Дифференциальные уравнения - что это?

[Deffe]

Oleg Zubelevich
Нам не говорили, что это теорема Пеано, но нам дали теорему существования и единственности задачи Коши для ДУ первого порядка. Без доказательства, сказали, что оно позже будет. Формулировка такая
$\left\{\begin{matrix} y'=f(x,y)\\ y(x_{0})=y_{0} \end{matrix}\right.$ - зачача Коши

$f(x,y)$ - непрерывна на области опеределения
$\exists \frac{\partial f}{\partial y}$ - также непрерывна на области опеределения
тогда
$\exists (r_{1},r_{2}): \begin{matrix} \exists! y=y(x)\\ x \in (r_{1},r_{2}) \end{matrix}$ - решение исходной задачи Коши

Munin
Подобные задачи были на практике в течении семестра. Решаю так:
$y=0$ - частное решение
В остальных случаях
$y\,dx-x\,dy = 0 \,| \cdot \frac {1} {y^{2}}$
$\frac{y\,dx-x\,dy}{y^{2}} = 0$
$d\left ( \frac{x}{y} \right ) = 0 $
$\frac{x}{y} = C$
$y=C\,x$
Получается, что через точку $(0,0)$ проходит бесконечное множество интегральных кривых

[Oleg Zubelevich]

Deffe в сообщении #816044 писал(а):

Нам не говорили, что это теорема Пеано, но нам дали теорему существования и единственности задачи Коши д

теорема Коши и теорема Пеано это разные вещи

-- Сб янв 18, 2014 13:04:31 --

Munin в сообщении #816037 писал(а):

но даже и банального $dx=0.$ (Решение: $x=C,\,\,\forall C.$) А это уравнение среди уравнений в дифференциалах ну ничем не выделено.

имелось в виду совершенно другое. в случае уравнения $y-(y')^3=0$ неединственность имеет место для задачи $y(0)=0$

[Deffe]

Oleg Zubelevich
тогда теоремы Пеано у нас еще не было

[Oleg Zubelevich]

Теорема Пеано звучит так.

Рассмотрим следующую задачу $y'=f(x,y),\quad y(\hat x)=\hat y$. Если функция $f$ непрерывна в окрестности точки $(\hat x,\hat y)$ то указанная задача имеет решение $y(x)$ определенное при малых $|x-\hat x|$.
Но это решение может оказаться неединственным.

[Munin]

Deffe в сообщении #816044 писал(а):

Munin
Подобные задачи были на практике в течении семестра.

Это хорошо.

Deffe в сообщении #816044 писал(а):

Решаю так:
$y=0$ - частное решение
В остальных случаях
$y\,dx-x\,dy = 0 \,| \cdot \frac {1} {y^{2}}$
$\frac{y\,dx-x\,dy}{y^{2}} = 0$
$d\left ( \frac{x}{y} \right ) = 0 $
$\frac{x}{y} = C$
$y=C\,x$
Получается, что через точку $(0,0)$ проходит бесконечное множество интегральных кривых

Но в итоге, ваше частное решение $y=0$ оказалось охваченным общим решением, а другое частное решение $x=0$ вы потеряли. Причём в самом конце, когда трудности были позади, а осталась только аккуратность.

А я, конечно, дурак. Я уравнение $y\,dx+x\,dy=0$ имел в виду. Впрочем, вы, наверное, сделаете, не сомневаюсь. Но и ответ представите не в том виде, какой я имею в виду - тоже не сомневаюсь. Ответ, который я имею в виду: $x^2+y^2=C\leqslant 0.$ То есть, решения уравнений в дифференциалах - это линии, а не функции. Именно это я хотел подчеркнуть своим примером.

Можно и чего-нибудь вида $dx-dy\,\cos y=0$ посмотреть.

-- 18.01.2014 14:46:30 --

Oleg Zubelevich в сообщении #816055 писал(а):

это просто не имеет отношения к сказанному.

Я с $\sqrt[3]{x}$ спутал каким-то образом.

[Deffe]

Munin
Для $dx-dy\,\cos y=0$ решением будет $x=\sin y+C$ - семейство вертикальных синусоид, сдвинутых по x

[Munin]

Ну вот, это уже лучше. Вертикальных. $x(y),$ а не $y(x).$ А вот стандартное определение дифференциала функции почему-то об этом ни слова не говорит.