Линейное дифференциальное уравнение в частных производных

[_v_l]

Добрый день уважаемые формучане.

Студентам 3+ курсов была предложена задача:
===========================================================
Задано уравнение $x\dfrac{\partial f}{\partial x}+y\dfrac{\partial f}{\partial y}=0$ при $x>0$, $y>0$. Показать, что 1) $f(x,y)=g\big(\frac{y}{x}\big)$, где $g(t)$ --- произвольная дифференцируемая функция одной переменной --- решение исходного уравнения и 2) других решений, кроме 1) --- нет.
===========================================================

Один из студентов предложил такое решение для этой задачи (собственно сам текст, чтобы избежать недоразумений после текста есть ссылки на фото):
===========================================================

Задача № 1

$x\dfrac{\partial f}{\partial x}+y\dfrac{\partial f}{\partial y}=0$, $x>0$, $y>0$

1) $f=g\big(\frac{y}{x}\big)$ --- решение

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=g'\big(\frac{y}{x}\big)\cdot\big(-\frac{y}{x^{2}}\big)$

$\dfrac{\partial f}{\partial y}=g'\big(\frac{y}{x}\big)\cdot\big(\frac{1}{x}\big)$

$x\dfrac{\partial f}{\partial x}+y\dfrac{\partial f}{\partial y}=x\cdot g'\big(\frac{y}{x}\big)\cdot\big(-\frac{y}{x^{2}}\big)+yg'\big(\frac{y}{x}\big)\cdot\big(\frac{1}{x}\big)=0.$
вып-ся.

2) др. решений нет.

Пусть $f(x,y)$ --- решение.
Рассмотрим мн-во точек: $y=kx$.
$0=x\dfrac{\partial f}{\partial x}+y\dfrac{\partial f}{\partial y}=x\dfrac{\partial f}{\partial x}+kx\dfrac{\partial f}{k\partial x}=2x\dfrac{\partial f}{\partial x}\quad\Rightarrow\quad \dfrac{\partial f}{\partial x}=0$
$\dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{\partial f}{k\partial x}=0$, т.е.
$(x,y)=\mathrm{const}$ при $\dfrac{y}{x}=\mathrm{const}$,
т.е. зн-ние ф-ции $f$ зависит только от соотношения $\dfrac{y}{x}$,
а не от самих точек $x$ и $y$, т.е. $f(x,y)=g\big(\frac{y}{x}\big)$,
т.к. функция $f(x,y)$ дифф-ма, то и ф-ция $g\big(\frac{y}{x}\big)$ дифф-ма. Ч.т.д.
===========================================================

Фото страниц:



После проверки, когда студент ознакомился с результатом, он пытался убедить проверявшего, что он полностью решил задачу.

В оригинальном решении доказательство того, что других решений, кроме 1) проводится при помощи перехода к другим переменным (линейной комбинации $x,y$, получается тоже уравнение в новых координатах, из которого следует, что других решений нет).

Просьба прокомментировать решение студента. Была ли решена задача?

---
Владимир

[TOTAL]

_v_l в сообщении #246395 писал(а):

Просьба прокомментировать решение студента. Была ли решена задача?

Не решена.

[AKM]

_v_l,
Перепишите, пожалуйста, в своем сообщении формулы, используя TeX.
Об этом написано здесь (кратко) и здесь (подробнее).

Замените картинку разборчивым изложением решения.

См. также тему Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться

[AKM]

Позволю себе приподнять исправленное автором сообщение.

[jetyb]

Из того, что рассматривается множество точек $y=kx$, делается ошибочный вывод, что $\partial y=k\partial x $.
Чисто аналогично можно рассмотреть множество любых вензелей $y=g(x)$ и вывести, что $\partial y=g'(x)\partial x $.

[ewert]

Не решена -- логическая ошибка: пропорциональность частных производных следовала бы из определённости направления градиента, но ведь именно эта определённость фактически и подлежит доказательству. Однако:

_v_l в сообщении #246395 писал(а):

В оригинальном решении доказательство того, что других решений, кроме 1) проводится при помощи перехода к другим переменным (линейной комбинации $x,y$, получается тоже уравнение в новых координатах, из которого следует, что других решений нет).

-- уже некоторый перебор. Надо:

$$x\,{df\over dx}=x\,\left({\partial f\over\partial x}+{\partial f\over\partial y}\cdot{dy\over dx}\right)=x\,{\partial f\over\partial x}+kx\,{\partial f\over\partial y}=x\,{\partial f\over\partial x}+y\,{\partial f\over\partial y}\equiv0.$$

[_v_l]

TOTAL в сообщении #246398 писал(а):

Не решена.

Лаконичный ответ , "Краткость, сестра таланта".

ewert в сообщении #246833 писал(а):

Не решена -- логическая ошибка: пропорциональность частных производных следовала бы из определённости направления градиента, но ведь именно эта определённость фактически и подлежит доказательству.

Ээ, не могу понять суть, но попробую; всё-таки ваши рассуждения более понятны

ewert в сообщении #246833 писал(а):

-- уже некоторый перебор. Надо:

Как я понял, здесь вы рассуждаете так: рассмотрим $f(x,y)$ --- решение ДУ, предположим, что между переменными $x$, $y$ есть связь: $y=y(x)$, тогда $f(x,y)\equiv f(x,y(x))$. Далее рассмотрим
$x\dfrac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}=\ldots$
и дальше дифференцируем сложную функцию. Если $y=kx$, то $x\dfrac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}=0$, с учётом условия отсуда следует, что
$\dfrac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}=0$. С этим согласен, но откуда следует, что других решений нет, т.е. другие зависимости $y=y(x)$ не являются решением.

Хотя, если честно, не понимаю, причём здесь $x\dfrac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}$ и данное ДУ.

Может решение с помощью новых переменных громоздко, но оно более понятно (по крайней мере мне):
==================================================
Докажем, что других решений нет. Пусть $x=\mathrm{e}^{\xi}$, $y=\mathrm{e}^{\eta}$, тогда
$ \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial \xi}\cdot\mathrm{e}^{-\xi},\quad \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial \eta}\cdot\mathrm{e}^{-\eta}.$
Подставляем в исходное:
$ \frac{\partial f}{\partial \xi}+\frac{\partial f}{\partial \eta}=0.$
Заменяем $\xi=l+m$, $\eta=l-m$,
$ l=\frac{\xi+\eta}{2},\quad m=\frac{\xi-\eta}{2},\\ \frac{\partial f}{\partial \xi}=\frac{\partial f}{\partial l}\cdot\frac{1}{2}+\frac{\partial f}{\partial m}\cdot\frac{1}{2},\quad \frac{\partial f}{\partial \eta}=\frac{\partial f}{\partial l}\cdot\frac{1}{2}+\frac{\partiald f}{\partial m}\cdot\Big(-\frac{1}{2}\Big),$
значит $\dfrac{\partial f}{\partial l}=0$, таким образом $f(l,m)=\phi(m)$ --- не зависит от
$l$. Получаем
$ f(l,m)=\phi(m)=\phi\Big(\frac{\xi-\eta}{2}\Big)=\phi\Big(\frac{\ln x-\ln y}{2}\Big)=\phi\Big(\frac{1}{2}\ln\frac{x}{y}\Big)=g\Big(\frac{y}{x}\Big)\quad\Rightarrow$
Любая $f(x,y)$ --- решение исходного уравнения представимо в виде
$f(x,y)=g\big(\frac{y}{x}\big)$, что и требовалось доказать.
==================================================


Спасибо за участие.

[ewert]

_v_l в сообщении #247060 писал(а):

С этим согласен, но откуда следует, что других решений нет,

Как это откуда? Доказано тем самым, что $f(x,y)$ постоянна на любом луче, а дальше стьюдент написал совершенно правильно:

Цитата:

$f(x,y)=\mathrm{const}$ при $\dfrac{y}{x}=\mathrm{const}$,
т.е. зн-ние ф-ции $f$ зависит только от соотношения $\dfrac{y}{x}$,
а не от самих точек $x$ и $y$, т.е. $f(x,y)=g\big(\frac{y}{x}\big)$

Он только вышел на этот факт некорректно.

[TOTAL]

_v_l в сообщении #246395 писал(а):

Рассмотрим мн-во точек: $y=kx$.

Не сказано, с какой целью рассматривается множество точек. Так что эта фраза помогает доказательству не больше, чем фраза "рассмотрим множество мух на стене". Неудивительно поэтому, что далее автор "доказательства" получает полную чушь типа

_v_l в сообщении #246395 писал(а):

$\dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{\partial f}{k\partial x}=0$

[_v_l]

ewert в сообщении #247064 писал(а):

_v_l в сообщении #247060 писал(а):

С этим согласен, но откуда следует, что других решений нет,

Как это откуда? Доказано тем самым, что $f(x,y)$ постоянна на любом луче, а дальше стьюдент написал совершенно правильно:

Если не сложно, не подскажете где рассматриваются (учебник, курс, раздел, что угодно) такой подход. Забыл, что тут таить, где доказывается данный факт

Цитата:

... $f(x,y)$ постоянна на любом луче ... других решений нет

---
WBW, Vladimir

[ewert]

Какой подход?... Это же банальность. Ну скажем: создаём функцию $g$, которая каждому $k$ ставит в соответствие значение функции $f(x,y)$ на луче $y=kx$ (как уже доказано, единственное). Тогда и будет $f(x,y)=g\left({y\over x}\right)$.

[_v_l]

ewert в сообщении #247380 писал(а):

(как уже доказано, единственное).

Вот об этом и речь: я, честно, не видел доказательства единственности решения.
Первое задание --- проверить, что заданная функция является решением --- проверяется прямой подстановкой. Второе,... пусть $y=kx$ и функция постоянна на лучах, но откуда следует единственность решения данного уравнения?

[TOTAL]

_v_l в сообщении #247425 писал(а):

откуда следует единственность решения данного уравнения?

Не следует. Он этого и не утверждает. Вырисовывается, что студент не только не справился со второй частью задачи, но и не понимает, что в этой части требуется.

[ewert]

_v_l в сообщении #247425 писал(а):

Вот об этом и речь: я, честно, не видел доказательства единственности решения.

А что такое "единственность"?... Теорема (в обратную сторону) формулируется однозначно: если решение, то зависит только от отношения. Ну так это и доказано. И пусть тот студент не смог доказать этого корректно, однако же заслуживает уважения хотя бы за то, что он достаточно чётко осознал, что именно нуждается в доказательстве.

[Утундрий]

Гм...
$\[ \begin{gathered} x\frac{{\partial f}} {{\partial x}} + y\frac{{\partial f}} {{\partial y}} = \frac{{\partial f}} {{\partial \ln x}} + \frac{{\partial f}} {{\partial \ln y}} \hfill \\ \xi \equiv \ln x + \ln y = \ln xy,\eta \equiv \ln x - \ln y = \ln \frac{x} {y} \hfill \\ x = e^{\frac{{\xi + \eta }} {2}} ,y = e^{\frac{{\xi - \eta }} {2}} \hfill \\ F(\xi ,\eta ) \equiv f(x(\xi ,\eta ),y(\xi ,\eta )) \hfill \\ 2\frac{{\partial F}} {{\partial \xi }} = x\frac{{\partial f}} {{\partial x}} + y\frac{{\partial f}} {{\partial y}} = 0 \hfill \\ F(\xi ,\eta ) = G(\eta ) = G\left( {\ln \frac{x} {y}} \right) = g\left( {\frac{x} {y}} \right) \hfill \\ \end{gathered} \]$


Я ничего не упустил?