказанного, что $f(x, y)$ - непрерывная функция?

Нет, не следует. Пусть

$$f(x,y)=\begin{cases} 0,&x=0\\ 2x \sin {\frac 1 x}- \cos {\frac 1 x},&x \neq 0 \end{cases}$$

Тогда начальному условию $y(x_0)=y_0$ удовлетворяет единственное решение вида $y(x)=z(x)+C$, где

$$z(x)=\begin{cases} 0,&x=0\\ x^2 \sin {\frac 1 x},&x \neq 0 \end{cases}$$

[Ktina]

Dave в сообщении #555062 писал(а):

Ktina в сообщении #555049 писал(а):

Следует ли из вышесказанного, что $f(x, y)$ - непрерывная функция?

Нет, не следует. Пусть

$$f(x,y)=\begin{cases} 0,&x=0\\ 2x \sin {\frac 1 x}- \cos {\frac 1 x},&x \neq 0 \end{cases}$$

Тогда начальному условию $y(x_0)=y_0$ удовлетворяет единственное решение вида $y(x)=z(x)+C$, где

$$z(x)=\begin{cases} 0,&x=0\\ x^2 \sin {\frac 1 x},&x \neq 0 \end{cases}$$

У Вас красивый пример, но он с "ифом".
Существует не менее красивый пример без "ифа".

[Oleg Zubelevich]

Если потребовать, чтоб при каждом насальном условии $y(x_0)=y_0$ решение принадлежало $C^1(x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon)$ то будет поинтересней

[Ktina]

Oleg Zubelevich в сообщении #555235 писал(а):

Если потребовать, чтоб при каждом насальном условии $y(x_0)=y_0$ решение принадлежало $C^1(x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon)$ то будет поинтересней

Нет проблем. Пусть сие станет пунктом б).

[Dave]

Oleg Zubelevich в сообщении #555235 писал(а):

Если потребовать, чтоб при каждом насальном условии $y(x_0)=y_0$ решение принадлежало $C^1(x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon)$ то будет поинтересней

А в чём разница между этим условием и тем, что там было бы $C^1(-\infty,+\infty)$ ?

[Oleg Zubelevich]

Dave в сообщении #556716 писал(а):

А в чём разница между этим условием и тем, что там было бы $C^1(-\infty,+\infty)$ ?

а в Вашем примере $z\notin C^1(-\infty,+\infty)$

[Dave]

Oleg Zubelevich в сообщении #556741 писал(а):

а в Вашем примере $z\notin C^1(-\infty,+\infty)$

Я и не утверждал, что мой пример подходит под новое условие, просто последнее можно, вроде бы, записать попроще.

[Oleg Zubelevich]

решение дуфура не обязано быть определенным на всей прямой, поэтому я поставил вопрос без этого условия, которое как-будто к сути этой задачи отношения не имеет

[Dave]

Вот какой пример получился (с решениями, тем не менее, принадлежащими $C^1(-\infty,+\infty)$).
Рассмотрим семейство кривых $\frac y a=\arctg \frac x a + \frac \pi 2 +\frac 1 2$, где $a>0$ - параметр. Это семейство заполняет всю верхнюю полуплоскость, не переходя в нижнюю и не задевая прямую $y=0$, причём никакие две кривые не пересекаются.
Действительно, функция $g(x,a)=\arctg \frac x a + \frac \pi 2 +\frac 1 2$ строго положительна и ограничена при $a>0$ и любом $x$, поэтому $ag(x,a)>0$, в то же время при любом фиксированном $x$: $\lim\limits_{a \to 0+} ag(x,a)=0$, $\lim\limits_{a \to +\infty} ag(x,a)=+\infty$; кроме этого, $\frac \partial {\partial a} \, ag(x,a)=g(x,a)+a\frac {-\frac x {a^2}} {1+\frac {x^2} {a^2}}=g(x,a)-\frac {ax} {a^2+x^2}$. Из неравенства $a^2+x^2 \geqslant 2|ax|$ следует, что $\frac {ax} {a^2+x^2} \geqslant -\frac 1 2$, тогда как $g(x,a)>\frac 1 2$, значит $\frac \partial {\partial a} \, ag(x,a)>0$, откуда следует непересекаемость кривых, соответствующих разным $a$.
Это семейство кривых задаёт в верхней полуплоскости векторное поле $(dx,dy)$

(Оффтоп)

вот откуда произошло название сайта

и соответствующую ему функцию $f(x,y)=\frac {dy} {dx}=\frac 1 {1+\frac {x^2} {a^2}}$, такую, что решением уравнения $y'=f(x,y)$ будут как раз указанные выше кривые (очевидно, определённые и непрерывно дифференцируемые по $x$ при всех $x$). При этом видно, что $f(0,y)=1$ при любом $a>0$, а значит и при любом $y>0$. Положив $f(x,y)=0$ при $y \leqslant 0$ и дополнив это поле соответствующими направлениями, получим требуемый пример, ибо $\lim\limits_{y \to 0-} f(0,y)=f(0,0)=0 \neq 1=\lim\limits_{y \to 0+} f(0,y)$ - функция $f(x,y)$ не является непрерывной в точке $(0,0)$.

[Dave]

Ktina в сообщении #555206 писал(а):

У Вас красивый пример, но он с "ифом".
Существует не менее красивый пример без "ифа".

Ktina, а какой был Ваш пример "без ифа"?

[Ktina]

Dave в сообщении #557712 писал(а):

Ktina в сообщении #555206 писал(а):

У Вас красивый пример, но он с "ифом".
Существует не менее красивый пример без "ифа".

Ktina, а какой был Ваш пример "без ифа"?

Пример, к несчастью, оказался ошибочным, но вот официальное решение от самого Физтеха:
http://www.rkarasev.ru/common/upload/2011-12-sol.pdf
(второй курс, третья задача)