Восстановление функции по частным производным

[Alejandros]

Здравствуйте!
Возник такой вопрос - можно ли как-то однозначно восстановить функцию (например, от двух переменных), зная её частные производные.

Например, надо восстановить функцию

$$f = x^3 + 2xy + y^2$$

.
Мы знаем только её частные производные:

$$\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 + 2y$$

$$\frac{\partial f}{\partial y} = 2x + 2y$$

Проинтегрируем первое равенство:

$$f = \int\frac{\partial f}{\partial x}dx = x^3 + 2xy + C(y)$$

Подставим найденное значение $f$ во второе равенство:

$$\frac{\partial}{\partial y} (x^3 + 2xy + C(y)) = 2x + 2y$$

$$2x + \frac{\partial C(y)}{\partial y} = 2x + 2y$$

$$\frac{\partial C(y)}{\partial y} = 2y$$

Таким образом,

$$C(y) = y^2 + C_1(x)$$

Можно ли как-то избавиться от этого слагаемого $C_1(x)$, или это в принципе невозможно?

[Brukvalub]

Alejandros в сообщении #151692 писал(а):

Здравствуйте!
Возник такой вопрос - можно ли как-то однозначно восстановить функцию (например, от двух переменных), зная её частные производные.

Нет, можно восстановить ( в некоторых случаях) с точностью до константы.

Alejandros в сообщении #151692 писал(а):

Таким образом,

$$C(y) = y^2 + C_1(x)$$

Неверный вывод. Верный вывод:

$$C(y) = y^2 + C_1$$

[Alejandros]

Brukvalub писал(а):

Неверный вывод. Верный вывод:

$$C(y) = y^2 + C_1$$

То есть в эту константу $C_1$ входит $C(x) + C$, где $C$ - число?

[Brukvalub]

Alejandros в сообщении #151694 писал(а):

То есть в эту константу $C_1$ входит $C(x) + C$, где $C$ - число?

Нет, Вы сами пишете, что ищете функцию С(у), которая зависит только от у, и тут же приписываете зависимость от х?

[Alejandros]

Получается зависимости от $x$ в константе совсем не будет, а будет только произвольное число. Вроде верно.

[Brukvalub]

Alejandros в сообщении #151710 писал(а):

Получается зависимости от $x$ в константе совсем не будет, а будет только произвольное число. Вроде верно.

Верно.

[ewert]

кстати, перед восстановлением неплохо бы проверить, что задача вообще корректна. Т.е. что ${\partial\over \partial x}{\partial f\over \partial y}={\partial\over \partial y}{\partial f\over \partial x}$. При как бы заданных по условию задачи первых производных.

[Brukvalub]

ewert в сообщении #151714 писал(а):

кстати, перед восстановлением неплохо бы проверить, что задача вообще корректна. Т.е. что ${\partial\over \partial x}{\partial f\over \partial y}={\partial\over \partial y}{\partial f\over \partial x}$.

Так и это является лишь необходимым условием. А то Вы так нечаянно когомологии Де-Рама поистребите

[ewert]

не знаю. Я лично всегда заставляю народ это проверять. И народ как-то не возмущается.

[ScaN]

Brukvalub в сообщении #151716 писал(а):

ewert в сообщении #151714 писал(а):

кстати, перед восстановлением неплохо бы проверить, что задача вообще корректна. Т.е. что ${\partial\over \partial x}{\partial f\over \partial y}={\partial\over \partial y}{\partial f\over \partial x}$.

Так и это является лишь необходимым условием. А то Вы так нечаянно когомологии Де-Рама поистребите

Т.е. Вы утверждаете, что ${\partial\over \partial x}{\partial f\over \partial y}={\partial\over \partial y}{\partial f\over \partial x}$ не является достаточным условием. Я не смог сходу придумать контр-пример, может быть Вы мне его предоставите? (только пожалуйста, не надо про когомологии Де-Рама и другие непонятные вещи).

Филиппов в своем задачнике пишет (c.25), что $M(x,y)dx + N(x,y)dy$ является дифференциалом некоторой функции, если $\frac{\partial}{\partial y}M=\frac{\partial}{\partial x}N$. Верно ли я понимаю, что утверждается достаточность этого условия для существования функции, чьи частные производные заданы соответственно как $M(x,y),\,N(x,y)$?

С другой стороны, в "Контрпримерах в анализе" (Гедбаум, Олмстед, с.159) приводится пример локально полного (т.е. удовлетворяющего вышеуказанному условию), но не полного дифференциала (т.е. интеграл по замкнутой кривой не всегда нуль). Этот контрпример $\frac{-y}{x^2 + y^2}dx+\frac{x}{x^2 + y^2}dy$. Там же утверждается, что локально полный дифференциал будет являться полным дифференциалом (и наоборот) в односвязанной области. Означает ли это, что функцию можно восстановить по частным производным в односвязанной области тогда и только тогда, когда ${\partial\over \partial x}{\partial f\over \partial y}={\partial\over \partial y}{\partial f\over \partial x}$ имеет смысл и выполняется в этой области?

Помогите разобраться :)

P.S. Как делать прямые d в dx, dy и маленький пробел между ними?

[alcoholist]

ScaN в сообщении #675605 писал(а):

С другой стороны, в "Контрпримерах в анализе" (Гедбаум, Олмстед, с.159) приводится пример локально полного (т.е. удовлетворяющего вышеуказанному условию), но не полного дифференциала (т.е. интеграл по замкнутой кривой не всегда нуль). Этот контрпример $\frac{-y}{x^2 + y^2}dx+\frac{x}{x^2 + y^2}dy$

вот-вот -- это как раз про когомологии))) приведенная форма определена везде, кроме начала координат... собственно в полярных координатах это $\operatorname{d}\varphi$

в односвязной области любая замкнутая форма точна