Найти д.у. для заданной функции.

[PSP]

Пусть имеется функция :

$$ f(x)=\frac {a_{11}x^2 + b_{11}x+c_{11}} {a_{12}x^2 + b_{12}x+c_{12}} $$

Решением какого дифференциального уравнения она может являться?
Посмотрел справочники по д.у.,не нашёл...

[gris]

Ну кроме тривиального случая $y'=f'(x)$ приходит на ум $y'=g(x) y^2$, где $g(x)$ — отношение двух полиномов, которое может в частном случае имет простой вид.

[PSP]

gris в сообщении #807076 писал(а):

Ну кроме тривиального случая $y'=f'(x)$ приходит на ум $y'=g(x) y^2$, где $g(x)$ — отношение двух полиномов, которое может в частном случае имет простой вид.

С тривиальным случаем понятно,хотелось бы иметь такое д.у.где не было бы индивидуальных функций ad hoc ..Надеюсь,я выразил свою мысль понятно ?

[ИСН]

Понятно, но при попытке сформулировать её строго она исчезнет.
Для одной функции тут слишком много свободы; может, укажете хотя бы одномерное семейство функций, которые надо покрыть диффуром?

-- менее минуты назад --

А то сейчас у Вас там шесть констант ad hoc, с конкретными значениями. Откуда они должны взяться, если не из условия?

[INGELRII]

Ну а если попробовать в таком духе (разберу на простом примере):

Возьмем семейство функций $y = C_1 x + C_2$, и попытаемся найти к нему дифур. Преобразуем уравнение так, чтобы в правой части стояло, скажем, $C_2$, а все остальные члены - в левой. Получается $y - C_1 x = C_2$. Дифференцируем это всё по $x$: $y' - C_1 = 0$. Теперь преобразуем полученное уравнение так, чтобы $C_1$ стояло в правой части, а все остальное в левой: $y' = C_1$. Дифференцируем снова, и получаем $y'' = 0$. Легуо убедиться, что это оно и есть, то что нам надо.

Теперь, значит, мы берем семейство функций $y = \frac{a_{11} x^2 + b_{11} x + c_{11}}{a_{12} x^2 + b_{12} x + c_{12}}$. Преобразуем его к виду, скажем, $y(a_{12} x^2 + b_{12} x + c_{12}) - a_{11} x^2 - b_{11} x = c_{11}$. Дифференцируем. Ну и таким же образом убиваем параметры один за другим. Что-нибудь да получится...

[Vince Diesel]

INGELRII в сообщении #808121 писал(а):

Ну а если попробовать в таком духе (разберу на простом примере):

Написал процедуру, которая это делает. При разном порядке исключения параметров получаются разные выражения, однако вот этот множитель всегда присутствует:

$$ 40 \left(y^{(3)}\right)^3+3 \left(6 y^{(5)} \left(y''\right)^2+5 \left(y^{(4)}\right)^2 y'\right)-12 y^{(3)} \left(y^{(5)} y'+5 y^{(4)} y''\right)=0. $$

Исходная дробь ему удовлетворяет.
Для сравнения $y(x)=\frac{a_1 x+b_1}{a_2x +b_2}$ дает $2 y^{(3)} y'-3 \left(y''\right)^2=0$. Это похоже на производную Шварца, http://ru.wikipedia.org/wiki/Инвариант_Шварца, что и неудивительно.

[ИСН]

Как у Вас уравнение пятого порядка даёт общее решение с шестью константами?

-- менее минуты назад --

А нет, понял. Их же не шесть, на самом-то деле.

[Утундрий]

Изячная метода. Не удержался и посчитал для $y = \frac{{a_1 x + b_1 }}{{a_2 x + b_2 }}$. Попутно, кстати, условия невырожденности $a_2 \left| {\begin{array}{*{20}c} {a_1 } & {b_1 } \\ {a_2 } & {b_2 } \\ \end{array} } \right| \ne 0$ вылазиют.

[ИСН]

Да ладно, это годится для любой комбинации функций с любым количеством запиханных куда угодно констант.

[INGELRII]

Главное, чтобы константы поддавались выражению через элементарные функции. Ну, или через хоть какие-нибудь. Но для дробно-рациональных функций любой степени все должно выражаться без проблем.

[Утундрий]

Главное, чтобы хоть как-то выражалась. Берём функцию за первую попавшуюся константу и относительно ея разрешаем. Потом удар дифференцирующего топора и константа ампутирована. Повторить процедуру до полной ампутации всех и свяческих констант. Пвеквасно ваботает.

PSP
Я примерно догадываюсь, ради чего это делается. Так вот - ничего, что они группу не образуют?

[ИСН]

(Оффтоп)

Утундрий в сообщении #808306 писал(а):

Потом удар дифференцирующего топора и константа ампутирована.

Цитата:

...
- Я сказал "левой"!
- Тюк.
- Я сказал "ноги"!
- Тюк.

[ivvan]

Не могу доказать, но, кажется, $y=\frac{a_0+\dots+a_n x^n}{b_0+\dots+b_n x^n}$ является решением уравнения

$$\begin{vmatrix} y^{(n+1)} & (n+1)y^{(n)} & \cdots & (n+1)y' \\ y^{(n+2)} & (n+2)y^{(n+1)} & \cdots & \frac{(n+1)(n+2)}{2}y'' \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ y^{(2n+1)} & (2n+1)y^{(2n)} & \cdots & C^n_{2n+1}y^{(n+1)} \end{vmatrix}=0$$

[Vince Diesel]

А каков общий вид коэффициента на месте $(i,j)$?

[ivvan]

Если это про моё уравнение, то $C^j_{n+i+1}y^{(n+1+i-j)}$, где $i,j=0,\dots,n$.