Решается ли дифференциальное уравнение первого порядка?

[DLL]

$\frac{du(t)}{dt} + u(\frac{t}{2}) = 0$

[Mitrius_Math]

А это разве не функционально-дифференциальное уравнение?

[ewert]

$u(t)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k}{k!\,2^{\frac{k(k-1)}2}}\,t^k$

[Dragon27]

ewert
Ещё на постоянную умножить неплохо бы :)

[ewert]

Само собой, раз уж оно линейное.

[DLL]

Спасибо. Тоже приходили идеи разложить в степенной ряд.
А кроме этого есть ли методы решения такого уравнения?

[ИСН]

Производные берутся всегда. Интегралы берутся "почти всегда". Диффуры решаются "иногда". А функциональные уравнение решаются довольно редко.

[ewert]

ИСН в сообщении #640548 писал(а):

Интегралы берутся "почти всегда".

ну в смысле "почти никогда", а уж дифуры -- "почти тем более"

[DLL]

Хорошо, а допустим тогда, что рассматривается уравнение с правой частью $f$, которая, вообще говоря, не аналитическася функция:
$\frac{du(t)}{dt} + u(\frac{t}{2}) = f(t)$
Что тогда?

[Oleg Zubelevich]

думаю, что задача $\dot x(t)=f(t,x(t),x(t/2)),\quad x(0)=\hat x$ однозначно разрешима, а оператор $x(\cdot)\mapsto\int_0^tf(x(s),x(s/2))ds+\hat x$ является сжатием в некотором шаре пространства $C[-T,T]$ при малых $T$ и липшицевой $f$. При непрерывной $f$ это отображение должно быть компактным

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #640697 писал(а):

думаю, что задача $\dot x(t)=f(t,x(t),x(t/2)),\quad x(0)=\hat x$ однозначно разрешима,

При глобально липшицевой $f$ (что с практической точки зрения является очень слабым обобщением просто линейности) решение должно существовать и быть единственным на всей оси, поскольку интегральный оператор всё равно оказывается вольтерровского типа (здесь существенно, конечно, что $t$ именно делится на 2). Следовательно, его итерации будут в конце концов убывать быстрее геометрической прогрессии на любом конечном отрезке.

DLL в сообщении #640622 писал(а):

допустим тогда, что рассматривается уравнение с правой частью $f$, которая, вообще говоря, не аналитическася функция:
$\frac{du(t)}{dt} + u(\frac{t}{2}) = f(t)$
Что тогда?

Задача останется корректной для функции даже и не обязательно непрерывной -- достаточно её лишь интегрируемости. Формальное решение можно выписать, как и для обычного линейного уравнения, методом вариации произвольной постоянной.

[Oleg Zubelevich]

ewert в сообщении #640700 писал(а):

При глобально липшицевой $f$

глобальная липшицевость разумеется не нужна, как и в стандартной теореме существования и единственности, для локальной теоремы существования достаточно локальной липшицевости. Кроме того, для данной задачи верна и теорема существования типа Пеано

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #640704 писал(а):

глобальная липшицевость разумеется не нужна,

Не будет глобальной липшицевости -- не будет и глобальной разрешимости. Но и с локальной будут кое-какие проблемы. Вы пока ставите задачу Коши в нуле. А вот попробуйте-ка поставить при $t=a$, где $a\neq0$. Попробуйте-ка дотянуться достаточно малым участком до точки $\frac{a}2$.

[Oleg Zubelevich]

ewert в сообщении #640707 писал(а):

Не будет глобальной липшицевости -- не будет и глобальной разрешимости. Но и с локальной будут кое-какие проблемы.

разумеется, я говорю о локальной разрешимости, с локальной проблем не будет. Кстати глобальная липшицевость совсем не является необходимым условием глобальной разрешимости

ewert в сообщении #640707 писал(а):

Вы пока ставите задачу Коши в нуле. А вот попробуйте-ка поставить при $x=a$, где $a\neq0$.

не разу не видел, чтоб задачи с операторами растяжения/сжатия так ставились. Во всяком случае вне окрестности нуля это уже тоже самое что сдвиг

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #640709 писал(а):

Во всяком случае вне окрестности нуля это уже тоже самое что сдвиг

Вот именно что сдвиг. Уберите для пущей внятности сжатие и оставьте только сдвиг. И что Вы тогда собираетесь итерировать?...