Определение 8.4. Дифференциальное уравнение вида
где
называется
уравнением в полных дифференциалах.
Заметим,
что левая часть такого уравнения есть
полный дифференциал некоторой функции
.
В общем случае, уравнение (8.4) можно представить в виде
Вместо уравнения (8.5) можно рассматривать уравнение
,
решение которого есть
общим интегралом уравнения (8.4). Таким
образом, для решения уравнения (8.4)
необходимо найти функцию
.
В соответствии с определением уравнения
(8.4), имеем
(8.6)
Функцию
будем отыскивать, как функцию,
удовлетворяющую одному из этих условий
(8.6):
где
- произвольная функция, не зависящая от
.
Функция
определяется так, чтобы выполнялось
второе условие выражения (8.6)
(8.7)
Из
выражения (8.7) и определяется функция
.
Подставляя ее в выражение для
и получают общий интеграл исходного
уравнения.
Задача 8.3. Проинтегрировать уравнение
Здесь
.
Следовательно,
данное уравнение относится к типу
дифференциальных уравнений в полных
дифференциалах. Функцию
будем отыскивать в виде
.
С другой стороны,
.
В
ряде случаев условие
может не выполняться.
Тогда
такие уравнения к рассматриваемому
типу приводятся умножением на так
называемый интегрирующий множитель,
который, в общем случае, является функцией
только
или
.
Если
у некоторого уравнения существует
интегрирующий множитель, зависящий
только от
,
то он определяется по формуле
где отношение
должно быть только функцией
.
Аналогично,
интегрирующий множитель, зависящий
только от
,
определяется по формуле
где
отношение
должно быть только функцией
.
Отсутствие
в приведенных соотношениях, в первом
случае переменной
,
а во втором - переменной
,
являются признаком существования
интегрирующего множителя для данного
уравнения.
Задача 8.4. Привести данное уравнение к уравнению в полных дифференциалах.
.
Рассмотрим отношение:
.
Тема 8.2. Линейные дифференциальные уравнения
Определение
8.5
. Дифференциальное
уравнение
называется линейным, если оно линейно
относительно искомой функции
,
ее производной
и не содержит произведения искомой
функции и ее производной.
Общий вид линейного дифференциального уравнения представляется следующим соотношением:
(8.8)
Если в соотношении (8.8) правая
часть
,
то такое уравнение называется линейным
однородным. В случае, когда правая часть
,
то такое уравнение называется линейным
неоднородным.
Покажем, что уравнение (8.8) интегрируется в квадратурах.
На первом этапе рассмотрим линейное однородное уравнение.
Такое уравнение является уравнением с разделяющимися переменными. Действительно,
;
/
Последнее соотношение и определяет общее решение линейного однородного уравнения.
Для
отыскания общего решения линейного
неоднородного уравнения применяется
метод вариации производной постоянной.
Идея метода состоит в том, что общее
решение линейного неоднородного
уравнения в том же виде, что и решение
соответствующего однородного уравнения,
однако произвольная постоянная
заменяется некоторой функцией
,
подлежащей определению. Итак, имеем:
(8.9)
Подставляя
в соотношение (8.8) выражения, соответствующие
и
,
получим
Подставляя последнее выражение в соотношение (8.9), получают общий интеграл линейного неоднородного уравнения.
Таким образом, общее решение линейного неоднородного уравнения определяется двумя квадратурами: общего решения линейного однородного уравнения и частного решения линейного неоднородного уравнения.
Задача
8.5.
Проинтегрировать
уравнение
Таким образом, исходное уравнение относится к типу линейных неоднородных дифференциальных уравнений.
На первом этапе найдем общее решение линейного однородного уравнения.
;
На втором этапе определим общее решение линейного неоднородного уравнения, которое отыскивают в виде-
,
где
- функция, подлежащая определению.
Итак, имеем:
Подставляя соотношения для
и
в
исходное линейное неоднородное уравнение
получим:
;
;
.
Общее решение линейного неоднородного уравнения будет иметь вид:
.
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.
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
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: $5\cdot x\cdot y^{2} +3\cdot x\cdot y-2\cdot y=102$.
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).
