Μοναδικότητα λύσης σε ένα πρόβλημα αρχικής τιμής για μια συνήθη μη γραμμική διαφορική εξίσωση

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #1

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f\colon\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ για την οποία ισχύουν:
1) $f^\prime(x)=-2x f(x)^2$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$
2) f(0)=1

Να δείξετε ότι $f(x)=\frac{1}{x^2+1}$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Σημείωση: αναφορικά με το σχολικό βιβλίο των μαθηματικών της Γ' Λυκείου, η άσκηση θα μπορούσε να βρίσκεται στην παράγραφο 2.6 "Συνέπειες ΘΜΤ".

Μια ενδεικτική λύση μπορεί κανείς να δει εδώ: https://youtu.be/1qyBvDx_Iqg

∫ot.T. · #2

Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε f(x)=y

οπότε:
$\dfrac{dy}{dx}+2xy^{2}=0$

$2xy^{2}dx+dy=0$

Που είναι της μορφής Pdx+Qdy=0

Έστω συνάρτηση $\mu$ ώστε $\dfrac{\partial (\mu P)}{\partial y}=\dfrac{\partial (\mu Q)}{\partial x}$

Εφόσον η συνάρτηση $\dfrac{Q_{x}-P_{y}}{P}$ εξαρτάται μόνο από το

, το ίδιο θα ισχύει και για το $\mu$
Άρα $\dfrac{\mu '}{\mu }=\dfrac{Q_{x}-P_{y}}{P}=-\dfrac{4xy}{2xy^{2}}=-\dfrac{2}{y}$

Εύκολα προκύπτει ότι $\mu =e^{-2lny}=\dfrac{1}{y^{2}}$
Τελικά θα βρούμε την σχέση των x,y

μέσω της συνάρτησης $\phi (x,y)=c$ για την οποία ισχύει:

$\dfrac{\partial \phi }{\partial x}=\mu P$ και $\dfrac{\partial \phi }{\partial y}=\mu Q$

Από την πρώτη σχέση έχουμε $\phi =\int 2xdx=x^{2}+C(y)$
Συνδιάζοντάς το με την δεύτερη έχουμε $\dfrac{\partial \phi }{\partial y}=\dfrac{1}{y^{2}}=C'(y)\Rightarrow C(y)=-\dfrac{1}{y}$
Άρα $\phi = x^{2}-\dfrac{1}{y}=c$ $\Rightarrow y=\dfrac{1}{x^{2}-c}$
Για y=1,x=0

προκύπτει

και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#3

αν η $\displaystyle{f}$ δεν εχει ρίζα τοτε

$\displaystyle{ -\frac{f'(x)}{f^2(x)}=2x}$

ή $\displaystyle{\frac{1}{f(x)}=x^2+c}$ και αφού $\displaystyle{f(0)=1\Rightarrow c=1}$ οποτε $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x^2+1}}$

Aν η $\displaystyle{f}$ είχε μια τουλάχιστον ριζα $\displaystyle{r}$ τότε στα $\displaystyle{ (-\infty,r],(r,+\infty)}$ μεσω συνεχειας , $\displaystyle{f(0)=1}$ προκυπτει $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x^2+1}}$ που δεν εχει ρίζα ατοπο

ΟΙ αλλες λύσεις που κατεβασα εχουν λαθος που το αφηνω για διδακτικους σκοπους

#4

επναληψη το σβηνω

#5

επαναληψη λαθος

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #6

∫ot.T. έγραψε: Δευ Μαρ 04, 2024 8:33 pm Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε οπότε:
$\dfrac{dy}{dx}+2xy^{2}=0$

$2xy^{2}dx+dy=0$

Που είναι της μορφής

Έστω συνάρτηση $\mu$ ώστε $\dfrac{\partial (\mu P)}{\partial x}=\dfrac{\partial (\mu Q)}{\partial y}$

Εφόσον η συνάρτηση $\dfrac{Q_{x}-P_{y}}{P}$ εξαρτάται μόνο από το , το ίδιο θα ισχύει και για το $\mu$
Άρα $\dfrac{\mu '}{\mu }=\dfrac{Q_{x}-P_{y}}{P}=-\dfrac{4xy}{2xy^{2}}=-\dfrac{2}{y}$

Εύκολα προκύπτει ότι $\mu =e^{-2lny}=\dfrac{1}{y^{2}}$
Τελικά θα βρούμε την σχέση των μέσω της συνάρτησης $\phi (x,y)=c$ για την οποία ισχύει:

$\dfrac{\partial \phi }{\partial x}=\mu P$ και $\dfrac{\partial \phi }{\partial y}=\mu Q$

Από την πρώτη σχέση έχουμε $\phi =\int 2xdx=x^{2}+C(y)$
Συνδιάζοντάς το με την δεύτερη έχουμε $\dfrac{\partial \phi }{\partial y}=\dfrac{1}{y^{2}}=C'(y)\Rightarrow C(y)=-\dfrac{1}{y}$
Άρα $\phi = x^{2}-\dfrac{1}{y}=c$ $\Rightarrow y=\dfrac{1}{x^{2}-c}$
Για προκύπτει και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Κατ’ αρχάς θα αναφέρω ότι δεν έχω να διορθώσω κάτι σε αυτά που γράψατε. Ομολογουμένως δεν περίμενα κάποιος να προσεγγίσει αυτή τη σχετικά απλή εξίσωση με ολοκληρωτικούς παράγοντες.

Ωστόσο δεν είναι προφανές κατά πόσον το επιχείρημα σας απαντά στο τεθημένο πρόβλημα και ας μου επιτραπεί να εξηγήσω...

Πρώτον...
Με κίνδυνο να γίνω κουραστικός, θα αναφέρω ότι δεν ήταν ζητούμενο ο υπολογισμός μιας λύσης (η οποία άλλωστε δίδεται στην εκφώνηση). Τον υπολογισμό αυτόν τον φέρατε εις πέρας και με το παραπάνω. Ζητούμενο ήταν η διατύπωση ενός επιχειρήματος που να αποκλείει την ύπαρξη εναλλακτικής ή δεύτερης λύσης (για παράδειγμα το θεώρημα Picard-Lindelöf μας εξασφαλίζει μοναδικότητα, αλλά τοπικά. Όχι καθολικά όπως είναι το ζητούμενο στο παρόν πρόβλημα).

Δεύτερον...
Καταφεύγετε λοιπόν στην αναζήτηση κάποιου $\mu$ που καθιστά τη μορφή $\omega=\mu Pdx+\mu Qdy$ ακριβή (προφανώς εννοούσατε $\frac{\partial(\mu P)}{\partial y}=\frac{\partial(\mu Q)}{\partial x}$ (*) αλλά αυτό είναι προφανώς ένα παρόραμα). Το γεγονός ότι το $\frac{Q_x-P_y}{P}$ είναι συνάρτηση μόνο του

επιτρέπει να στραφεί κανείς στον υπολογισμό ενός $\mu$ που θα είναι συνάρτηση μόνο του

. Βρίσκετε λοιπόν ένα $\mu$ που “δουλεύει” και επιτρέπει την ολοκλήρωση $d\phi=\omega$ .

Όμως... οποιοδήποτε μη τετριμμένο $\mu$ που επαληθέυει την (*) θα “δούλευε” επίσης, οπότε έρχομαι στην ένστασή μου.

Τρίτον...
Στην απάντησή σας πρωταγωνιστούν οι λογιστικές λεπτομέρειες της μεθόδου των ολοκληρωτικών παραγόντων, ενώ το ζήτημα της μοναδικότητας δεν προσεγγίζεται καθόλου. Με άλλα λόγια δεν είναι προφανές (ή τουλάχιστον στη λύση σας δεν γίνεται ούτε μια νύξη επί τούτου) ότι αποκλείεται να υπάρχει άλλο $\tilde{\mu}=\tilde{\mu}(x,y)$ το οποίο να οδηγεί σε άλλη οικογένεια λύσεων $\tilde{\phi}=c$ η οποία να δίνει άλλη, δεύτερη λύση στο πρόβλημα διαφορετική της $y=\frac{1}{x^2+1}$ .

Σημείωση: πηγή έμπνευσης για το εν λόγω πρόβλημα ήταν το στυλ των “βρώμικων” μαθηματικών ενός τυπικού εισαγωγικού μαθήματος διαφορικών εξισώσεων στα πλαίσια του οποίου θα έβλεπε κανείς τη δοσμένη εξίσωση και θα έλεγε: “οκ, εξισωσούλα χωριζομένων μεταβλητών, διαιρούμε με y^2

και ολοκληρώνουμε κατά μέλη” χωρίς να νοιάζεται αν το

μηδενίζεται σε κάποιο σημείο. Προφανώς η “by hook or by crook” προσέγγιση στην επίλυση μιας διαφορικής εξίσωσης ενίοτε φτάνει και περισσεύει (με τον λύτη να λέει “κάνω το σταυρό μου που βρήκα λύση, σιγά μη νιώσω και ενοχές που δεν διέκρινα περιπτώσεις αν μηδενίζεται το

!”). Υπάρχουν όμως και στιγμές που θέλει κανείς να εξετάσει ακόμη και τις τελευταίες λεπτομέρειες. Και το πνεύμα του παρόντος προβλήματος αφορά αυτές.

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #7

R BORIS έγραψε: Τρί Μαρ 05, 2024 7:39 am αν η $\displaystyle{f}$ δεν εχει ρίζα τοτε

$\displaystyle{ -\frac{f'(x)}{f^2(x)}=2x}$

ή $\displaystyle{\frac{1}{f(x)}=x^2+c}$ και αφού $\displaystyle{f(0)=1\Rightarrow c=1}$ οποτε $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x^2+1}}$

Aν η $\displaystyle{f}$ είχε μια τουλάχιστον ριζα $\displaystyle{r}$ τότε αφού $\displaystyle{f(0)=1}$ το $\displaystyle{r \ne 0}$ εστω $\displaystyle{r>0}$ και

$\displaystyle{f'(r)=0}$ με $\displaystyle{f(r)=0,r>0}$

εύκολα βλέπουμε ότι η $\displaystyle{f'}$ είναι παραγωγισιμη αρα συνεχής. Επιπλέον αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν

του 0 αφού $\displaystyle{f'(x)=-2xf^2(x)}$ αρα από ΘΒ $\displaystyle{f'(0)=0 \Rightarrow f(0)=0}$ ΑΤΟΠΟ

$(f^\prime(0)=0) \Rightarrow (f(0)=0\vee 0=0)$ . Μπορείτε να εξηγήσετε λεπτομερέστερα με ποιον τρόπο οδηγούμαστε εις άτοπον?

Μοναδικότητα λύσης σε ένα πρόβλημα αρχικής τιμής για μια συνήθη μη γραμμική διαφορική εξίσωση

Μοναδικότητα λύσης σε ένα πρόβλημα αρχικής τιμής για μια συνήθη μη γραμμική διαφορική εξίσωση

Re: Μοναδικότητα λύσης σε ένα πρόβλημα αρχικής τιμής για μια συνήθη μη γραμμική διαφορική εξίσωση

Re: Μοναδικότητα λύσης σε ένα πρόβλημα αρχικής τιμής για μια συνήθη μη γραμμική διαφορική εξίσωση

Re: Μοναδικότητα λύσης σε ένα πρόβλημα αρχικής τιμής για μια συνήθη μη γραμμική διαφορική εξίσωση

Re: Μοναδικότητα λύσης σε ένα πρόβλημα αρχικής τιμής για μια συνήθη μη γραμμική διαφορική εξίσωση

Re: Μοναδικότητα λύσης σε ένα πρόβλημα αρχικής τιμής για μια συνήθη μη γραμμική διαφορική εξίσωση

Re: Μοναδικότητα λύσης σε ένα πρόβλημα αρχικής τιμής για μια συνήθη μη γραμμική διαφορική εξίσωση

Μέλη σε σύνδεση