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: $5\cdot x\cdot y^{2} +3\cdot x\cdot y-2\cdot y=102$.

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

Содержание

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


.
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.

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

Может случиться, что левая часть дифференциального уравнения

является полным дифференциалом некоторой функции :

и следовательно, уравнение (7) принимает вид .

Если функция является решением уравнения (7), то , и, следовательно,

где - постоянная, и наоборот, если некоторая функция обращает в тождество конечное уравнение (8), то, дифференцируя полученное тождество, получим , и следовательно, , где - произвольная постоянная, является общим интегралом исходного уравнения.

Если даны начальные значения , то постоянная определяется из (8) и

является искомым частным интегралом. Если в точке , то уравнение (9) определяет как неявную функцию от .

Для того, чтобы левая часть уравнения (7) являлась полным дифференциалом некоторой функции , необходимо и достаточно, чтобы

Если это условие, указанное Эйлером, выполнено, то уравнение (7) легко интегрируется. Действительно, . С другой стороны, . Следовательно,

При вычислении интеграла величина рассматривается как постоянная, поэтому является произвольной функцией от . Для определения функции дифференцируем найденную функцию по и, так как , получим

Из этого уравнения определяем и, интегрируя, находим .

Как известно из курса математического анализа, еще проще можно определить функцию по ее полному дифференциалу , взяв криволинейный интеграл от между некоторой фиксированной точкой и точкой с переменными координатами по любому пути:

Чаще всего в качестве пути интегрирования удобно брать ломаную, составленную из двух звеньев, параллельных осям координат; в этом случае

Пример. .

Левая часть уравнения является полным дифференциалом некоторой функции , так как

Следовательно, общий интеграл имеет вид

Можно применить и другой метод определения функции :

За начальную точку выбираем, например, начало координат, в качестве пути интегрирования -ломаную. Тогда

и общий интеграл имеет вид

Что совпадает с предыдущим результатом, приводя к общему знаменателю.

В некоторых случаях, когда левая часть уравнения (7) не является полным дифференциалом, легко удается подобрать функцию , после умножения на которую левая часть уравнения (7) превращается в полный дифференциал . Такая функция называется интегрирующим множителем . Заметим, что умножение на интегрирующий множитель может привести к появлению лишних частных решений, обращающих этот множитель в нуль.

Пример . .

Очевидно, что после умножения на множитель левая часть превращается в полный дифференциал. Действительно, после умножения на получим

или, интегрируя, . Умножая на 2 и потенцируя, будем иметь .

Конечно, далеко не всегда интегрирующий множитель подбирается столь легко. В общем случае для нахождения интегрирующего множителя надо подобрать хотя бы одно не равное тождественно нулю частное решение уравнения в частных производных , или в развернутом виде

которое после деления на и переноса некоторых слагаемых в другую часть равенства приводится к виду

В общем случае интегрирование этого уравнения в частных производных является задачей отнюдь не более простой, чем интегрирование исходного уравнения, однако в некоторых случаях подбор частного решения уравнения (11) не представляет затруднений.

Кроме того, считая, что интегрирующий множитель является функцией только одного аргумента (например, является функцией только или только , или функцией только , или только и т.д.), можно уже без труда проинтегрировать уравнение (11) и указать условия, при которых интегрирующий множитель рассматриваемого вида существует. Тем самым выделяются классы уравнений, для которых интегрирующий множитель легко может быть найден.

Например, найдем условия, при которых уравнение имеет интегрирующий множитель, зависящий только от , т.е. . При этом уравнение (11) упрощается и приобретает вид , откуда, считая непрерывной функцией от , получим

Если является функцией только от , то интегрирующий множитель, зависящий лишь от , существует и равен (12), в противном случае интегрирующего множителя вида не существует.

Условие существования интегрирующего множителя, зависящего только от , выполнено, например, для линейного уравнения или . Действительно, и, следовательно, . Совершенно аналогично могут быть найдены условия существования интегрирующих множителей вида и т.д.

Пример. Имеет ли уравнение интегрирующий множитель вида ?

Обозначим . Уравнение (11) при принимает вид , откуда или

Для существования интегрирующего множителя заданного вида необходимо и в предположении непрерывности достаточно, чтобы была функцией только . В данном случае , следовательно, интегрирующий множитель существует и равен (13). При получим . Умножая исходное уравнение на , приведем его к виду

Интегрируя, получим , а после потенцирования будем иметь , или в полярных координатах - семейство логарифмических спиралей.

Пример . Найти форму зеркала, отражающего параллельно данному направлению все лучи, выходящие из заданной точки.

Поместим начало координат в заданную точку и направим ось абсцисс параллельно заданному в условиях задачи направлению. Пусть луч падает на зеркало в точке . Рассмотрим сечение зеркала плоскостью , проходящее через ось абсцисс и точку . Проведем касательную к рассматриваемому сечению поверхности зеркала в точке . Так как угол падения луча равен углу отражения, то треугольник - равнобедренный. Следовательно,

Полученное однородное уравнение легко интегрируется заменой переменных , но еще проще, освободившись от иррациональности в знаменателе, переписать его в виде . Это уравнение имеет очевидный интегрирующий множитель , , , (семейство парабол).

Эта задача еще проще решается в координатах и , где , при этом уравнение сечения искомых поверхностей приобретает вид .

Можно доказать существование интегрирующего множителя, или, что то же самое, существование ненулевого решения уравнения в частных производных (11) в некоторой области, если функции и имеют непрерывные производные и по крайней мере одна из этих функций не обращается в нуль. Следовательно, метод интегрирующего множителя можно рассматривать как общий метод интегрирования уравнений вида , однако ввиду трудности нахождения интегрирующего множителя этот метод чаще всего применяется в тех случаях, когда интегрирующий множитель очевиден.

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).