некоторых функций. Если восстановить функцию по ее полному дифференциалу, то найдем общий интеграл дифференциального уравнения. Ниже поговорим о методе восстановления функции по ее полному дифференциалу .
Левая часть дифференциального уравнения - это полный дифференциал некоторой функции U(x, y) = 0 , если выполняется условие .
Т.к. полный дифференциал функции U(x, y) = 0
это 
, значит, при выполнении условия утверждают, что .
Тогда, 
.
Из первого уравнения системы получаем 
. Функцию находим, воспользовавшись вторым уравнением системы:
Таким образом мы найдем искомую функцию U(x, y) = 0 .
Пример.
Найдем общее решение ДУ 
.
Решение.
В нашем примере . Условие выполняется, потому что:
Тогда, левая часть начального ДУ является полным дифференциалом некоторой функции U(x, y) = 0 . Нам необходимо найти эту функцию.
Т.к. 
является полным дифференциалом функции U(x, y) = 0
, значит:
.
Интегрируем по x 1-е уравнение системы и дифференцируем по y результат:
.
Из 2-го уравнения системы получаем . Значит:
Где С - произвольная постоянная.
Т.о., и общим интегралом заданного уравнения будет 
.
Есть второй метод вычисления функции по ее полному дифференциалу
. Он состоит во взятии криволинейного интеграла от фиксированной точки (x 0 , y 0)
до точки с переменными координатами (x, y)
: 
. В таком случае значение интеграла не зависимо от пути интегрирования. Удобно брать в качестве пути интегрирования ломаную, звенья которой параллельны осям координат.
Пример.
Найдем общее решение ДУ 
.
Решение.
Проверяем выполнение условия :
Т.о., левая часть ДУ является полным дифференциалом некоторой функции U(x, y) = 0 . Найдем эту функцию, вычислив криволинейный интеграл от точки (1; 1) до (x, y) . Как путь интегрирования берем ломаную: первый участок ломаной пройдем по прямой y = 1 от точки (1, 1) до(x, 1) , вторым участком пути берем отрезок прямой от точки (x, 1) до (x, y) :
Значит, общее решение ДУ выглядит так: 
.
Пример.
Определим общее решение ДУ .
Решение.
Т.к. , значит, условие не выполняется, тогда, левая часть ДУ не будет полным дифференциалом функции и нужно использовать второй способ решения (это уравнение является дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными).
Постановка задачи в двумерном случае
Восстановление функции нескольких переменных по ее полному дифференциалу
9.1. Постановка задачи в двумерном случае. 72
9.2. Описание решения. 72
Это одно из приложений криволинейного интеграла II рода.
Дано выражение полного дифференциала функции двух переменных:
Найти функцию .
1. Так как не всякое выражение вида является полным дифференциалом некоторой функции U (x ,y ), то необходимо проверить корректность постановки задачи, то есть проверить необходимое и достаточное условие полного дифференциала, которое для функции 2-х переменных имеет вид . Это условие следует из эквивалентности утверждений (2) и (3) в теореме предыдущего параграфа. Если обозначенное условие выполнено, то задача имеет решение, то есть функцию U (x ,y ) восстановить можно; если условие не выполнено, то задача не имеет решения, то есть функцию восстановить нельзя.
2. Найти функцию по ее полному дифференциалу можно, например, с помощью криволинейного интеграла II рода, вычислив его от по линии, соединяющей фиксированную точку (x 0 ,y 0) и переменную точку (x;y ) (Рис. 18 ):
Таким образом получено, что криволинейный интеграл II рода от полного дифференциала dU (x ,y ) равен разности значений функции U (x ,y ) в конечной и начальной точках линии интегрирования.
Зная теперь этот результат, нужно подставить вместо dU в криволинейный интеграл выражение и провести вычисление интеграла по ломаной (ACB ), учитывая его независимость от формы линии интегрирования:
на (AC ): на (СВ ) :
| (1) |
Таким образом, получена формула, с помощью которой восстанавливается функция 2-х переменных по ее полному дифференциалу .
3. Восстановить функцию по ее полному дифференциалу можно только с точностью до постоянного слагаемого, так как d (U + const) = dU . Поэтому в результате решения задачи получаем множество функций, отличающихся друг от друга на постоянное слагаемое.
Примеры (восстановление функции двух переменных по ее полному дифференциалу)
1. Найти U (x ,y ), если dU = (x 2 – y 2)dx – 2xydy .
Проверяем условие полного дифференциала функции двух переменных:
Условие полного дифференциала выполнено, значит, функцию U (x ,y ) восстановить можно.
Проверка: – верно.
Ответ: U (x ,y ) = x 3 /3 – xy 2 + C .
2. Найти функцию , такую что
Проверяем необходимые и достаточные условия полного дифференциала функции трех переменных: , , , если дано выражение .
В решаемой задаче
все условия полного дифференциала выполнены, следовательно, функцию восстановить можно (задача поставлена корректно).
Будем восстанавливать функцию с помощью криволинейного интеграла II рода, вычислив его по некоторой линии, соединяющей фиксированную точку и переменную точку , так как
(это равенство выводится так же, как и в двумерном случае).
С другой стороны, криволинейный интеграл II рода от полного дифференциала не зависит от формы линии интегрирования, поэтому его проще всего считать по ломаной, состоящей из отрезков, параллельных осям координат. При этом в качестве фиксированной точки можно взять для просто ты взять точку с конкретными числовыми координатами, отслеживая лишь только, чтобы в этой точке и на всей линии интегрирования выполнилось условие существования криволинейного интеграла (то есть чтобы функции , и были непрерывными). С учетом этого замечания в данной задаче можно взять фиксированной точкой, например, точку М 0 . Тогда на каждой из звеньев ломаной будем иметь
10.2. Вычисление поверхностного интеграла I рода. 79
10.3. Некоторые приложения поверхностного интеграла I рода. 81
Показано как распознать дифференциальное уравнение в полных дифференциалах. Даны методы его решения. Приводится пример решения уравнения в полных дифференциалах двумя способами.
СодержаниеВведение
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
.
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
Решить уравнение:
.
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 :
(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.
Использованная литература:
В.В. Степанов, Курс дифференциальных уравнений, «ЛКИ», 2015.
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 $F\left(x,y\right)$.
Находим разность:
Интегрируем $U"\left(y\right)$ по $y$ и находим $U\left(y\right)=\int \left(-2\right)\cdot dy =-2\cdot y$.
Находим результат: $F\left(x,y\right)=V\left(x,y\right)+U\left(y\right)=5\cdot x\cdot y^{2} +3\cdot x\cdot y-2\cdot y$.
Записываем общее решение в виде $F\left(x,y\right)=C$, а именно:
Находим частное решение $F\left(x,y\right)=F\left(x_{0} ,y_{0} \right)$, где $y_{0} =3$, $x_{0} =2$:
Частное решение имеет вид: $5\cdot x\cdot y^{2} +3\cdot x\cdot y-2\cdot y=102$.
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.
Пример 1
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 .
Пример 2
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.
Пример 3
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 .
Пример 4
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.
Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter