Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель

Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель


Дифференциальное уравнение первого порядка вида


M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0
(1)

называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть представляет полный дифференциал некоторой функции u(x,y), т.е.


M\,dx+N\,dy\equiv{du}\equiv\frac{\partial{u}}{\partial{x}}\,dx+\frac{\partial{u}}{\partial{y}}\,dy.

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


\frac{\partial{M}}{\partial{y}}\equiv\frac{\partial{N}}{\partial{x}}.
(2)

Общий интеграл уравнения (1) имеет вид u(x,y)=C или


\int\limits_{x_0}^{x} M(x,y)\,dx+ \int\limits_{y_0}^{y} N(x,y)\,dy=C.
(3)



Пример 1. Решить дифференциальное уравнение (\sin{xy}+xy\cos{xy})\,dx+x^2\cos{xy}\,dy=0..


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


\begin{aligned}\frac{\partial{M}}{\partial{y}}&=\frac{\partial}{\partial{y}}(\sin{xy}+xy\cos{xy})=2x\cos{xy}-x^2y\sin{xy},\\[3pt] \frac{\partial{N}}{\partial{x}}&=\frac{\partial}{\partial{x}}(x^2\cos{xy})=2x\cos{xy}-x^2y\sin{xy},\end{aligned}

так что \frac{\partial{M}}{\partial{y}}\equiv\frac{\partial{N}}{\partial{x}}, т.е. условие (2) выполнено. Таким образом, данное уравнение есть уравнение в полных дифференциалах и


M=\frac{\partial{u}}{\partial{x}}=\sin{xy}+xy\cos{xy}, \quad N=\frac{\partial{u}}{\partial{y}}=x^2\cos{xy},

поэтому u(x,y)=\int(\sin{xy}+xy\cos{xy})\,dx+\varphi(y), где \varphi(y) пока неопределенная функция.


Интегрируя, получаем u(x,y)=x\sin{xy}+\varphi(y). Частная производная \frac{\partial{u}}{\partial{y}} найденной функции u(x,y) должна равняться x^2\cos{xy}, что дает x^2\cos{xy}+\varphi'(y)=x^2\cos{xy}, откуда \varphi'(y)=0, так что \varphi(y)=C. Таким образом, u(x,y)=x\sin{xy}+C.


Общий интеграл исходного дифференциального уравнения x\sin{xy}=C.


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




Пример 2. Решить дифференциальное уравнение (x^2+xy^2)\,dx+(x^2y+y^3)\,dy=0.


Решение. Здесь \frac{\partial{M}}{\partial{y}}=2xy,~\frac{\partial{N}}{\partial{x}}=2xy, так что условие (2) выполнено и, следовательно, данное уравнение есть уравнение в полных дифференциалах. Это уравнение легко привести к виду du=0 непосредственной группировкой его членов. С этой целью перепишем его так:


x^3\,dx+xy(y\,dx+x\,dy)+y^3\,dy=0.
Очевидно, что
{x^3\,dx=d\!\left(\frac{x^4}{4}\right), \quad xy(y\,dx+x\,dy)=xy\,d(xy)=d\!\left(\frac{(xy)^2}{2}\right), \quad y^3\,dy=d\!\left(\frac{y^4}{4}\right).}

Поэтому изначальное уравнение можно записать в виде


d\!\left(\frac{x^4}{4}\right)+d\!\left(\frac{(xy)^2}{2}\right)+d\!\left(\frac{y^4}{4}\right)=0 или d\!\left(\frac{x^4}{4}+\frac{(xy)^2}{2}+\frac{y^4}{4}\right)=0.

Следовательно, x^4+2(xy)^2+y^4=C есть общий интеграл исходного уравнения.




Интегрирующий множитель


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


du=\mu{M}\,dx+\mu{N}\,dy.

Такая функция \mu(x,y) называется интегрирующим множителем. Из определения интегрирующего множителя имеем


\frac{\partial}{\partial{y}}(\mu{M})=\frac{\partial}{\partial{x}}(\mu{N}) или N\frac{\partial\mu}{\partial{x}}-M\frac{\partial\mu}{\partial{y}}=\left(\frac{\partial{M}}{\partial{y}}-\frac{\partial{N}}{\partial{x}}\right)\!\mu,
откуда
N\frac{\partial\ln\mu}{\partial{x}}-M\frac{\partial\ln\mu}{\partial{y}}=\frac{\partial{M}}{\partial{y}}-\frac{\partial{N}}{\partial{x}}.
(5)

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 \mu=\mu(x), то \frac{\partial\mu}{\partial{y}}=0 и уравнение (5) примет вид


\frac{d\ln\mu}{dx}=\frac{1}{N}\!\left(\frac{\partial{M}}{\partial{y}}-\frac{\partial{N}}{\partial{x}}\right).
(6)

Для существования интегрирующего множителя, не зависящего от y, необходимо и достаточно, чтобы правая часть (6) была функцией только x. В таком случае \ln\mu найдется квадратурой.




Пример 3. Решить уравнение (x+y^2)\,dx-2xy\,dy=0.


Решение. Здесь M=x+y^2,~N=-2xy. Имеем


\frac{1}{N}\!\left(\frac{\partial{M}}{\partial{y}}-\frac{\partial{N}}{\partial{x}}\right)=\frac{2y+2y}{-2xy}=-\frac{2}{x}, следовательно, \frac{d\ln\mu}{dx}=-\frac{2}{x},~~\ln\mu=-2\ln|x|,~~\mu=\frac{1}{x^2}.

Уравнение \frac{x+y^2}{x^2}\,dx-2\frac{xy}{x^2}\,dy=0 есть уравнение в полных дифференциалах. Его левую часть можно представить в виде


\frac{dx}{x}-\frac{2xy\,dy-y^2\,dx}{x^2}=0, откуда d\!\left(\ln|x|-\frac{y^2}{x}\right)=0 и общий интеграл данного уравнения x=C\exp\frac{y^2}{x}.

2. Аналогично, если \left(\frac{\partial{N}}{\partial{x}}-\frac{\partial{M}}{\partial{y}}\right)\!\frac{1}{M} есть функция только y, то уравнение (1) имеет интегрирующий множитель \mu=\mu(y), зависящий только от y.




Пример 4. Решить уравнение 2xy\ln{y}\,dx+\Bigl(x^2+y^2\sqrt{y^2+1}\Bigl)dy=0.


Решение. Здесь M=2xy\ln{y},~N=x^2+y^2\sqrt{y^2+1}. Имеем


{\frac{1}{M}\!\left(\frac{\partial{N}}{\partial{x}}-\frac{\partial{M}}{\partial{y}}\right)=\frac{2x-2x(\ln{y}+1)}{2xy\ln{y}}=-\frac{1}{y}}, следовательно, \frac{d\ln\mu}{dy}=-\frac{1}{y},~~\mu=\frac{1}{y}.

Уравнение \frac{2xy\ln{y}}{y}\,dx+\frac{x^2+y^2\sqrt{y^2+1}}{y}\,dy=0 является уравнением в полных дифференциалах. Его можно записать в виде


d(x^2\ln{y})+y\sqrt{y^2+1}\,dy=0, откуда x^2\ln{y}+\frac{1}{3}(y^2+1)^{3/2}=C.



Пример 5. Решить уравнение (3x+2y+y^2)\,dx+(x+4xy+5y^2)\,dy=0, если его интегрирующий множитель имеет вид \mu=\varphi(x+y^2).


Решение. Положим z=x+y^2, тогда \mu=\varphi(z), и, следовательно,


{\frac{\partial\ln\mu}{\partial{x}}=\frac{d\ln\mu}{dz}\cdot\frac{\partial{z}}{\partial{x}}=\frac{\partial\ln\mu}{dz}, \quad \frac{\partial\ln\mu}{\partial{y}}=\frac{d\ln\mu}{dz}\cdot\frac{\partial{z}}{\partial{y}}=\frac{\partial\ln\mu}{dz}\cdot2y.}

Уравнение (5) для нахождения интегрирующего множителя будет иметь вид


(N-2My)\frac{d\ln\mu}{dz}=\frac{\partial{M}}{\partial{y}}-\frac{\partial{N}}{\partial{x}} или \frac{d\ln\mu}{dz}=\frac{1}{N-2My}\!\left(\frac{\partial{M}}{\partial{y}}-\frac{\partial{N}}{\partial{x}}\right).

Так как M=3x+2y+y^2,~N=x+4xy+5y^2, то


\frac{1}{N-2My}\!\left(\frac{\partial{M}}{\partial{y}}-\frac{\partial{N}}{\partial{x}}\right)=\frac{1}{x+y^2}=\frac{1}{z}.

и, значит, \frac{d\ln\mu}{dz}=\frac{1}{z}, откуда \mu=z, т.е. \mu=x+y^2. Умножая данное уравнение на \mu=x+y^2, получим


(3x^2+2xy+4xy^2+2y^3+y^4)\,dx+(x^2+4x^2y+6xy^2+4xy^3+5y^4)\,dy=0.

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


{\int\limits_{x_0}^{x}(3x^2+2xy+4xy^2+2y^3+y^4)\,dx+\int\limits_{y_0}^{y}(x_0^2+4x_0^2y+6x_0y^2+4x_0y^3+5y^4)\,dy=C,}
или
x^3+x^2y+2x^2y^2+2xy^3+xy^4+y^5=C_1,

где C_1=C+x_0^2y_0+2x_0^2y_0^2+2x_0y_0^3+x_0y_0^4+y_0^5+x_0^3.


После несложных преобразований будем иметь (x+y)(x+y^2)^2=C_1.

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved