Matematyka.pl

Mamy równanie różniczkowe jednorodne liniowe \(\displaystyle{ n}\)-tego stopnia. Wiadomo, że \(\displaystyle{ y(x)}\) jest rozwiązaniem tego równania w pewnym przedziale \(\displaystyle{ X}\) oraz \(\displaystyle{ y(x_{0})=0,y'(x_{0})=0,...,y^{n-1}(x_{0})=0}\) dla pewnego \(\displaystyle{ x_{0}\in X}\). Nie pamiętam dlaczego \(\displaystyle{ y(x)=0}\) w tym przedziale. Ktoś podpowie?

To jest chyba całkiem oczywiste, i nawet bez używania matematyki:
jeśli wszystkie pochodne są zerowe, no to nie ma pola do jakiejkolwiek zmiany, czyli wtedy:
\(\displaystyle{ y(x_0) = y(x) = const}\)

Fibik pisze: 17 maja 2024, o 19:46jeśli wszystkie pochodne są zerowe, no to nie ma pola do jakiejkolwiek zmiany, czyli wtedy:
\(\displaystyle{ y(x_0) = y(x) = const}\)

Nieprawda, na ogół z równości \(\displaystyle{ y(x_0) = \ldots = y^{(n-1)}(x_0) = 0}\) nie wynika, że funkcja jest zerowa - kontrprzykładem jest \(\displaystyle{ y(x) = (x-x_0)^n}\). Implikacja nie zachodzi nawet wtedy, gdy założy się że \(\displaystyle{ y^{(k)}(x_0) = 0}\) dla wszystkich naturalnych \(\displaystyle{ k}\).

Odnośnie pytania - opisane równanie różniczkowe wraz z warunkami początkowymi określającymi wartości \(\displaystyle{ y(x_0), \ldots, y^{(n-1)}(x_0)}\) ma jednoznaczne rozwiązanie. Gdy wszystkie te warunki są zerowe, to takim rozwiązaniem jest funkcja zerowa - z jednoznaczności wynika więc, że tylko ona.

naprawdę tak gdybasz?

zatem co wynika z tego że wszystkie pochodne funkcji są zerowe?

Nie gdyba. Zna parę elementarnych przykładów.

Z zerowania wszystkich pochodnych wynika, że funkcją jest baaardzo płaska koło zera, i pewnie niedużo więcej.

Ok. Rozumiem. Zerowa funkcja na pewno spełnia dany warunek początkowy. Więc gdyby jakaś niezerowa go też spełniała, to mamy sprzeczność z jednoznacznością.

Fibik pisze: 17 maja 2024, o 22:03naprawdę tak gdybasz?

zatem co wynika z tego że wszystkie pochodne funkcji są zerowe?

Jeśli masz jakieś zastrzeżenia do wskazania błędu w Twojej odpowiedzi, to poproszę konkretniej. Na razie Twoje pytania mają niewiele wspólnego z tym, jak się dyskutuje o matematyce.

a co za problem?

dowolną funkcję możesz rozwinąć w szereg typu:

\(\displaystyle{ f(x) = f(x_0) + (x-x_0) f'(x_0) + (x-x_0)^2/2 f''(x_0) + ... }\)

i teraz masz podane, że wszystkie pochodne są zerowe: \(\displaystyle{ f^n(x_0)=0}\)

no i co z tego wyjdzie?

a podstaw sobie i sprawdź.

Rozwinąć można, się nie wynika z tego, że wartości szeregu będą równe wartościom funkcji

Marne żarty... ten wasz przykład:

\(\displaystyle{ f(x) = (x-a)^n = (a-a)^n + (x-a)*0 + ... 0 + (x-a)^n/n! * n! = f(x)}\)

ostatnia pochodna nie jest zerowa, niestety.

Ale o czym Ty w ogóle piszesz?

Założeniem wyjściowego zadania jest to, że pochodne funkcji do \(\displaystyle{ n-1}\) włącznie zerują się w ustalonym punkcie. Jeśli twierdzisz, że wynika stąd zerowość tej funkcji, to nie masz racji - vide kontrprzykład \(\displaystyle{ (x-x_0)^n}\). Jeśli zaś twierdzisz, że z zerowania się wszystkich pochodnych funkcji w ustalonym punkcie wynika jej zerowość, to nie tylko nie masz racji, ale też piszesz nie na temat, bo nie takie było założenie wyjściowego zadania.

Kontrprzykładem zaś na drugą tezę jest niezerowa funkcja gładka:

\(\displaystyle{ f(x) = \begin{cases} 0 & \text{dla } x \le 0, \\ e^{-\frac{1}{x}} & \text{dla } x > 0, \end{cases}}\)

której wszystkie pochodne w punkcie \(\displaystyle{ x_0 = 0}\) są zerowe.

zatem to jest bzdura, bo n-1 to nie wszystkie.

bardzo zaawansowany kontrprzykład do tej hipotezy:
\(\displaystyle{ x = a + (x-a) * 1 = a + x - a = x <> 0}\)

Dodano po 6 minutach 9 sekundach:
a ten twój kontr jest fałszywy, oczywiście, bo 1/x nie ma pochodnych w 0...

Fibik pisze: 18 maja 2024, o 15:38 zatem to jest bzdura, bo n-1 to nie wszystkie.

Fibik pisze: 18 maja 2024, o 13:52 dowolną funkcję możesz rozwinąć w szereg typu:
\(\displaystyle{ f(x) = f(x_0) + (x-x_0) f'(x_0) + (x-x_0)^2/2 f''(x_0) + ... }\)

Bredzisz od rzeczy. Istnieją funkcje wszędzie różniczkowalne dowolną liczbę razy i wszędzie nie rozwijalne w szereg. Szereg nie musi zbiegać do wartości funkcji.
https://en.wikipedia.org/wiki/Fabius_function
Fabius function to jest najbardziej brutalny przykład na pokazanie, że to co mówisz pod rzędnym kontem nie ma sensu, choć wcześniej podane przez Dasia11 przykłady też doskonale to pokazują. Zobacz na Wiki artykuł Non-analytic smooth function, gdzie masz to policzone. Ani liczba pochodnych nie ma znaczenia ani punkt.

W tym zadaniu kluczowa jest jednoznaczność rozwiania. Taką jednoznaczność mamy, choćby z twierdzenia
https://en.wikipedia.org/wiki/Picard%E2%80%93Lindel%C3%B6f_theorem
Picarda–Lindelöfa dla układów (bo jednorodne liniowe \(\displaystyle{ n}\)-tego stopnia jest równoważne z pewnym układem), choć pewnie w tak prostych przypadkach jednoznaczności można pokazać nawet i bez twierdzeń.

Fibik pisze: 17 maja 2024, o 19:46 jeśli wszystkie pochodne są zerowe, no to nie ma pola do jakiejkolwiek zmiany, czyli wtedy:
\(\displaystyle{ y(x_0) = y(x) = const}\)

Na tej wypowiedzi powinieneś był poprzestać. Bo to jest dobra (fizyczna) intuicja o ile jednoznaczność rozważania jest. Więc najpierw należało zorientować się, że rozwiązanie jest dokładnie jedno. A ponieważ nie działają w takim układnie, żadne siły, prędkości, przyspieszenia itp. sprawy, to ze względu na zerowe warunki początkowym intuicyjnie czujemy, że w stanie zerowym układ pozostanie.

Fibik pisze: 18 maja 2024, o 15:38 a ten twój kontr jest fałszywy, oczywiście, bo 1/x nie ma pochodnych w 0...

A jaki to ma związek z funkcją Dasio11? Oprócz tego, że gdzieś tam widnieje \(\displaystyle{ \frac{1}{x}}\)... Wkraczasz w obszar wiedzy, w którym na twoje nieszczęście podstawowa wiedza z rachunku różniczkowego a'la polibuda nie wystarczy.

oj, spawaczu... sobie rozwiń w szereg ten exp, i sprawdź.