Уравнения в полных дифференциалах реферат

Обновлено: 04.07.2024

называется уравнением в полных дифференциалах , если его левая часть представляет полный дифференциал некоторой функции , т.е.

Теорема. Для того, чтобы уравнение (1) являлось уравнением в полных дифференциалах, необходимо и достаточно, чтобы в некоторой односвязной области выполнялось условие

Общий интеграл уравнения (1) имеет вид или

Пример 1. Решить дифференциальное уравнение .

Решение. Проверим, что данное уравнение является уравнением в полных дифференциалах:

так что т.е. условие (2) выполнено. Таким образом, данное уравнение есть уравнение в полных дифференциалах и

поэтому , где пока неопределенная функция.

Интегрируя, получаем . Частная производная найденной функции должна равняться , что дает откуда так что Таким образом, .

Общий интеграл исходного дифференциального уравнения .

При интегрировании некоторых дифференциальных уравнений можно так сгруппировать члены, что получаются легко интегрируемые комбинации.

Пример 2. Решить дифференциальное уравнение .

Решение. Здесь , так что условие (2) выполнено и, следовательно, данное уравнение есть уравнение в полных дифференциалах. Это уравнение легко привести к виду

Поэтому изначальное уравнение можно записать в виде

Следовательно, есть общий интеграл исходного уравнения.

Интегрирующий множитель

В некоторых случаях, когда уравнение (1) не является уравнением в полных дифференциалах, удается подобрать функцию , после умножения на которую левая часть (1) превращается в полный дифференциал

Такая функция называется интегрирующим множителем . Из определения интегрирующего множителя имеем

Мы получили для нахождения интегрирующего множителя уравнение в частных производных.

Отметим некоторые частные случаи, когда удается сравнительно легко найти решение уравнения (5), т.е. найти интегрирующий множитель.

1. Если , то и уравнение (5) примет вид

Для существования интегрирующего множителя, не зависящего от , необходимо и достаточно, чтобы правая часть (6) была функцией только найдется квадратурой.

Пример 3. Решить уравнение .

Решение. Здесь . Имеем

Уравнение есть уравнение в полных дифференциалах. Его левую часть можно представить в виде

2. Аналогично, если есть функция только , то уравнение (1) имеет интегрирующий множитель , зависящий только от .

Пример 4. Решить уравнение .

Решение. Здесь . Имеем

Уравнение является уравнением в полных дифференциалах. Его можно записать в виде

Пример 5. Решить уравнение , если его интегрирующий множитель имеет вид .

Решение. Положим , тогда , и, следовательно,

Уравнение (5) для нахождения интегрирующего множителя будет иметь вид

и, значит, , откуда , т.е. . Умножая данное уравнение на , получим

Это есть уравнение в полных дифференциалах и его общий интеграл согласно (3) будет

В этой теме мы рассмотрим метод восстановления функции по ее полному дифференциалу, дадим примеры задач с полным разбором решения.

Бывает так, что дифференциальные уравнения (ДУ) вида P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = 0 могут содержать в левых частях полные дифференциалы некоторых функций. Тогда мы можем найти общий интеграл ДУ, если предварительно восстановим функцию по ее полному дифференциалу.

Рассмотрим уравнение P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = 0 . В записи левой его части содержится дифференциал некоторой функции U ( x , y ) = 0 . Для этого должно выполняться условие ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x .

Полный дифференциал функции U ( x , y ) = 0 имеет вид d U = ∂ U ∂ x d x + ∂ U ∂ y d y . С учетом условия ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x получаем:

P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = ∂ U ∂ x d x + ∂ U ∂ y d y

∂ U ∂ x = P ( x , y ) ∂ U ∂ y = Q ( x , y )

Преобразовав первое уравнение из полученной системы уравнений, мы можем получить:

U ( x , y ) = ∫ P ( x , y ) d x + φ ( y )

Функцию φ ( y ) мы можем найти из второго уравнения полученной ранее системы:
∂ U ( x , y ) ∂ y = ∂ ∫ P ( x , y ) d x ∂ y + φ y ' ( y ) = Q ( x , y ) ⇒ φ ( y ) = ∫ Q ( x , y ) - ∂ ∫ P ( x , y ) d x ∂ y d y

Так мы нашли искомую функцию U ( x , y ) = 0 .

Найдите для ДУ ( x 2 - y 2 ) d x - 2 x y d y = 0 общее решение.

Решение

P ( x , y ) = x 2 - y 2 , Q ( x , y ) = - 2 x y

Проверим, выполняется ли условие ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x :

∂ P ∂ y = ∂ ( x 2 - y 2 ) ∂ y = - 2 y ∂ Q ∂ x = ∂ ( - 2 x y ) ∂ x = - 2 y

Наше условие выполняется.

На основе вычислений мы можем сделать вывод, что левая часть исходного ДУ является полным дифференциалом некоторой функции U ( x , y ) = 0 . Нам нужно найти эту функцию.

Так как ( x 2 - y 2 ) d x - 2 x y d y является полным дифференциалом функции U ( x , y ) = 0 , то

∂ U ∂ x = x 2 - y 2 ∂ U ∂ y = - 2 x y

Интегрируем по x первое уравнение системы:

U ( x , y ) = ∫ ( x 2 - y 2 ) d x + φ ( y ) = x 3 3 - x y 2 + φ ( y )

Теперь дифференцируем по y полученный результат:

∂ U ∂ y = ∂ x 3 3 - x y 2 + φ ( y ) ∂ y = - 2 x y + φ y ' ( y )

Преобразовав второе уравнение системы, получаем: ∂ U ∂ y = - 2 x y . Это значит, что
- 2 x y + φ y ' ( y ) = - 2 x y φ y ' ( y ) = 0 ⇒ φ ( y ) = ∫ 0 d x = C

где С – произвольная постоянная.

Получаем: U ( x , y ) = x 3 3 - x y 2 + φ ( y ) = x 3 3 - x y 2 + C . Общим интегралом исходного уравнения является x 3 3 - x y 2 + C = 0 .

Разберем еще один метод нахождения функции по известному полному дифференциалу. Он предполагает применение криволинейного интеграла от фиксированной точки ( x 0 , y 0 ) до точки с переменными координатами ( x , y ) :

U ( x , y ) = ∫ ( x 0 , y 0 ) ( x , y ) P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y + C

В таких случаях значение интеграла никак не зависит от пути интегрирования. Мы можем взять в качестве пути интегрировании ломаную, звенья которой располагаются параллельно осям координат.

Найдите общее решение дифференциального уравнения ( y - y 2 ) d x + ( x - 2 x y ) d y = 0 .

Решение

Проведем проверку, выполняется ли условие ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x :

∂ P ∂ y = ∂ ( y - y 2 ) ∂ y = 1 - 2 y ∂ Q ∂ x = ∂ ( x - 2 x y ) ∂ x = 1 - 2 y

Получается, что левая часть дифференциального уравнения представлена полным дифференциалом некоторой функции U ( x , y ) = 0 . Для того, чтобы найти эту функцию, необходимо вычислить криволинейный интеграл от точки ( 1 ; 1 ) до ( x , y ) . Возьмем в качестве пути интегрирования ломаную, участки которой пройдут по прямой y = 1 от точки ( 1 , 1 ) до ( x , 1 ) , а затем от точки ( x , 1 ) до ( x , y ) :

∫ ( 1 , 1 ) ( x , y ) y - y 2 d x + ( x - 2 x y ) d y = = ∫ ( 1 , 1 ) ( x , 1 ) ( y - y 2 ) d x + ( x - 2 x y ) d y + + ∫ ( x , 1 ) ( x , y ) ( y - y 2 ) d x + ( x - 2 x y ) d y = = ∫ 1 x ( 1 - 1 2 ) d x + ∫ 1 y ( x - 2 x y ) d y = ( x y - x y 2 ) y 1 = = x y - x y 2 - ( x · 1 - x · 1 2 ) = x y - x y 2

Мы получили общее решение дифференциального уравнения вида x y - x y 2 + C = 0 .

Определите общее решение дифференциального уравнения y · cos x d x + sin 2 x d y = 0 .

Решение

Проверим, выполняется ли условие ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x .

Так как ∂ ( y · cos x ) ∂ y = cos x , ∂ ( sin 2 x ) ∂ x = 2 sin x · cos x , то условие выполняться не будет. Это значит, что левая часть дифференциального уравнения не является полным дифференциалом функции. Это дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными и для его решения подходят другие способы решения.

ГОСТ

Уравнение в полных дифференциалах и его решение

Дифференциальное уравнение, имеющее стандартный вид $P\left(x,y\right)\cdot dx+Q\left(x,y\right)\cdot dy=0$, в котором левая часть представляет собой полный дифференциал некоторой функции $F\left(x,y\right)$, называется уравнением в полных дифференциалах.

Уравнение в полных дифференциалах всегда можно переписать в виде $dF\left(x,y\right)=0$, где $F\left(x,y\right)$ -- такая функция, что $dF\left(x,y\right)=P\left(x,y\right)\cdot dx+Q\left(x,y\right)\cdot dy$.

Проинтегрируем обе части уравнения $dF\left(x,y\right)=0$: $\int dF\left(x,y\right)=F\left(x,y\right) $; интеграл от нулевой правой части равен произвольной постоянной $C$. Таким образом, общее решение данного уравнения в неявной форме имеет вид $F\left(x,y\right)=C$.

Для того, чтобы данное дифференциальное уравнение представляло собой уравнение в полных дифференциалах, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие $\frac<\partial P> <\partial y>=\frac<\partial Q> <\partial x>$. Если указанное условие выполнено, то существует такая функция $F\left(x,y\right)$, для которой можно записать: $dF=\frac<\partial F> <\partial x>\cdot dx+\frac<\partial F> <\partial y>\cdot dy=P\left(x,y\right)\cdot dx+Q\left(x,y\right)\cdot dy$, откуда получаем два соотношения: $\frac<\partial F> <\partial x>=P\left(x,y\right)$ и $\frac<\partial F> <\partial y>=Q\left(x,y\right)$.

Интегрируем первое соотношение $\frac<\partial F> <\partial x>=P\left(x,y\right)$ по $x$ и получаем $F\left(x,y\right)=\int P\left(x,y\right)\cdot dx +U\left(y\right)$, где $U\left(y\right)$ -- произвольная функция от $y$.

Подберем её так, чтобы удовлетворялось второе соотношение $\frac<\partial F> <\partial y>=Q\left(x,y\right)$. Для этого продифференцируем полученное соотношение для $F\left(x,y\right)$ по $y$ и приравняем результат к $Q\left(x,y\right)$. Получаем: $\frac<\partial > <\partial y>\left(\int P\left(x,y\right)\cdot dx \right)+U'\left(y\right)=Q\left(x,y\right)$.

Дальнейшее решение таково:

из последнего равенства находим $U'\left(y\right)$;
интегрируем $U'\left(y\right)$ и находим $U\left(y\right)$;
подставляем $U\left(y\right)$ в равенство $F\left(x,y\right)=\int P\left(x,y\right)\cdot dx +U\left(y\right)$ и окончательно получаем функцию $F\left(x,y\right)$.

Чтобы получить частное решение уравнения в полных дифференциалах, начальное условие $y=y_ $ при $x=x_ $ нужно подставить в общее решение $F\left(x,y\right)=C$. Получаем $F\left(x_ ,y_ \right)=C$. Таким образом, частное решение имеет вид $F\left(x,y\right)=F\left(x_ ,y_ \right)$.

Интегрирующие множители

Если для дифференциального уравнения $P\left(x,y\right)\cdot dx+Q\left(x,y\right)\cdot dy=0$ условие $\frac<\partial P> <\partial y>=\frac<\partial Q> <\partial x>$ не выполняется, то такое уравнение не является уравнением в полных дифференциалах. Но в некоторых случаях его можно преобразовать в уравнение в полных дифференциалах посредством умножения на некоторую функцию $\mu \left(x,y\right)$, которая называется интегрирующим множителем.

Будем искать интегрирующий множитель в следующих двух простейших случаях:

когда он зависит только от $x$, то есть $\mu =\mu \left(x\right)$;
когда он зависит только от $y$, то есть $\mu =\mu \left(y\right)$.

Первый случай имеем тогда, когда отношение $\frac<\frac<\partial P> <\partial y>-\frac<\partial Q> <\partial x>> =\phi _ \left(x\right)$ зависит только от $x$. Тогда интегрирующий множитель можно найти по следующей формуле $\mu =e^ <\int \phi _\left(x\right)\cdot dx > $.

Второй случай имеем тогда, когда отношение $\frac<\frac<\partial P> <\partial y>-\frac<\partial Q> <\partial x>> =\phi _ \left(y\right)$ зависит только от $y$. Тогда интегрирующий множитель можно найти по следующей формуле $\mu =e^ <-\int \phi _\left(y\right)\cdot dy > $.

В обоих формулах для интегрирующего множителя допустимо взять какое-то конкретное значение неопределенного интеграла. Если интегрирующий множитель найти удалось, то на него следует умножить данное дифференциальное уравнение, представленное в стандартном виде. После этого оно становится дифференциальным уравнением в полных дифференциалах, и к нему можно применить соответствующий метод решения.

Алгоритмы решения

Рассмотренный метод решения может быть представлен в виде следующего алгоритма:

Данное дифференциальное уравнение следует представить в стандартном виде $P\left(x,y\right)\cdot dx+Q\left(x,y\right)\cdot dy=0$. Оно может быть уравнением в полных дифференциалах. Чтобы убедиться в этом, следует проверить условие $\frac<\partial P><\partial y>=\frac<\partial Q><\partial x>$. Если это условие не выполняется, нужно перейти к поиску интегрирующего множителя. Иначе выполнение алгоритма продолжаем.
Вычисляем интеграл $V\left(x,y\right)=\int P\left(x,y\right)\cdot dx $ и выбираем для него какое-то простое значение.
Находим частную производную $V'_ \left(x,y\right)=\frac<\partial ><\partial y>V\left(x,y\right)$.
Находим разность $U'\left(y\right)=Q\left(x,y\right)-V'_ \left(x,y\right)$.
Интегрируем $U'\left(y\right)$ по $y$, находим $U\left(y\right)$ и выбираем для неё какое-то простое значение.
Записываем искомую функцию $F\left(x,y\right)=V\left(x,y\right)+U\left(y\right)$.
Записываем общее решение $F\left(x,y\right)=C$ и частное решение $F\left(x,y\right)=F\left(x_ ,y_ \right)$, где $y=y_ $ при $x=x_ $ -- начальное условие.

Поиск интегрирующего множителя может быть представлен в виде следующего алгоритма:

Вычисляем вспомогательную функцию $R=\frac<\partial P><\partial y>-\frac<\partial Q><\partial x>$.
Находим функции $\phi _ \left(x\right)=\frac$ и $\phi _ \left(y\right)=\frac$. Если функция $\phi _ \left(x\right)$действительно зависит только от $x$, то интегрирующий множитель находим по формуле $\mu =e^ <\int \phi _\left(x\right)\cdot dx > $. Если функция $\phi _ \left(y\right)$ действительно зависит только от $y$, то интегрирующий множитель находим по формуле $\mu =e^ <-\int \phi _\left(y\right)\cdot dy > $. В обоих случаях для интегрирующего множителя выбираем какое-то конкретное значение неопределенного интеграла.
Если интегрирующий множитель найти удалось, то умножаем на него данное дифференциальное уравнение, представленное в стандартном виде. После этого оно становится дифференциальным уравнением в полных дифференциалах и можно переходить на соответствующий алгоритм его решения. Если интегрирующий множитель найти не удалось, то дифференциальное уравнение должно решаться иным методом.

Дано дифференциальное уравнение, имеющее следующий вид:

\[\left(5\cdot y^ +13\cdot y^ +6\cdot y\right)\cdot dx+\left(10\cdot x\cdot y^ +23\cdot x\cdot y-2\cdot y+6\cdot x-4\right)\cdot dy=0.\]

Найти его общее решение. Найти также его частное решение для начального условия $y=3$ при $x=2$.

Данное дифференциальное уравнение имеет вид $P\left(x,y\right)\cdot dx+Q\left(x,y\right)\cdot dy=0$, где $P\left(x,y\right)=5\cdot y^ +13\cdot y^ +6\cdot y$, $Q\left(x,y\right)=10\cdot x\cdot y^ +23\cdot x\cdot y-2\cdot y+6\cdot x-4$. Оно может быть уравнением в полных дифференциалах. Поэтому проверяем условие $\frac<\partial P> <\partial y>=\frac<\partial Q> <\partial x>$.

Находим частные производные: $\frac<\partial P> <\partial y>=15\cdot y^ +26\cdot y+6$, $\frac<\partial Q> <\partial x>=10\cdot y^ +23\cdot y+6$. Условие $\frac<\partial P> <\partial y>=\frac<\partial Q> <\partial x>$ не выполняется. Следовательно, данное дифференциальное уравнение не является уравнением в полных дифференциалах. Поэтому переходим к поиску интегрирующего множителя.

Находим вспомогательную функцию $R=\frac<\partial P> <\partial y>-\frac<\partial Q> <\partial x>$. Получаем$R=15\cdot y^ +26\cdot y+6-10\cdot y^ -23\cdot y-6=5\cdot y^ +3\cdot y$.

Находим функции: $\phi _ \left(x\right)=\frac =\frac +3\cdot y> +23\cdot x\cdot y-2\cdot y+6\cdot x-4> $ и $\phi _ \left(y\right)=\frac =\frac +3\cdot y> +13\cdot y^ +6\cdot y> $.

Выполняем упрощение найденных функций посредством сокращения дробей. Оказывается, что для функции $\phi _ \left(x\right)$ сокращение невозможно. Функция $\phi _ \left(y\right)$ в результате сокращения получает вид $\phi _ \left(y\right)=\frac $. При этом она зависит только от $y$ и поэтому подходит для определения интегрирующего множителя.

Интегрирующий множитель находим по формуле $\mu =e^ <-\int \phi _<2>\left(y\right)\cdot dy > $. Получаем: $\mu =e^ <-\int \phi _<2>\left(y\right)\cdot dy > =e^<-\int \frac \cdot dy > =e^ <-\ln \left|y+2\right|>=\frac > =\frac <\left|y+2\right|>$. Выбираем конкретное значение $\mu =\frac $.

Умножаем полученный интегрирующий множитель на данное дифференциальное уравнение:

\[\frac +13\cdot y^ +6\cdot y> \cdot dx+\frac <10\cdot x\cdot y^+23\cdot x\cdot y-2\cdot y+6\cdot x-4> \cdot dy=0.\]

После деления многочленов имеем:

\[\left(5\cdot y^ +3\cdot y\right)\cdot dx+\left(10\cdot x\cdot y+3\cdot x-2\right)\cdot dy=0. \]

Получили новое дифференциальное уравнение, в котором $P\left(x,y\right)=5\cdot y^ +3\cdot y$, $Q\left(x,y\right)=10\cdot x\cdot y+3\cdot x-2$.

Снова проверяем условие $\frac<\partial P> <\partial y>=\frac<\partial Q> <\partial x>$: получаем $\frac<\partial P> <\partial y>=10\cdot y+3$, $\frac<\partial Q> <\partial x>=10\cdot y+3$. Условие $\frac<\partial P> <\partial y>=\frac<\partial Q> <\partial x>$ выполняется. Следовательно, новое дифференциальное уравнение является уравнением в полных дифференциалах. Переходим к алгоритму его решения.

Вычисляем интеграл: $V\left(x,y\right)=\int P\left(x,y\right)\cdot dx =\int \left(5\cdot y^ +3\cdot y\right)\cdot dx =$

\[=\left(5\cdot y^ +3\cdot y\right)\cdot \int dx =\left(5\cdot y^ +3\cdot y\right)\cdot x=5\cdot x\cdot y^ +3\cdot x\cdot y.\]

\[V'_ \left(x,y\right)=\frac<\partial > <\partial y>V\left(x,y\right)=\frac<\partial > <\partial y>\left(5\cdot x\cdot y^ +3\cdot x\cdot y\right)=10\cdot x\cdot y+3\cdot x.\]

\[U'\left(y\right)=Q\left(x,y\right)-V'_ \left(x,y\right)=10\cdot x\cdot y+3\cdot x-2-10\cdot x\cdot y-3\cdot x=-2.\]

Интегрируем $U'\left(y\right)$ по $y$ и находим $U\left(y\right)=\int \left(-2\right)\cdot dy =-2\cdot y$.

Находим результат: $F\left(x,y\right)=V\left(x,y\right)+U\left(y\right)=5\cdot x\cdot y^ +3\cdot x\cdot y-2\cdot y$.

Записываем общее решение в виде $F\left(x,y\right)=C$, а именно:

\[5\cdot x\cdot y^ +3\cdot x\cdot y-2\cdot y=C.\]

Находим частное решение $F\left(x,y\right)=F\left(x_ ,y_ \right)$, где $y_ =3$, $x_ =2$:

Частное решение имеет вид: $5\cdot x\cdot y^ +3\cdot x\cdot y-2\cdot y=102$.

Показано как распознать дифференциальное уравнение в полных дифференциалах. Даны методы его решения. Приводится пример решения уравнения в полных дифференциалах двумя способами.

Введение

Дифференциальное уравнение первого порядка в полных дифференциалах – это уравнение вида:
(1) ,
где левая часть уравнения является полным дифференциалом некоторой функции U ( x, y ) от переменных x, y :
.
При этом .

Если найдена такая функция U ( x, y ) , то уравнение принимает вид:
dU ( x, y ) = 0 .
Его общий интеграл:
U ( x, y ) = C ,
где C – постоянная.

Если дифференциальное уравнение первого порядка записано через производную:
,
то его легко привести к форме (1). Для этого умножим уравнение на dx . Тогда . В результате получаем уравнение, выраженное через дифференциалы:
(1) .

Свойство дифференциального уравнения в полных дифференциалах

Для того, чтобы уравнение (1) было уравнением в полных дифференциалах, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось соотношение:
(2) .

Доказательство

Далее мы полагаем, что все функции, используемые в доказательстве, определены и имеют соответствующие производные в некоторой области значений переменных x и y . Точка x ₀ , y ₀ также принадлежит этой области.

Докажем необходимость условия (2).
Пусть левая часть уравнения (1) является дифференциалом некоторой функции U ( x, y ) :
.
Тогда
;
.
Поскольку вторая производная не зависит от порядка дифференцирования, то
;
.
Отсюда следует, что . Необходимость условия (2) доказана.

Докажем достаточность условия (2).
Пусть выполняется условие (2):
(2) .
Покажем, что можно найти такую функцию U ( x, y ) , что ее дифференциал:
.
Это означает, что существует такая функция U ( x, y ) , которая удовлетворяет уравнениям:
(3) ;
(4) .
Найдем такую функцию. Проинтегрируем уравнение (3) по x от x ₀ до x , считая что y – это постоянная:
;
;
(5) .
Дифференцируем по y считая, что x – это постоянная и применим (2):

.
Уравнение (4) будет выполнено, если
.
Интегрируем по y от y ₀ до y :
;
;
.
Подставляем в (5):
(6) .
Итак, мы нашли функцию, дифференциал которой
.
Достаточность доказана.

В формуле (6), U ( x ₀ , y ₀) является постоянной – значением функции U ( x, y ) в точке x ₀ , y ₀ . Ей можно присвоить любое значение.

Как распознать дифференциальное уравнение в полных дифференциалах

Рассмотрим дифференциальное уравнение:
(1) .
Чтобы определить, является ли это уравнение в полных дифференциалах, нужно проверить выполнение условия (2):
(2) .
Если оно выполняется, то это уравнение в полных дифференциалах. Если нет – то это не уравнение в полных дифференциалах.

Пример

Проверить, является ли уравнение в полных дифференциалах:
.

Здесь
, .
Дифференцируем по y , считая x постоянной:

.
Дифференцируем по x , считая y постоянной:

.
Поскольку:
,
то заданное уравнение – в полных дифференциалах.

Методы решения дифференциальных уравнений в полных дифференциалах

Метод последовательного выделения дифференциала

Наиболее простым методом решения уравнения в полных дифференциалах является метод последовательного выделения дифференциала. Для этого мы применяем формулы дифференцирования, записанные в дифференциальной форме:
du ± dv = d ( u ± v ) ;
v du + u dv = d ( uv ) ;
;
.
В этих формулах u и v – произвольные выражения, составленные из любых комбинаций переменных.

Пример 1

Ранее мы нашли, что это уравнение – в полных дифференциалах. Преобразуем его:
(П1) .
Решаем уравнение, последовательно выделяя дифференциал.
;
;
;
;

.
Подставляем в (П1):
;
.

Метод последовательного интегрирования

В этом методе мы ищем функцию U ( x, y ) , удовлетворяющую уравнениям:
(3) ;
(4) .

Проинтегрируем уравнение (3) по x , считая y постоянной:
.
Здесь φ ( y ) – произвольная функция от y , которую нужно определить. Она является постоянной интегрирования. Подставляем в уравнение (4):
.
Отсюда:
.
Интегрируя, находим φ ( y ) и, тем самым, U ( x, y ) .

Пример 2

Решить уравнение в полных дифференциалах:
.

Ранее мы нашли, что это уравнение – в полных дифференциалах. Введем обозначения:
, .
Ищем Функцию U ( x, y ) , дифференциал которой является левой частью уравнения:
.
Тогда:
(3) ;
(4) .
Проинтегрируем уравнение (3) по x , считая y постоянной:
(П2)
.
Дифференцируем по y :

.
Подставим в (4):
;
.
Интегрируем:
.
Подставим в (П2):

.
Общий интеграл уравнения:
U ( x, y ) = const .
Объединяем две постоянные в одну.

Метод интегрирования вдоль кривой

Функцию U , определяемую соотношением:
dU = p ( x, y ) dx + q ( x, y ) dy ,
можно найти, если проинтегрировать это уравнение вдоль кривой, соединяющей точки ( x ₀ , y ₀) и ( x, y ) :
(7) .
Поскольку
(8) ,
то интеграл зависит только от координат начальной ( x ₀ , y ₀) и конечной ( x, y ) точек и не зависит от формы кривой. Из (7) и (8) находим:
(9) .
Здесь x ₀ и y ₀ – постоянные. Поэтому U ( x ₀ , y ₀) – также постоянная.

Пример такого определения U был получен при доказательстве свойства уравнения в полных дифференциалах:
(6) .
Здесь интегрирование производится сначала по отрезку, параллельному оси y , от точки ( x ₀ , y ₀ ) до точки ( x ₀ , y ) . Затем интегрирование производится по отрезку, параллельному оси x , от точки ( x ₀ , y ) до точки ( x, y ) .

В более общем случае, нужно представить уравнение кривой, соединяющей точки ( x ₀ , y ₀ ) и ( x, y ) в параметрическом виде:
x ₁ = s ( t ₁) ; y ₁ = r ( t ₁) ;
x ₀ = s ( t ₀) ; y ₀ = r ( t ₀) ;
x = s ( t ) ; y = r ( t ) ;
и интегрировать по t ₁ от t ₀ до t .

Наиболее просто выполняется интегрирование по отрезку, соединяющим точки ( x ₀ , y ₀ ) и ( x, y ) . В этом случае:
x ₁ = x ₀ + ( x – x ₀) t ₁ ; y ₁ = y ₀ + ( y – y ₀) t ₁ ;
t ₀ = 0 ; t = 1 ;
dx ₁ = ( x – x ₀) dt ₁ ; dy ₁ = ( y – y ₀) dt ₁ .
После подстановки, получается интеграл по t от 0 до 1 .
Данный способ, однако, приводит к довольно громоздким вычислениям.

Читайте также: