Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель

Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель


Дифференциальное уравнение первого порядка вида


[math]M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0[/math]
(1)

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

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

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


[math]\frac{\partial{M}}{\partial{y}}\equiv\frac{\partial{N}}{\partial{x}}.[/math]
(2)

Общий интеграл уравнения (1) имеет вид [math]u(x,y)=C[/math] или


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



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


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


[math]\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}[/math]

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


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

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


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


Общий интеграл исходного дифференциального уравнения [math]x\sin{xy}=C[/math].


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




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


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


[math]x^3\,dx+xy(y\,dx+x\,dy)+y^3\,dy=0.[/math]
Очевидно, что
[math]{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).}[/math]

Поэтому изначальное уравнение можно записать в виде

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

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




Интегрирующий множитель


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


[math]du=\mu{M}\,dx+\mu{N}\,dy.[/math]

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


[math]\frac{\partial}{\partial{y}}(\mu{M})=\frac{\partial}{\partial{x}}(\mu{N})[/math] или [math]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,[/math]
откуда
[math]N\frac{\partial\ln\mu}{\partial{x}}-M\frac{\partial\ln\mu}{\partial{y}}=\frac{\partial{M}}{\partial{y}}-\frac{\partial{N}}{\partial{x}}.[/math]
(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 [math]\mu=\mu(x)[/math], то [math]\frac{\partial\mu}{\partial{y}}=0[/math] и уравнение (5) примет вид


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

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




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


Решение. Здесь [math]M=x+y^2,~N=-2xy[/math]. Имеем


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

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


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

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




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


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


[math]{\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}}[/math], следовательно, [math]\frac{d\ln\mu}{dy}=-\frac{1}{y},~~\mu=\frac{1}{y}[/math].

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


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



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


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


[math]{\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.}[/math]

Уравнение (5) для нахождения интегрирующего множителя будет иметь вид

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

Так как [math]M=3x+2y+y^2,~N=x+4xy+5y^2[/math], то

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

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


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

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

[math]{\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,}[/math]
или
[math]x^3+x^2y+2x^2y^2+2xy^3+xy^4+y^5=C_1,[/math]

где [math]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.[/math]

После несложных преобразований будем иметь [math](x+y)(x+y^2)^2=C_1[/math].


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved