Общего решения для произвольного диф.уравнения нет, надо смотреть к какому классу дифур относится конкретное уравнение

Экспекто Дементум, это и я знаю. Так к какому классу относится уравнение y'(x) = y(x+c), с - константа?

Есть идея найти некую функцию g, такую, что y(x+c) = g(y(х)). Но как искать - тоже не знаю.

d(x+C)=dx, так что это то же самое, что и y'(x2) = y(x2), с заменой x2=x+C

А dy/dx=y => dy/y=dx => lny=x+C (при у!=0) => y=C2*exp(x). Отдельно рассмотреть что будет при y=0

Можно тупо взять синус.

Экспекто Дементум, нет же! При замене x2 = x + c, y(x+c) => y(x2), y'(x) => y'(x2-c), y'(x) = y(x+c) => y'(x2-c) = y(x2)
Ничего не изменилось.

pskovoroda, а не тупо?

pskovoroda, дело в том, что это простейший пример, а могут быть и другие подобные. Что гуглить хотя бы?

Verity Mage
y'(x)= dy/dx=dy/d(x+C)=y'(x+C)

Экспекто Дементум
y'(x+C) = dy(x+c)/dx

Вы сейчас путаете значение производной в точке и саму производную. Замена переменной на ту же переменную со сдвигом не меняет вида производной

t=x+2

dt=dx
y'(x)= dy/dx=dy/dt=y'(t)

Экспекто Дементум, в см путаю? Если значение производной в точке равно значению функции в другой, смещённой на С, точке, то это так и записывается: y'(x) = y(x+C), разве нет?

А dy/dt = dy(x)/dt

Verity Mage
Что такое dy?

хотя мб я действительно ща пишу херню

да, я пишу херню

Короче для уравнений такого типа(со смещением аргумента по времени) - Беллман, Кук Дифференциально-разностные уравнения.

Дальше уже идут нелинейные диф. уравнения и там вообще хз чо читать

Тут тебе насоветуют.
Интегрируй обе стороны.

>>>дифуры, куда неизвестная функция входит не только в одной точке.
А что за диффуры, где неизвестная функция входит только в одной точке? О_о

Вообще, тип уравнения вы записали как-то еретически, я чет не поняла. Не могли бы вы привести какой-нибудь конкретный пример?

Lost-in-TARDIS, имелось в виду, что в уравнение неизвестные функции не только в одной точке. Например, y'(x) = y(x+c). Или y''(х) = y(x+c).

Не совсем понял, что значит "еретически"?

Дифуры с откланяющимся аргументом это, если правильно понял. Ушёл гуглить и читать.

Verity Mage
Беллман, Кук - Дифференциально-разностные уравнения, учебник

>>>имелось в виду, что в уравнение неизвестные функции не только в одной точке
Ну я понимаю, что они не в одной точке. Мне просто интересно, как они могут быть в одной и что это вообще за характеристика такая: в одной точке/не в одной.

>>>Не совсем понял, что значит "еретически"?
Это значит, что мой мозг слегка не понял, что вы имели в виду, и сообщил об этом. Теперь вроде вот.

Lost-in-TARDIS


Как написали выше - дифференциально-разностные уравнения, более общий случай - дифуры с отклоняющимся с аргументом.

Verity Mage
*усиленно пытается перевести характеристику про точку в "диффуры с отклоняющимся аргументом"*
А вот такая штука y'(x) = f(x, y) в одной точке, что ли?

Вот кстати. Тема редкая, обычным технарям обычно не рассказывается. Но можно понять, что если речь про f'(x)=f(x-c), то по идее такая штука должна расти по модулю как экспонента: f(x+d) - f(x) = d * f (x-c), где d<<c

Lost-in-TARDIS, если мы берём некую точку x, то есть у'(х) и у(х+с), то есть функция и её производная в разных точках, для любого икс. Да, криво поясняю. Но, надеюсь, понятно.

Mikie, почему должна расти?

Ну возьми запрогай (хоть в экселе) и проверь.

f(x+d) - f(x) = d * f(x-c)
- это понятно откуда?
f(x+d) = f(x) + d * f(x-c)
f(x+d) - это значение в следующей точке f(x) - в предыдущей. Пусть от нуля до с наша ф - какой-нибудь белый шум. Тогда начиная вычислять f сначала в точке с+d, потом в точке с+2d... итд мы будем получать, что f новое = f старое + небольшой шум (небольшой, т.к. он умножается на d). Это будет примерно f(c), так как d->0. Получаем, что когда x=2c, то начнётся прибавление функции уже не шумовой, а той, что мы ранее вычислили (f(c)+delta). Т.е. f(2c)=f(c)+d*f(c) И всё, пошёл рост(или убывание, в зависимости от знака f(c)).
Хотя сейчас мне пришло в голову, что мб это и не экспонента, а какая-нибудь парабола (в пределе d->0)
Но мне лень думать.

Mikie

Не понятно почему d должна быть одной и той же для любых икс.

Сейчас взял для f'(x) = f(x-a) решение в виде f(x) = c*e^(kx) и проверил. Получается, что это является решением только если k*e^(-ka) = 1.
UPD. Как решить полученное уравнение относительно k - не знаю:( Но похоже что действительно экспонента. Хотя, если k - комплексное... Или мнимое. Тогда периодичность получается.

Ты делаешь не то. Не надо подставлять ничего никуда. Если бы ты подставил и всё получилось, то оказалось бы, что твоё уравнение эквивалентно ему же без смещения. Что, очевидно, не так.
> f(x+d) - f(x) = d * f(x-c)
это же (f(x+d) - f(x))/d = f(x-c) - слева определение производной, справа чему равно, по твоему уравнению.
> почему d должна быть одной и той же для любых икс
По определению производной.

Mikie

Без смещения(при a = 0) будет k = 1. k = e^(-ak). Для f'(x) = f(x-a) при a != 0 можно найти(непонятно как) такие k, что f(x) = c*e^(kx) будет решением.
Ведь если подставить, то: f'(x) = c*k*e^(kx), f(x-a) = c*e^(kx-ka) = c * e^(kx) / e^(ka), c*k*e^(kx) = c*e^(kx) / e^(ka). k = 1/e^(ka), k*e^(ka) = 1. При известном a остаётся найти корни k. В частности, при a = 0 будет k = 1.

Уравнения типа ln x = kx, Cos x = kx итп не имеют решения в элементарных функциях, если что.
Пусть а=1. Тогда k~0.567, f(x)=e^0.57x
Более общо, есть функция ProductLog[z], возвращает решение z=w*e^w для w. k=ProductLog[a]/a, это я сейчас проверил в вольфрамматематике.

Mikie

Я знаю. Но как решать - не знаю. Или они не имеют методов решения? А если имеют - где почитать или какую тему гуглить?
UPD. Есть идея, что примерное решение можно найти если вместо e^(-ak) брать первые несколько членов разложения в ряд. Тейлора, например.

Тебе нужно аналитическое что-ли? Решение ищется численно, например методом Ньютона.
А вообще вот: https://en.wikipedia.org/wiki/Delay_differential_equation