Интегрирующий множитель дифференциального уравнения как найти - Исправление недочетов и поиск решений вместе с Examum.ru

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.

$M,dx+N,dyequiv{du}equivfrac{partial{u}}{partial{x}},dx+frac{partial{u}}{partial{y}},dy.$

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

$frac{partial{M}}{partial{y}}equivfrac{partial{N}}{partial{x}}.$

(2)

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

$intlimits_{x_0}^{x} M(x,y),dx+ intlimits_{y_0}^{y} N(x,y),dy=C.$

(3)

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

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

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

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

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

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

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

Общий интеграл исходного дифференциального уравнения xsin{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 $Nfrac{partialmu}{partial{x}}-Mfrac{partialmu}{partial{y}}=left(frac{partial{M}}{partial{y}}-frac{partial{N}}{partial{x}}right)!mu,$

откуда

$Nfrac{partiallnmu}{partial{x}}-Mfrac{partiallnmu}{partial{y}}=frac{partial{M}}{partial{y}}-frac{partial{N}}{partial{x}}.$

(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 $frac{partialmu}{partial{y}}=0$ и уравнение (5) примет вид

$frac{dlnmu}{dx}=frac{1}{N}!left(frac{partial{M}}{partial{y}}-frac{partial{N}}{partial{x}}right).$

(6)

Для существования интегрирующего множителя, не зависящего от , необходимо и достаточно, чтобы правая часть (6) была функцией только . В таком случае lnmu 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, $frac{dlnmu}{dx}=-frac{2}{x},~~lnmu=-2ln|x|,~~mu=frac{1}{x^2}$ .

Уравнение $frac{x+y^2}{x^2},dx-2frac{xy}{x^2},dy=0$ 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 $x=Cexpfrac{y^2}{x}$ .

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

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

Решение. Здесь $M=2xyln{y},~N=x^2+y^2sqrt{y^2+1}$ . Имеем

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

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

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

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,

${frac{partiallnmu}{partial{x}}=frac{dlnmu}{dz}cdotfrac{partial{z}}{partial{x}}=frac{partiallnmu}{dz}, quad frac{partiallnmu}{partial{y}}=frac{dlnmu}{dz}cdotfrac{partial{z}}{partial{y}}=frac{partiallnmu}{dz}cdot2y.}$

Уравнение (5) для нахождения интегрирующего множителя будет иметь вид

$(N-2My)frac{dlnmu}{dz}=frac{partial{M}}{partial{y}}-frac{partial{N}}{partial{x}}$ или $frac{dlnmu}{dz}=frac{1}{N-2My}!left(frac{partial{M}}{partial{y}}-frac{partial{N}}{partial{x}}right).$

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, $frac{dlnmu}{dz}=frac{1}{z}$ , откуда mu=z , т.е. mu=x+y^2 . Умножая данное уравнение на , 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

${intlimits_{x_0}^{x}(3x^2+2xy+4xy^2+2y^3+y^4),dx+intlimits_{y_0}^{y}(x_0^2+4x_0^2y+6x_0y^2+4x_0y^3+5y^4),dy=C,}$

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"

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Источник

Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель

Дифференциальное уравнение

(3.1)

называется
уравнением в полныx дифференциалаx,
если его левая часть представляет
собой полный дифференциал некоторой
функции
,
т.е.

Теорема. Пусть функции

непрерывны
в односвязной области D плоскости
XOY. Выражение

есть полный дифференциал только
тогда, когда выполнено условие

в D. (3.2)

Пример 3.1.

. (3.3)

Решение. Проверим, является ли
(3.3) уравнением в полных дифференциалах:

следовательно,

,
т.е. данное уравнение — в полных
дифферен-циалах и
,
поэтому

Частную производную

найденной функции

приравняем Q(x,y)
=
cos
xy,

что
даёт

cos
xy
+ f’
=
cos xy,

откуда следует:

;
,
и

.

Общий интеграл
уравнения:

При
интегрировании некоторых дифференциальных
уравнений можно так сгруппировать
члены, что получатся легко интегрируемые
комбинации. В частности, можно выделять
полные дифференциалы, используя известные
формулы:

и
т.п.

Пример 3.2.

.
(3.4)

Решение. Здесь
,

,
следовательно, (3.4) – уравнение в полных
дифференциалах. Сгруппируем его члены
так:

Тогда

и уравнение
(3.4) можно записать в виде:

или

Следовательно,

есть общий
интеграл дифференциального уравнения
(3.4).

Интегрирующий множитель.
Если условие

не выполнено, то дифференциальное
уравнение

не является
уравнением в полных дифференциалах.
Однако это уравнение иногда можно
превратить в уравнение в полных
дифференциалах, умножив его на подходящую
гладкую функцию
.
Такая функция носит название интегрирующий
множитель. Интегрирующий множитель
не всегда бывает легко найти.

Чтобы уравнение

было уравнением в полных дифференциалах,
должно быть выполнено условие:

или

откуда следует

. (3.5)

Если

зависит только от

(не зависит от
),
то можно искать частное решение (3.5) в
виде
.
При этом

и (3.5) примет вид:

(3.6)

откуда
интегрированием получим
.

Аналогичное соотношение для случая

имеет вид

. (3.7)

Уравнение
(3.7) можно проинтегрировать, если его
правая часть не зависит от
.

Пример 3.3.

Решение.

,
.

Интегрирующий
множитель ищем в виде
,
имеем:

следовательно,
из (3.6):

Уравнение

в полных
дифференциалах, его можно представить
так:

откуда

Общее решение:

Б. 4050.

.
(3.8)

Решение. Проверим, является ли
уравнение уравнением в полных
дифференциалах. Здесь

следовательно,
(3.8) есть полный дифференциал некоторой
функции

и

Найдем

с точностью до неизвестной функции
,
проинтегрировав по

первую половину выражения (3.8):

Чтобы найти
,
продифференцируем полученное выражение
по

и сравним найденное значение

с
.

следовательно,

есть общий
интеграл уравнения (3.8).

Б. 4058.
.

Решение. В этом примере попытаемся
«подобрать» интегрирующий
множитель. Так как

то уравнение
можно преобразовать следующим образом:

Умножив это
выражение на интегрирующий множитель
,
получим уравнение в полных дифференциалах

Проинтегрировав,найдем
общий интеграл:

Примеры для
самостоятельного решения: Б. 4051, Б. 4052,
Б. 4053, Б. 4059, Б. 4060, Б. 4063.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Источник

Уравнением в полных дифференциалах называется уравнение вида
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0)
левая часть которого является полным дифференциалом некоторой функции
U(x,y), то есть dU(x,y) = M(x,y)dx + N(x,y)dy.
Напомним, что полный диференциал функции U находится по формуле
Условие проверки уравнения на соответствие полному дифференциалу имеет вид
(1)

Уравнение сводные к ДР в полных дифференциалах

В некоторых случаях зависимость
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0
не является уравнением в полных дифференциалах, не выполняется условие (1). Однако существует функция «мю» такова, что если на нее умножить первоначальное уравнение то получим уравнением в полных дифференциалах.
Необходимым и достаточным условием этого является равенство между собой частных производных

Функция «мю» называют интегрирующим множителем.
Таким образом кроме ДУ относительно функции u(x,y) на практике приходится решать дифференциальное уравнение в частных производных относительно интегрирующего множителя.
Но до сих пор остается открытым вопрос, как искать интегрирующий множитель?

Как найти интегрирующий множитель?

В теории обычно методика уже разработана и интегрирующий множитель следует искать в виде
где «омега» — известная функция одной или двоих переменных.
В этом случае получаем
После подстановки в условие полного дифференциала получим
Разделим переменные в последней строке
Проинтегрировав и положив постоянную интегрирования равной нулю находим интегрирующий множитель
Рассмотрим частные случаи.
1) Пусть «омега» равна аргументу. Тогда некоторые частные производные равны нулю, а интегрирующий множитель находят по формуле
2) Если «омега» ровна y то формула вычисления интегрирующего множителя имеет вид
3) В случае когда «омега» равна сумме или разности квадратов переменных интегрирующий множитель находим по формуле
4) И вариант когда имеем произведение переменных дает следующую зависимость для определения мю
Вывод формулы интегрирующего множителя без практики Вас ничего не научит, поэтому рассмотрим задачи из контрольной работы на которых Вы увидите суть всех приведенных выше формул. Примеры задавали во Львовском национальном университете им. И. Франка .

Уравнение в полных дифференциалах. Задача Коши.

Пример 1. Решить дифференциальное уравнение и задачу Коши
Решение: Выпишем множители при дифференциалах

и проверим выполняется ли условие полного дифференциала функции двух переменных

Как видим, левая часть уравнения не является полным дифференциалом (условие не выполняется). Проверим допускает ли дифференциальное уравнение интегрирующий множитель

С правой стороны видим, что данное уравнение допускает множитель интегрирования, причем он зависит только от y.
Найдем интегрирующий множитель из дифференциального уравнения с отделенными переменными

После умножения всех членов уравнения на найденный интегрирующий множитель «мю» () получим Ду первого порядка

Если вновь проверить ДУ, то тепер условие на полный дифференциал некоторой функции выполняется

Далее будем решать полученное ДУ, как в случае обычного полного дифференциала. Проинтегрируем второе слагаемое по y

Запомните правило — если интегрирования идет по y, то сталая зависит от «икса», и наоборот.
Сталую которая входит в уравнения определяют вычислением частичной производной найденного решение по «икс» и приравниванием до множителя в ДУ при dx.

Отсюда находим постоянную

Учитывая все вышеизложенное, записываем общий интеграл дифференциального уравнения

В задании необходимо найти частичное решение (задачу Коши). Для этого записываем дополнительное условие на функцию и определяем сталую

Отсюда имеем частичное решение дифференциального уравнения

Оно пока записано в неявной форме, однако в этом случае можем найти зависимость функции от переменной y(x):
— частичное решение дифференциального уравнения.

Пример 2.Найти решение задачи Коши
Решение: Записываем заданное дифференциальное уравнение первого порядка в дифференциалах

Далее проверим имеем ли полный дифференциал, выписываем множители

и находим частные производные

Условие на полный дифференциал не выполняется.
Проверим не допускает это уравнение интегрирующего множителя

Видим что данное уравнение допускает интегрирующий множитель который зависит только от y. Найдем его интегрированием уравнения

После умножения всех членов уравнения на найденный интегрирующий множитель исходное ДУ преобразуется к виду

что соответствует уравнению в полных дифференциалах

Как решить такое уравнение Вы уже знаете, поэтому переходим к интегрированию для простоты второго доданка (возле dx)

Чтобы определить постоянную — ищем частную производную функции u по «икс» и приравниваем ко второму множителя в полном дифференциале

На этот раз сталая функции не ровна константе и для ее установки нужно найти несколько интегралов

Общий интеграл дифференциального уравнения при подстановке C(x) примет вид

Решим задачу Коши для ДУ

Отсюда имеем
— частичное решение дифференциального уравнения.

Источник

Александр Мельник

Эксперт по предмету «Математика»

Задать вопрос автору статьи

Уравнение в полных дифференциалах и его решение

Уравнение в полных дифференциалах всегда можно переписать в виде $dFleft(x,yright)=0$, где $Fleft(x,yright)$ — такая функция, что $dFleft(x,yright)=Pleft(x,yright)cdot dx+Qleft(x,yright)cdot dy$.

Проинтегрируем обе части уравнения $dFleft(x,yright)=0$: $int dFleft(x,yright)=Fleft(x,yright) $; интеграл от нулевой правой части равен произвольной постоянной $C$. Таким образом, общее решение данного уравнения в неявной форме имеет вид $Fleft(x,yright)=C$.

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 $Fleft(x,yright)$, для которой можно записать: $dF=frac{partial F}{partial x} cdot dx+frac{partial F}{partial y} cdot dy=Pleft(x,yright)cdot dx+Qleft(x,yright)cdot dy$, откуда получаем два соотношения: $frac{partial F}{partial x} =Pleft(x,yright)$ и $frac{partial F}{partial y} =Qleft(x,yright)$.

Интегрируем первое соотношение $frac{partial F}{partial x} =Pleft(x,yright)$ по $x$ и получаем $Fleft(x,yright)=int Pleft(x,yright)cdot dx +Uleft(yright)$, где $Uleft(yright)$ — произвольная функция от $y$.

Подберем её так, чтобы удовлетворялось второе соотношение $frac{partial F}{partial y} =Qleft(x,yright)$. Для этого продифференцируем полученное соотношение для $Fleft(x,yright)$ по $y$ и приравняем результат к $Qleft(x,yright)$. Получаем: $frac{partial }{partial y} left(int Pleft(x,yright)cdot dx right)+U’left(yright)=Qleft(x,yright)$.

Дальнейшее решение таково:

из последнего равенства находим $U’left(yright)$;
интегрируем $U’left(yright)$ и находим $Uleft(yright)$;
подставляем $Uleft(yright)$ в равенство $Fleft(x,yright)=int Pleft(x,yright)cdot dx +Uleft(yright)$ и окончательно получаем функцию $Fleft(x,yright)$.

Чтобы получить частное решение уравнения в полных дифференциалах, начальное условие $y=y_{0} $ при $x=x_{0} $ нужно подставить в общее решение $Fleft(x,yright)=C$. Получаем $Fleft(x_{0} ,y_{0} right)=C$. Таким образом, частное решение имеет вид $Fleft(x,yright)=Fleft(x_{0} ,y_{0} right)$.

Интегрирующие множители

Если для дифференциального уравнения $Pleft(x,yright)cdot dx+Qleft(x,yright)cdot dy=0$ условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $ не выполняется, то такое уравнение не является уравнением в полных дифференциалах. Но в некоторых случаях его можно преобразовать в уравнение в полных дифференциалах посредством умножения на некоторую функцию $mu left(x,yright)$, которая называется интегрирующим множителем.

Будем искать интегрирующий множитель в следующих двух простейших случаях:

когда он зависит только от $x$, то есть $mu =mu left(xright)$;
когда он зависит только от $y$, то есть $mu =mu left(yright)$.

Первый случай имеем тогда, когда отношение $frac{frac{partial P}{partial y} -frac{partial Q}{partial x} }{Q} =phi _{1} left(xright)$ зависит только от $x$. Тогда интегрирующий множитель можно найти по следующей формуле $mu =e^{int phi _{1} left(xright)cdot dx } $.

Второй случай имеем тогда, когда отношение $frac{frac{partial P}{partial y} -frac{partial Q}{partial x} }{P} =phi _{2} left(yright)$ зависит только от $y$. Тогда интегрирующий множитель можно найти по следующей формуле $mu =e^{-int phi _{2} left(yright)cdot dy } $.

В обоих формулах для интегрирующего множителя допустимо взять какое-то конкретное значение неопределенного интеграла. Если интегрирующий множитель найти удалось, то на него следует умножить данное дифференциальное уравнение, представленное в стандартном виде. После этого оно становится дифференциальным уравнением в полных дифференциалах, и к нему можно применить соответствующий метод решения.

Алгоритмы решения

Рассмотренный метод решения может быть представлен в виде следующего алгоритма:

Данное дифференциальное уравнение следует представить в стандартном виде $Pleft(x,yright)cdot dx+Qleft(x,yright)cdot dy=0$. Оно может быть уравнением в полных дифференциалах. Чтобы убедиться в этом, следует проверить условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $. Если это условие не выполняется, нужно перейти к поиску интегрирующего множителя. Иначе выполнение алгоритма продолжаем.
Вычисляем интеграл $Vleft(x,yright)=int Pleft(x,yright)cdot dx $ и выбираем для него какое-то простое значение.
Находим частную производную $V’_{y} left(x,yright)=frac{partial }{partial y} Vleft(x,yright)$.
Находим разность $U’left(yright)=Qleft(x,yright)-V’_{y} left(x,yright)$.
Интегрируем $U’left(yright)$ по $y$, находим $Uleft(yright)$ и выбираем для неё какое-то простое значение.
Записываем искомую функцию $Fleft(x,yright)=Vleft(x,yright)+Uleft(yright)$.
Записываем общее решение $Fleft(x,yright)=C$ и частное решение $Fleft(x,yright)=Fleft(x_{0} ,y_{0} right)$, где $y=y_{0} $ при $x=x_{0} $ — начальное условие.

Поиск интегрирующего множителя может быть представлен в виде следующего алгоритма:

Вычисляем вспомогательную функцию $R=frac{partial P}{partial y} -frac{partial Q}{partial x} $.
Находим функции $phi _{1} left(xright)=frac{R}{Q} $ и $phi _{2} left(yright)=frac{R}{P} $. Если функция $phi _{1} left(xright)$действительно зависит только от $x$, то интегрирующий множитель находим по формуле $mu =e^{int phi _{1} left(xright)cdot dx } $. Если функция $phi _{2} left(yright)$ действительно зависит только от $y$, то интегрирующий множитель находим по формуле $mu =e^{-int phi _{2} left(yright)cdot dy } $. В обоих случаях для интегрирующего множителя выбираем какое-то конкретное значение неопределенного интеграла.
Если интегрирующий множитель найти удалось, то умножаем на него данное дифференциальное уравнение, представленное в стандартном виде. После этого оно становится дифференциальным уравнением в полных дифференциалах и можно переходить на соответствующий алгоритм его решения. Если интегрирующий множитель найти не удалось, то дифференциальное уравнение должно решаться иным методом.

Решение типичной задачи

Дано дифференциальное уравнение, имеющее следующий вид:

[left(5cdot y^{3} +13cdot y^{2} +6cdot yright)cdot dx+left(10cdot xcdot y^{2} +23cdot xcdot y-2cdot y+6cdot x-4right)cdot dy=0.]

Найти его общее решение. Найти также его частное решение для начального условия $y=3$ при $x=2$.

Данное дифференциальное уравнение имеет вид $Pleft(x,yright)cdot dx+Qleft(x,yright)cdot dy=0$, где $Pleft(x,yright)=5cdot y^{3} +13cdot y^{2} +6cdot y$, $Qleft(x,yright)=10cdot xcdot y^{2} +23cdot xcdot y-2cdot y+6cdot x-4$. Оно может быть уравнением в полных дифференциалах. Поэтому проверяем условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $.

Находим частные производные: $frac{partial P}{partial y} =15cdot y^{2} +26cdot y+6$, $frac{partial Q}{partial x} =10cdot y^{2} +23cdot y+6$. Условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $ не выполняется. Следовательно, данное дифференциальное уравнение не является уравнением в полных дифференциалах. Поэтому переходим к поиску интегрирующего множителя.

Находим вспомогательную функцию $R=frac{partial P}{partial y} -frac{partial Q}{partial x} $. Получаем$R=15cdot y^{2} +26cdot y+6-10cdot y^{2} -23cdot y-6=5cdot y^{2} +3cdot y$.

Находим функции: $phi _{1} left(xright)=frac{R}{Q} =frac{5cdot y^{2} +3cdot y}{10cdot xcdot y^{2} +23cdot xcdot y-2cdot y+6cdot x-4} $ и $phi _{2} left(yright)=frac{R}{P} =frac{5cdot y^{2} +3cdot y}{5cdot y^{3} +13cdot y^{2} +6cdot y} $.

Выполняем упрощение найденных функций посредством сокращения дробей. Оказывается, что для функции $phi _{1} left(xright)$ сокращение невозможно. Функция $phi _{2} left(yright)$ в результате сокращения получает вид $phi _{2} left(yright)=frac{1}{y+2} $. При этом она зависит только от $y$ и поэтому подходит для определения интегрирующего множителя.

Интегрирующий множитель находим по формуле $mu =e^{-int phi _{2} left(yright)cdot dy } $. Получаем: $mu =e^{-int phi _{2} left(yright)cdot dy } =e^{-int frac{1}{y+2} cdot dy } =e^{-ln left|y+2right|} =frac{1}{e^{ln left|y+2right|} } =frac{1}{left|y+2right|} $. Выбираем конкретное значение $mu =frac{1}{y+2} $.

Умножаем полученный интегрирующий множитель на данное дифференциальное уравнение:

[frac{5cdot y^{3} +13cdot y^{2} +6cdot y}{y+2} cdot dx+frac{10cdot xcdot y^{2} +23cdot xcdot y-2cdot y+6cdot x-4}{y+2} cdot dy=0.]

После деления многочленов имеем:

[left(5cdot y^{2} +3cdot yright)cdot dx+left(10cdot xcdot y+3cdot x-2right)cdot dy=0. ]

Получили новое дифференциальное уравнение, в котором $Pleft(x,yright)=5cdot y^{2} +3cdot y$, $Qleft(x,yright)=10cdot xcdot y+3cdot x-2$.

Снова проверяем условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $: получаем $frac{partial P}{partial y} =10cdot y+3$, $frac{partial Q}{partial x} =10cdot y+3$. Условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $ выполняется. Следовательно, новое дифференциальное уравнение является уравнением в полных дифференциалах. Переходим к алгоритму его решения.

Вычисляем интеграл: $Vleft(x,yright)=int Pleft(x,yright)cdot dx =int left(5cdot y^{2} +3cdot yright)cdot dx =$

[=left(5cdot y^{2} +3cdot yright)cdot int dx =left(5cdot y^{2} +3cdot yright)cdot x=5cdot xcdot y^{2} +3cdot xcdot y.]

Находим частную производную:

[V’_{y} left(x,yright)=frac{partial }{partial y} Vleft(x,yright)=frac{partial }{partial y} left(5cdot xcdot y^{2} +3cdot xcdot yright)=10cdot xcdot y+3cdot x.]

Находим разность:

[U’left(yright)=Qleft(x,yright)-V’_{y} left(x,yright)=10cdot xcdot y+3cdot x-2-10cdot xcdot y-3cdot x=-2.]

Интегрируем $U’left(yright)$ по $y$ и находим $Uleft(yright)=int left(-2right)cdot dy =-2cdot y$.

Находим результат: $Fleft(x,yright)=Vleft(x,yright)+Uleft(yright)=5cdot xcdot y^{2} +3cdot xcdot y-2cdot y$.

Записываем общее решение в виде $Fleft(x,yright)=C$, а именно:

[5cdot xcdot y^{2} +3cdot xcdot y-2cdot y=C.]

Находим частное решение $Fleft(x,yright)=Fleft(x_{0} ,y_{0} right)$, где $y_{0} =3$, $x_{0} =2$:

[Fleft(2,3right)=5cdot 2cdot 3^{2} +3cdot 2cdot 3-2cdot 3=90+18-6=102.]

Частное решение имеет вид: $5cdot xcdot y^{2} +3cdot xcdot y-2cdot y=102$.

Находи статьи и создавай свой список литературы по ГОСТу

Поиск по теме

Источник

Если в уравнении не выполнено условие, , то это уравнение не является уравнением в полных дифференциалах. Возникает вопрос, нельзя ли такое уравнение умножением на подходящий множитель превратить в уравнение в полных дифференциалах.

Иногда удается подобрать такой множитель , который называется интегрирующим множителем.

Для того, чтобы функция была интегрирующим множителем, нужно, чтобы выражение было полным дифференциалом. Необходимым и достаточным условием этого является равенство .

Выполняя дифференцирование, мы приходим к соотношению

Это соотношение содержит неизвестную функцию и ее частные производные, представляя, таким образом, так называемое уравнение в частных производных. Решение его, вообще говоря, составляет задачу более сложную, чем решение исходного уравнения.

Нахождение интегрирующего множителя проводится сравнительно просто, когда он является функцией одной переменной: либо , либо .

ТЕОРЕМА 11.1.3 Необходимым и достаточным условием того, чтобы дифференциальное уравнение имело интегрирующий множитель, зависящий от , является требование, чтобы выражение было функцией только от x. В этом случае интегрирующий множитель выражается в квадратурах и может быть найден по формуле