Рівняння у повних диференціалах. Рівняння у повних диференціалах Рівняння у повних диференціалах першого порядку

Постановка задачі у двовимірному випадку

Відновлення функції кількох змінних за її повним диференціалом

9.1. Постановка задачі у двовимірному випадку. 72

9.2. Опис рішення. 72

Це один із додатків криволінійного інтеграла ІІ роду.

Дано вираз повного диференціалу функції двох змінних:

Знайти функцію.

1. Так як не всякий вираз виду є повним диференціалом певної функції U(x,y), то необхідно перевірити коректність постановки завдання, тобто перевірити необхідну та достатню умову повного диференціала, яке для функції 2-х змінних має вигляд . Ця умова випливає з еквівалентності тверджень (2) та (3) у теоремі попереднього параграфа. Якщо зазначена умова виконана, то завдання має рішення, тобто функцію U(x,y) відновити можна; якщо умова не виконано, то завдання немає рішення, тобто функцію відновити не можна.

2. Знайти функцію за її повним диференціалом можна, наприклад, за допомогою криволінійного інтеграла II роду, обчисливши його від лінії, що з'єднує фіксовану точку ( x 0 ,y 0) та змінну точку ( x;y) (Мал. 18):

Таким чином отримано, що криволінійний інтеграл ІІ роду від повного диференціалу dU(x,y) дорівнює різниці значень функції U(x,y) у кінцевій та початковій точках лінії інтегрування.

Знаючи тепер цей результат, потрібно підставити замість dUв криволінійний інтеграл вираз і провести обчислення інтеграла за ламаною ( ACB), враховуючи його незалежність від форми лінії інтегрування:

на ( AC): на ( СВ) :

(1)

Таким чином, отримана формула, за допомогою якої відновлюється функція 2-х змінних за її повним диференціалом.

3. Відновити функцію за її повним диференціалом можна тільки з точністю до постійного доданку, оскільки d(U+ const) = dU. Тому в результаті вирішення задачі отримуємо безліч функцій, що відрізняються один від одного на постійне доданок.

Приклади (відновлення функції двох змінних за її повним диференціалом)

1. Знайти U(x,y), якщо dU = (x 2 – y 2)dx – 2xydy.

Перевіряємо умову повного диференціалу функції двох змінних:

Умову повного диференціалу виконано, отже, функцію U(x,y) відновити можна.

Перевірка: - Правильно.

Відповідь: U(x,y) = x 3 /3 – xy 2 + C.

2. Знайти функцію, таку що

Перевіряємо необхідні та достатні умови повного диференціала функції трьох змінних: , , якщо дано вираз .

У розв'язуваній задачі

всі умови повного диференціала виконані, отже, функцію можна відновити (завдання поставлено коректно).

Відновлюватимемо функцію за допомогою криволінійного інтеграла II роду, обчисливши його по деякій лінії, що з'єднує фіксовану точку і змінну точку , так як

(Ця рівність виводиться так само, як і у двовимірному випадку).

З іншого боку, криволінійний інтеграл ІІ роду від повного диференціала не залежить від форми лінії інтегрування, тому його найпростіше вважати за ламаною, що складається з відрізків, паралельних осям координат. При цьому в якості фіксованої точки можна взяти для просто ти взяти точку з конкретними числовими координатами, відстежуючи лише, щоб у цій точці і на всій лінії інтегрування виконалася умова існування криволінійного інтеграла (тобто функції , і були безперервними). З урахуванням цього зауваження у цій задачі можна взяти фіксованою точкою, наприклад, точку М 0 . Тоді на кожній із ланок ламаної матимемо

10.2. Обчислення поверхневого інтегралу I роду. 79

10.3. Деякі програми поверхневого інтеграла I роду. 81

Показано, як розпізнати диференціальне рівняння в повних диференціалах. Наведено методи його вирішення. Наводиться приклад вирішення рівняння у повних диференціалах двома способами.

Зміст

Вступ

Диференціальне рівняння першого порядку у повних диференціалах – це рівняння виду:
(1) ,
де ліва частина рівняння є повним диференціалом деякої функції U (x, y)від змінних x, y:
.
При цьому .

Якщо знайдено таку функцію U (x, y), то рівняння набуває вигляду:
dU (x, y) = 0.
Його загальний інтеграл:
U (x, y) = C,
де C – постійна.

Якщо диференціальне рівняння першого порядку записано через похідну:
,
то його легко привести до форми (1) . Для цього помножимо рівняння на dx. Тоді. В результаті одержуємо рівняння, виражене через диференціали:
(1) .

Властивість диференціального рівняння у повних диференціалах

Для того, щоб рівняння (1) було рівнянням у повних диференціалах, необхідно і достатньо, щоб виконувалось співвідношення:
(2) .

Доведення

Далі ми вважаємо, що всі функції, що використовуються в доказі, визначені і мають відповідні похідні певної області значень змінних x і y . Крапка x 0 , y 0також належить цій галузі.

Доведемо необхідність умови (2).
Нехай ліва частина рівняння (1) є диференціалом деякої функції U (x, y):
.
Тоді
;
.
Оскільки друга похідна залежить від порядку диференціювання, то
;
.
Звідси слідує що . Необхідність умови (2) доведено.

Доведемо достатність умови (2).
Нехай виконується умова (2) :
(2) .
Покажемо, що можна знайти таку функцію U (x, y), що її диференціал:
.
Це означає, що існує така функція U (x, y), яка задовольняє рівнянням:
(3) ;
(4) .
Знайдемо таку функцію. Проінтегруємо рівняння (3) по x від x 0 до x , вважаючи, що y - це постійна:
;
;
(5) .
Диференціюємо по y вважаючи, що x - це постійна і застосовується (2) :

.
Рівняння (4) буде виконано, якщо
.
Інтегруємо по y від y 0 до y:
;
;
.
Підставляємо в (5) :
(6) .
Отже, ми знайшли функцію, диференціал якої
.
Достатність доведено.

У формулі (6) , U (x 0 , y 0)є постійною - значенням функції U (x, y)у точці x 0 , y 0. Їй можна надати будь-яке значення.

Як розпізнати диференціальне рівняння у повних диференціалах

Розглянемо диференціальне рівняння:
(1) .
Щоб визначити, чи це рівняння в повних диференціалах, потрібно перевірити виконання умови (2) :
(2) .
Якщо воно виконується, це рівняння в повних диференціалах. Якщо ні - це не рівняння в повних диференціалах.

приклад

Перевірити, чи є рівняння у повних диференціалах:
.

Тут
, .
Диференціюємо по y, вважаючи x постійною:


.
Диференціюємо


.
Оскільки:
,
то задане рівняння – у повних диференціалах.

Методи розв'язання диференціальних рівнянь у повних диференціалах

Метод послідовного виділення диференціалу

Найбільш простим методом вирішення рівняння у повних диференціалах є метод послідовного виділення диференціала. Для цього ми застосовуємо формули диференціювання, записані у диференційній формі:
du ± dv = d (u ± v);
v du + u dv = d (uv);
;
.
У цих формулах u та v - довільні вирази, складені з будь-яких комбінацій змінних.

Приклад 1

Вирішити рівняння:
.

Раніше ми знайшли, що це рівняння – у повних диференціалах. Перетворимо його:
(П1) .
Вирішуємо рівняння, послідовно виділяючи диференціал.
;
;
;
;

.
Підставляємо в (П1):
;
.

Метод послідовного інтегрування

У цьому методі ми шукаємо функцію U (x, y), що задовольняє рівнянь:
(3) ;
(4) .

Проінтегруємо рівняння (3) по x , вважаючи y постійною:
.
Тут φ (y)- Довільна функція від y, яку потрібно визначити. Вона є постійною інтеграцією. Підставляємо в рівняння (4) :
.
Звідси:
.
Інтегруючи, знаходимо φ (y)і, тим самим, U (x, y).

Приклад 2

Вирішити рівняння у повних диференціалах:
.

Раніше ми знайшли, що це рівняння – у повних диференціалах. Введемо позначення:
, .
Шукаємо Функцію U (x, y), диференціал якої є лівою частиною рівняння:
.
Тоді:
(3) ;
(4) .
Проінтегруємо рівняння (3) по x , вважаючи y постійною:
(П2)
.
Диференціюємо по y:

.
Підставимо в (4) :
;
.
Інтегруємо:
.
Підставимо в (П2):

.
Загальний інтеграл рівняння:
U (x, y) = const.
Об'єднуємо дві постійні в одну.

Метод інтегрування вздовж кривої

Функцію U , що визначається співвідношенням:
dU = p (x, y) dx + q(x, y) dy,
можна знайти, якщо проінтегрувати це рівняння вздовж кривої, що з'єднує точки (x 0 , y 0)і (x, y):
(7) .
Оскільки
(8) ,
то інтеграл залежить тільки від координат початкової (x 0 , y 0)і кінцевою (x, y)точок і залежить від форми кривої. З (7) і (8) знаходимо:
(9) .
Тут x 0 та y 0 - Постійні. Тому U (x 0 , y 0)- також постійна.

Приклад такого визначення U був отриманий за доказом:
(6) .
Тут інтегрування проводиться спочатку по відрізку, паралельному осі y від точки (x 0 , y 0 )до точки (x 0 , y). Потім інтегрування проводиться по відрізку, паралельному осі x від точки (x 0 , y)до точки (x, y) .

У більш загальному випадку, потрібно уявити рівняння кривої, що з'єднує точки (x 0 , y 0 )і (x, y)у параметричному вигляді:
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);
та інтегрувати по t 1 від t 0 до t.

Найбільш просто виконується інтегрування за відрізком, що з'єднує точки (x 0 , y 0 )і (x, y). В цьому випадку:
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.
Після підстановки, виходить інтеграл t від 0 до 1 .
Цей спосіб, однак, призводить до досить громіздких обчислень.

Використана література:
В.В. Степанов, Курс диференціальних рівнянь, «ЛКІ», 2015.

деяких функцій. Якщо відновити функцію її повному диференціалу, то знайдемо загальний інтеграл диференціального рівняння. Нижче поговоримо про метод відновлення функції за її повним диференціалом.

Ліва частина диференціального рівняння – це повний диференціал деякої функції U(x, y) = 0якщо виконується умова.

Т.к. повний диференціал функції U(x, y) = 0це , отже, під час виконання умови стверджують, що .

Тоді, .

З першого рівняння системи отримуємо . Функцію знаходимо, скориставшись другим рівнянням системи:

Таким чином ми знайдемо потрібну функцію U(x, y) = 0.

приклад.

Знайдемо спільне рішення ДК .

Рішення.

У нашому прикладі. Умова виконується, тому що:

Тоді, ліва частина початкового ДК є повним диференціалом деякої функції U(x, y) = 0. Нам потрібно знайти цю функцію.

Т.к. є повним диференціалом функції U(x, y) = 0, значить:

.

Інтегруємо по x 1-е рівняння системи та диференціюємо по yрезультат:

.

З 2-го рівняння системи отримуємо . Значить:

Де З- Довільна постійна.

Т.ч., і загальним інтегралом заданого рівняння буде .

Є другий метод обчислення функції за її повним диференціалом. Він полягає у взятті криволінійного інтегралу від фіксованої точки (x 0 , y 0)до точки зі змінними координатами (x, y): . У разі значення інтеграла незалежно від шляху інтегрування. Зручно брати як шлях інтегрування ламану, ланки якої паралельні осям координат.

приклад.

Знайдемо спільне рішення ДК .

Рішення.

Перевіряємо виконання умови:

Т.ч., ліва частина ДК є повним диференціалом деякої функції U(x, y) = 0. Знайдемо цю функцію, обчисливши криволінійний інтеграл від точки (1; 1) до (x, y). Як шлях інтегрування беремо ламану: першу ділянку ламаної пройдемо прямою y = 1від крапки (1, 1) до (x, 1), другою ділянкою шляху беремо відрізок прямої від точки (x, 1)до (x, y):

Отже, загальне рішення ДК виглядає так: .

приклад.

Визначимо загальне рішення ДК.

Рішення.

Т.к. , отже, умова не виконується, тоді, ліва частина ДК не буде повним диференціалом функції і потрібно використовувати другий спосіб розв'язання (це рівняння є диференціальним рівнянням з змінними, що розділяються).

Може статися, що ліва частина диференціального рівняння

є повним диференціалом деякої функції:

і отже, рівняння (7) набуває вигляду .

Якщо функція є рішенням рівняння (7), то , і, отже,

де - постійна, і навпаки, якщо деяка функція перетворює на тотожність кінцеве рівняння (8), то, диференціюючи отримане тотожність, отримаємо , отже, , де - довільна стала, є загальним інтегралом вихідного рівняння.

Якщо дані початкові значення , то постійна визначається з (8) і

є приватним інтегралом. Якщо точці , то рівняння (9) визначає як неявну функцію від .

Для того, щоб ліва частина рівняння (7) була повним диференціалом деякої функції, необхідно і достатньо, щоб

Якщо ця умова, вказана Ейлером, виконана, то рівняння (7) легко інтегрується. Справді, . З іншого боку, . Отже,

При обчисленні інтеграла величина сприймається як стала, тому є довільною функцією від . Для визначення функції диференціюємо знайдену функцію з і, оскільки , отримаємо

На цьому рівняння визначаємо і, інтегруючи, знаходимо .

Як відомо з курсу математичного аналізу, ще простіше можна визначити функцію за її повним диференціалом, взявши криволінійний інтеграл від між деякою фіксованою точкою і точкою зі змінними координатами по будь-якому шляху:

Найчастіше як шлях інтегрування зручно брати ламану, складену з двох ланок, паралельних осям координат; в цьому випадку

приклад. .

Ліва частина рівняння є повним диференціалом деякої функції, оскільки

Отже, загальний інтеграл має вигляд

Можна застосувати й інший метод визначення функції:

За початкову точку вибираємо, наприклад, початок координат, як шлях інтегрування -ламану. Тоді

та загальний інтеграл має вигляд

Що збігається з попереднім результатом, що призводить до спільного знаменника.

У деяких випадках, коли ліва частина рівняння (7) не є повним диференціалом, легко вдається підібрати функцію після множення на яку ліва частина рівняння (7) перетворюється на повний диференціал . Така функція називається інтегруючим множником. Зауважимо, що множення на інтегруючий множник може призвести до появи зайвих окремих рішень, що обертають цей множник в нуль.

приклад. .

Очевидно, що після множення на множник ліва частина перетворюється на повний диференціал. Справді, після множення на отримаємо

або, інтегруючи, . Помножуючи на 2 та потенціюючи, будемо мати .

Звичайно, далеко не завжди інтегруючий множник підбирається так легко. У загальному випадку для знаходження інтегруючого множника треба підібрати хоча б одне не рівне тотожному нулю приватне рішення рівняння в приватних похідних, або в розгорнутому вигляді

яке після поділу на та перенесення деяких доданків в іншу частину рівності наводиться до вигляду

У загальному випадку інтегрування цього рівняння у приватних похідних є завданням аж ніяк не більш простим, ніж інтегрування вихідного рівняння, однак у деяких випадках підбір приватного рішення рівняння (11) не становить труднощів.

Крім того, вважаючи, що інтегруючий множник є функцією тільки одного аргументу (наприклад, є функцією тільки або тільки , або функцією тільки , або тільки і т.д.), можна вже легко проінтегрувати рівняння (11) і вказати умови, за яких інтегруючий множник даного виду існує. Тим самим виділяються класи рівнянь, котрим інтегруючий множник легко можна знайти.

Наприклад, знайдемо умови, у яких рівняння має інтегруючий множник, залежить тільки від , тобто. . При цьому рівняння (11) спрощується і набуває вигляду, звідки, вважаючи безперервною функцією від , отримаємо

Якщо є функцією тільки від , то інтегруючий множник, що залежить лише від , існує і дорівнює (12), інакше інтегруючого множника виду не існує.

Умова існування інтегруючого множника, що залежить тільки від , виконано, наприклад, для лінійного рівняння або . Дійсно, і, отже, . Абсолютно аналогічно можуть бути знайдені умови існування інтегруючих множників виду і т.д.

приклад.Чи має рівняння інтегруючий множник виду?

Позначимо. Рівняння (11) при набуває вигляду, звідки або

Для існування інтегруючого множника заданого виду необхідно і припущення безперервності достатньо, щоб була функцією тільки . У разі , отже, інтегруючий множник є й дорівнює (13). При отримаємо. Помножуючи вихідне рівняння на , наведемо його до вигляду

Інтегруючи, отримаємо, а після потенціювання матимемо, або в полярних координатах - сімейство логарифмічних спіралей.

приклад. Знайти форму дзеркала, що відображає паралельно даному напрямку всі промені, що виходять із заданої точки.

Помістимо початок координат у задану точку та направимо вісь абсцис паралельно заданому в умовах завдання напрямку. Нехай промінь падає на дзеркало у точці. Розглянемо перетин дзеркала площиною, що проходить через вісь абсцис та крапку. Проведемо дотичну до розглянутого перерізу поверхні дзеркала в точці. Так як кут падіння променя дорівнює куту відбиття, то трикутник - рівнобедрений. Отже,

Отримане однорідне рівняння легко інтегрується заміною змінних, але ще простіше, звільнившись від ірраціональності у знаменнику, переписати його як . Це рівняння має очевидний інтегруючий множник , , , (родина парабол).

Це завдання ще простіше вирішується в координатах і , де при цьому рівняння перерізу шуканих поверхонь набуває вигляду .

Можна довести існування інтегруючого множника, або, що те ж саме, існування ненульового рішення рівняння в приватних похідних (11) в деякій області, якщо функції мають безперервні похідні і принаймні одна з цих функцій не звертається в нуль. Отже, метод інтегруючого множника можна розглядати як загальний метод інтегрування рівнянь виду, однак через труднощі знаходження інтегруючого множника цей метод найчастіше застосовується в тих випадках, коли інтегруючий множник є очевидним.