Math24.ru
Дифференциальные Уравнения
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Уравнения в полных дифференциалах
Определение уравнения в полных дифференциалах
Дифференциальное уравнение вида \[P\left( {x,y} \right)dx + Q\left( {x,y} \right)dy = 0\] называется уравнением в полных дифференциалах, если существует такая функция двух переменных \(u\left( {x,y} \right)\) с непрерывными частными производными, что справедливо выражение \[du\left( {x,y} \right) = P\left( {x,y} \right)dx + Q\left( {x,y} \right)dy.\] Общее решение уравнения в полных дифференциалах определяется формулой \[u\left( {x,y} \right) = C,\] где \(C\) − произвольная постоянная.
Необходимое и достаточное условие
Пусть функции \(P\left( {x,y} \right)\) и \(Q\left( {x,y} \right)\) имеют непрерывные частные производные в некоторой области \(D.\) Дифференциальное уравнение \(P\left( {x,y} \right)dx + Q\left( {x,y} \right)dy = 0\) будет являться уравнением в полных дифференциалах тогда и только тогда, если справедливо равенство: \[\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{{\partial P}}{{\partial y}}.\]
Алгоритм решения уравнения в полных дифференциалах
  1. Сначала убедимся, что дифференциальное уравнение является уравнением в полных дифференциалах, используя необходимое и достаточное условие: \[\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{{\partial P}}{{\partial y}}.\]

  2. Затем запишем систему двух дифференциальных уравнений, которые определяют функцию \(u\left( {x,y} \right):\) \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = P\left( {x,y} \right)\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = Q\left( {x,y} \right) \end{array} \right..\]

  3. Интегрируем первое уравнение по переменной \(x.\) Вместо постоянной \(C\) запишем неизвестную функцию, зависящую от \(y:\) \[u\left( {x,y} \right) = \int {P\left( {x,y} \right)dx} + \varphi \left( y \right).\]

  4. Дифференцируя по переменной \(y,\) подставим функцию \(u\left( {x,y} \right)\) во второе уравнение: \[ {\frac{{\partial u}}{{\partial y}} } = {\frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {\int {P\left( {x,y} \right)dx} + \varphi \left( y \right)} \right] } = {Q\left( {x,y} \right).} \] Отсюда получаем выражение для производной неизвестной функции \({\varphi \left( y \right)}:\) \[ {\varphi '\left( y \right) } = {Q\left( {x,y} \right) - \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {\int {P\left( {x,y} \right)dx} } \right).} \]

  5. Интегрируя последнее выражение, находим функцию \({\varphi \left( y \right)}\) и, следовательно, функцию \(u\left( {x,y} \right):\) \[u\left( {x,y} \right) = \int {P\left( {x,y} \right)dx} + \varphi \left( y \right).\]

  6. Общее решение уравнения в полных дифференциалах записывается в виде: \[u\left( {x,y} \right) = C.\]

Примечание: На шаге \(3,\) вместо интегрирования первого уравнения по переменной \(x,\) мы можем проинтегрировать второе уравнение по переменной \(y.\) После интегрирования нужно определить неизвестную функцию \({\psi \left( x \right)}.\)

   Пример 1
Решить дифференциальное уравнение \(2xydx + \left( {{x^2} + 3{y^2}} \right)dy = 0.\)

Решение.
Данное уравнение является уравнением в полных дифференциалах, поскольку соответствующие частные производные равны: \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {{x^2} + 3{y^2}} \right) = 2x,}\;\; {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {2xy} \right) = 2x.} \] Запишем следующую систему дифференциальных уравнений для определения функции \(u\left( {x,y} \right):\) \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = 2xy\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = {x^2} + 3{y^2} \end{array} \right..\] Интегрируя первое уравнение по \(x,\) получаем: \[u\left( {x,y} \right) = \int {2xydx} = {x^2}y + \varphi \left( y \right).\] Подставляем выражение для \(u\left( {x,y} \right)\) во второе уравнение: \[ {\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {{x^2}y + \varphi \left( y \right)} \right] = {x^2} + 3{y^2},}\;\; {\Rightarrow {x^2} + \varphi '\left( y \right) = {x^2} + 3{y^2},}\;\; {\Rightarrow \varphi '\left( y \right) = 3{y^2}.} \] Интегрируя последнее уравнение, находим неизвестную функцию \({\varphi \left( y \right)}:\) \[\varphi \left( y \right) = \int {3{y^2}dy} = {y^3},\] так что общее решение данного уравнения в полных дифференциалах имеет вид: \[{x^2}y + {y^3} = C,\] где \(C\) − произвольная постоянная.

   Пример 2
Найти решение дифференциального уравнения \(\left( {6{x^2} - y + 3} \right)dx + \left( {3{y^2} - x - 2} \right)dy = 0.\)

Решение.
Проверим, является ли данное уравнение уравнением в полных дифференциалах: \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {3{y^2} - x - 2} \right) = - 1,}\;\; {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {6{x^2} - y + 3} \right) = - 1.} \] Как видно, мы имеем уравнение в полных дифференциалах. Запишем систему уравнений для определения функции \(u\left( {x,y} \right):\) \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = P\left( {x,y} \right) = 6{x^2} - y + 3\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = Q\left( {x,y} \right) = 3{y^2} - x - 2 \end{array} \right..\] Проинтегрируем первое уравнение по переменной \(x,\) полагая, что \(y\) является константой. В результате получаем: \[ {u\left( {x,y} \right) = \int {\left( {6{x^2} - y + 3} \right)dx} } = {\frac{{6{x^3}}}{3} - xy + 3x + \varphi \left( y \right) } = {2{x^3} - xy + 3x + \varphi \left( y \right).} \] Здесь мы ввели непрерывную дифференцируемую функцию \(\varphi \left( y \right)\) вместо постоянной \(C.\)
Подставим функцию \(u\left( {x,y} \right)\) во второе уравнение: \[\require{cancel} {\frac{{\partial u}}{{\partial y}} } = {\frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {2{x^3} - xy + 3x + \varphi \left( y \right)} \right] } = { - \cancel{x} + \varphi '\left( y \right) } = {3{y^2} - \cancel{x} - 2.} \] Получаем уравнение для производной \(\varphi '\left( y \right):\) \[\varphi '\left( y \right) = 3{y^2} - 2.\] Интегрируя, находим функцию \(\varphi \left( y \right):\) \[\varphi \left( y \right) = \int {\left( {3{y^2} - 2} \right)dy} = {y^3} - 2y.\] Таким образом, функция \(u\left( {x,y} \right)\) определяется формулой \[u\left( {x,y} \right) = 2{x^3} - xy + 3x + {y^3} - 2y.\] Следовательно, общее решение уравнения описывается следующим неявным выражением: \[2{x^3} - xy + 3x + {y^3} - 2y = C,\] где \(C\) − произвольное действительное число.

   Пример 3
Решить дифференциальное уравнение \({e^y}dx + \left( {2y + x{e^y}} \right)dy = 0.\)

Решение.
Сначала проверим, что данное уравнение будет являться уравнением в полных дифференциалах: \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {2y + x{e^y}} \right) = {e^y},}\;\; {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {{e^y}} \right) = {e^y}.} \] Видно, что \({\large\frac{{\partial Q}}{{\partial x}}\normalsize} = {\large\frac{{\partial P}}{{\partial y}}\normalsize}.\) Найдем далее функцию \(u\left( {x,y} \right)\) из системы уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = {e^y}\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = 2y + x{e^y} \end{array} \right..\] Следовательно, \[ {u\left( {x,y} \right) = \int {P\left( {x,y} \right)dx} } = {\int {{e^y}dx} = x{e^y} + \varphi \left( y \right).} \] Теперь продифференцируем это выражение по переменной \(y\) и приравняем к \(\large\frac{{\partial u}}{{\partial y}}\normalsize.\) В результате получим выражение для производной \(\varphi '\left( y \right):\) \[ {\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {x{e^y} + \varphi \left( y \right)} \right] = 2y + x{e^y},}\;\; {\Rightarrow \cancel{x{e^y}} + \varphi '\left( y \right) = 2y + \cancel{x{e^y}},}\;\; {\Rightarrow \varphi '\left( y \right) = 2y.} \] Таким образом мы находим \({\varphi \left( y \right)}\) и всю функцию \(u\left( {x,y} \right):\) \[ {\varphi \left( y \right) = \int {2ydy} = {y^2},}\;\; {\Rightarrow u\left( {x,y} \right) = x{e^y} + \varphi \left( y \right) } = {x{e^y} + {y^2}.} \] Следовательно, общее решение дифференциального уравнения записывается в виде: \[x{e^y} + {y^2} = C.\]
   Пример 4
Решить уравнение \(\left( {2xy - \sin x} \right)dx + \left( {{x^2} - \cos y} \right)dy = 0.\)

Решение.
Данное уравнение является уравнением в полных дифференциалах, поскольку \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {{x^2} - \cos y} \right) = 2x } = {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {2xy - \sin x} \right) = 2x.} \] Найдем функцию \(u\left( {x,y} \right)\) из системы двух уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = 2xy - \sin x\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = {x^2} - \cos y \end{array} \right..\] Интегрируя первое уравнение по переменной \(x,\) получаем: \[ {u\left( {x,y} \right) = \int {\left( {2xy - \sin x} \right)dx} } = {{x^2}y + \cos x + \varphi \left( y \right).} \] Подставляя во второе уравнение, имеем: \[ {\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {{x^2}y + \cos x + \varphi \left( y \right)} \right] = {x^2} - \cos y,}\;\; {\Rightarrow \cancel{x^2} + \varphi '\left( y \right) = \cancel{x^2} - \cos y,}\;\; {\Rightarrow \varphi '\left( y \right) = - \cos y.} \] Следовательно, \[\varphi \left( y \right) = \int {\left( { - \cos y} \right)dy} = - \sin y.\] Тогда функция \(u\left( {x,y} \right)\) определятся выражением \[u\left( {x,y} \right) = {x^2}y + \cos x - \sin y,\] а общее решение дифференциального уравнения описывается неявной формулой \[{x^2}y + \cos x - \sin y = C.\]
   Пример 5
Решить уравнение \(\left( {1 + 2x\sqrt {{x^2} - {y^2}} } \right)dx - 2y\sqrt {{x^2} - {y^2}} dy = 0.\)

Решение.
Сначала выясним, имеем ли мы дело с уравнением в полных дифференциалах: \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( { - 2y\sqrt {{x^2} - {y^2}} } \right) } = { - 2y \cdot \frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} } = { - \frac{{2xy}}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }},} \] \[ {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {1 + 2x\sqrt {{x^2} - {y^2}} } \right) } = {2x \cdot \frac{{\left( { - 2y} \right)}}{{2\sqrt {{x^2} - {y^2}} }} } = { - \frac{{2xy}}{{\sqrt {{x^2} - {y^2}} }}.} \] Как видно, \({\large\frac{{\partial Q}}{{\partial x}}\normalsize} = {\large\frac{{\partial P}}{{\partial y}}\normalsize}.\) Следовательно, это уравнение в полных дифференциалах. Найдем функцию \(u\left( {x,y} \right),\) удовлетворяющую системе уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = P\left( {x,y} \right) = 1 + 2x\sqrt {{x^2} - {y^2}} \\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = Q\left( {x,y} \right) = - 2y\sqrt {{x^2} - {y^2}} \end{array} \right..\] Интегрируем первое уравнение: \[ {u\left( {x,y} \right) = \int {\left( {1 + 2x\sqrt {{x^2} - {y^2}} } \right)dx} } = {x + \frac{{{{\left( {{x^2} - {y^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}{{\frac{3}{2}}} + \varphi \left( y \right) } = {x + \frac{2}{3}{\left( {{x^2} - {y^2}} \right)^{\frac{3}{2}}} + \varphi \left( y \right),} \] где \(\varphi \left( y \right)\) − некоторая неизвестная функция, зависящая от \(y.\) Мы определим ее позже.

Подставим результат во второе уравнение системы: \[ {\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {x + \frac{2}{3}{{\left( {{x^2} - {y^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}} + \varphi \left( y \right)} \right] = - 2y\sqrt {{x^2} - {y^2}} ,}\;\; {\Rightarrow - \cancel{2y\sqrt {{x^2} - {y^2}}} + \varphi '\left( y \right) = - \cancel{2y\sqrt {{x^2} - {y^2}}} ,}\;\; {\Rightarrow \varphi '\left( y \right) = 0.} \] Интегрируя последнее выражение, находим функцию \(\varphi \left( y \right):\) \[\varphi \left( y \right) = C,\] где \(C\) − константа.

Таким образом, общее решение данного дифференциального уравнения описывается уравнением: \[x + \frac{2}{3}{\left( {{x^2} - {y^2}} \right)^{\frac{3}{2}}} + C = 0.\]
   Пример 6
Решить дифференциальное уравнение \({\large\frac{1}{{{y^2}}}\normalsize} - {\large\frac{2}{x}\normalsize} = {\large\frac{{2xy'}}{{{y^3}}}\normalsize}\) с начальным условием \(y\left( 1 \right) = 1.\)

Решение.
Проверим, что уравнение является уравнением в полных дифференциалах, предварительно преобразовав его в стандартную форму: \[ {\frac{1}{{{y^2}}} - \frac{2}{x} = \frac{{2x}}{{{y^3}}}\frac{{dy}}{{dx}},}\;\; {\Rightarrow \left( {\frac{1}{{{y^2}}} - \frac{2}{x}} \right)dx = \frac{{2x}}{{{y^3}}}dy,}\;\; {\Rightarrow \left( {\frac{1}{{{y^2}}} - \frac{2}{x}} \right)dx - \frac{{2x}}{{{y^3}}}dy = 0.} \] Частные производные будут равны \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( { - \frac{{2x}}{{{y^3}}}} \right) = - \frac{2}{{{y^3}}},}\;\;\; {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {\frac{1}{{{y^2}}} - \frac{2}{x}} \right) = - \frac{2}{{{y^3}}}.} \] Следовательно, мы имеем дело с уравнением в полных дифференциалах. Поэтому, далее запишем следующую систему уравнений для определения функции \(u\left( {x,y} \right):\) \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = \frac{1}{{{y^2}}} - \frac{2}{x}\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = - \frac{{2x}}{{{y^3}}} \end{array} \right..\] В данном случае удобнее проинтегрировать второе уравнение по переменной \(y:\) \[ {u\left( {x,y} \right) = \int {\left( { - \frac{{2x}}{{{y^3}}}} \right)dy} } = {\frac{x}{{{y^2}}} + \psi \left( x \right).} \] Теперь продифференцируем это выражение по переменной \(x:\) \[ {\frac{{\partial u}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left[ {\frac{x}{{{y^2}}} + \psi \left( x \right)} \right] = \frac{1}{{{y^2}}} - \frac{2}{x},}\;\; {\Rightarrow \cancel{\frac{1}{{{y^2}}}} + \psi '\left( x \right) = \cancel{\frac{1}{{{y^2}}}} - \frac{2}{x},}\;\; {\Rightarrow \psi '\left( x \right) = - \frac{2}{x},}\;\; {\Rightarrow \psi \left( x \right) = - 2\ln \left| x \right| = \ln \frac{1}{{{x^2}}}.} \] Итак, общее решение дифференциального уравнения в неявном виде определятся выражением: \[\frac{x}{{{y^2}}} + \ln \frac{1}{{{x^2}}} = C.\] Найдем теперь частное решение, удовлетворяющее начальному условию \(y\left( 1 \right) = 1.\) Подставляя начальные значения, определяем постоянную \(C:\) \[ {\frac{1}{{{1^2}}} + \ln \frac{1}{{{1^2}}} = C,}\;\; {\Rightarrow 1 + 0 = C,}\;\; {\Rightarrow C = 1.} \] Следовательно, решение данной задачи Коши имеет вид: \[\frac{1}{{{y^2}}} + \ln \frac{1}{{{x^2}}} = 1.\]

Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.