vissa funktioner. Om vi ​​återställer en funktion från dess totala differential, hittar vi differentialekvationens allmänna integral. Nedan ska vi prata om metod för att återställa en funktion från dess totala differential.

Den vänstra sidan av en differentialekvation är den totala differentialen för någon funktion U(x, y) = 0, om villkoret är uppfyllt.

Därför att full differentialfunktion U(x, y) = 0 Detta , vilket innebär att när villkoret är uppfyllt anges att .

Sedan, .

Från den första ekvationen i systemet får vi . Vi hittar funktionen med hjälp av systemets andra ekvation:

På så sätt hittar vi den funktion som krävs U(x, y) = 0.

Exempel.

Låt oss hitta den allmänna lösningen för DE .

Lösning.

I vårt exempel. Villkoret är uppfyllt eftersom:

Sedan är den vänstra sidan av den initiala differentialekvationen den totala differentialen för någon funktion U(x, y) = 0. Vi måste hitta den här funktionen.

Därför att är den totala differentialen för funktionen U(x, y) = 0, Betyder att:

.

Vi integrerar genom x 1:a systemets ekvation och differentiera med avseende på y resultat:

.

Från systemets 2:a ekvation får vi . Betyder att:

Var MED- godtycklig konstant.

Således kommer den allmänna integralen av den givna ekvationen att vara .

Det finns en andra metod för att beräkna en funktion från dess totala differential. Den består av att ta linjeintegralen av en fast punkt (x 0 , y 0) till en punkt med variabla koordinater (x, y): . I detta fall är integralens värde oberoende av integrationens väg. Det är bekvämt att ta en streckad linje som en integrationsväg vars länkar är parallella med koordinataxlarna.

Exempel.

Låt oss hitta den allmänna lösningen för DE .

Lösning.

Vi kontrollerar att villkoret är uppfyllt:

Således är den vänstra sidan av differentialekvationen den fullständiga differentialen för någon funktion U(x, y) = 0. Låt oss hitta denna funktion genom att beräkna den krökta integralen för punkten (1; 1) innan (x, y). Som en väg för integration tar vi en streckad linje: den första delen av den streckade linjen passeras längs en rät linje y = 1 från punkt (1, 1) innan (x, 1), tar den andra sektionen av banan ett rakt linjesegment från punkten (x, 1) innan (x, y):

Så den allmänna lösningen för fjärrkontrollen ser ut så här: .

Exempel.

Låt oss bestämma den allmänna lösningen för DE.

Lösning.

Därför att , vilket innebär att villkoret inte är uppfyllt, då kommer den vänstra sidan av differentialekvationen inte att vara en fullständig differential av funktionen och du behöver använda den andra lösningsmetoden (denna ekvation är en differentialekvation med separerbara variabler).

Med standardformen $P\left(x,y\right)\cdot dx+Q\left(x,y\right)\cdot dy=0$, där den vänstra sidan är den totala differentialen för någon funktion $F \left( x,y\right)$ kallas en total differentialekvation.

Ekvationen i totala differentialer kan alltid skrivas om till $dF\left(x,y\right)=0$, där $F\left(x,y\right)$ är en funktion så att $dF\left(x, y\right)=P\vänster(x,y\höger)\cdot dx+Q\left(x,y\höger)\cdot dy$.

Låt oss integrera båda sidor av ekvationen $dF\left(x,y\right)=0$: $\int dF\left(x,y\right)=F\left(x,y\right) $; integralen av den högra nollsidan är lika med en godtycklig konstant $C$. Den allmänna lösningen på denna ekvation i implicit form är alltså $F\left(x,y\right)=C$.

För att en given differentialekvation ska vara en ekvation i totala differentialer är det nödvändigt och tillräckligt att villkoret $\frac(\partial P)(\partial y) =\frac(\partial Q)(\partial x) $ vara nöjd. Om det angivna villkoret är uppfyllt, så finns det en funktion $F\left(x,y\right)$, för vilken vi kan skriva: $dF=\frac(\partial F)(\partial x) \cdot dx+\ frac(\partial F)(\partial y)\cdot dy=P\left(x,y\right)\cdot dx+Q\left(x,y\right)\cdot dy$, från vilken vi får två relationer : $\frac(\ partial F)(\partial x) =P\left(x,y\right)$ och $\frac(\partial F)(\partial y) =Q\left(x,y\right )$.

Vi integrerar den första relationen $\frac(\partial F)(\partial x) =P\left(x,y\right)$ över $x$ och får $F\left(x,y\right)=\int P\ left(x,y\right)\cdot dx +U\left(y\right)$, där $U\left(y\right)$ är en godtycklig funktion av $y$.

Låt oss välja det så att den andra relationen $\frac(\partial F)(\partial y) =Q\left(x,y\right)$ är uppfylld. För att göra detta, differentierar vi den resulterande relationen för $F\left(x,y\right)$ med avseende på $y$ och likställer resultatet med $Q\left(x,y\right)$. Vi får: $\frac(\partial )(\partial y) \left(\int P\left(x,y\right)\cdot dx \right)+U"\left(y\right)=Q\left (x,y\höger)$.

Den ytterligare lösningen är:

• från den sista likheten finner vi $U"\left(y\right)$;
• integrera $U"\left(y\right)$ och hitta $U\left(y\right)$;
• ersätt $U\left(y\right)$ i likheten $F\left(x,y\right)=\int P\left(x,y\right)\cdot dx +U\left(y\right) $ och slutligen får vi funktionen $F\left(x,y\right)$.

\

Vi finner skillnaden:

Vi integrerar $U"\left(y\right)$ över $y$ och hittar $U\left(y\right)=\int \left(-2\right)\cdot dy =-2\cdot y$.

Hitta resultatet: $F\left(x,y\right)=V\left(x,y\right)+U\left(y\right)=5\cdot x\cdot y^(2) +3\ cdot x\cdot y-2\cdot y$.

Vi skriver den allmänna lösningen i formen $F\left(x,y\right)=C$, nämligen:

Hitta en speciell lösning $F\left(x,y\right)=F\left(x_(0) ,y_(0) \right)$, där $y_(0) =3$, $x_(0) = 2 $:

Dellösningen har formen: $5\cdot x\cdot y^(2) +3\cdot x\cdot y-2\cdot y=102$.

Redogörelse för problemet i det tvådimensionella fallet

Rekonstruera en funktion av flera variabler från dess totala differential

9.1. Redogörelse för problemet i det tvådimensionella fallet. 72

9.2. Beskrivning av lösningen. 72

Detta är en av tillämpningarna av en krökt integral av det andra slaget.

Uttrycket för den totala differentialen för en funktion av två variabler ges:

Hitta funktionen.

1. Eftersom inte varje uttryck av formen är en fullständig differential av någon funktion U(x,y), då är det nödvändigt att kontrollera korrektheten av problemformuleringen, det vill säga att kontrollera det nödvändiga och tillräckliga villkoret för den totala differentialen, som för en funktion av 2 variabler har formen . Detta villkor följer av motsvarigheten mellan påståendena (2) och (3) i satsen i föregående avsnitt. Om det angivna villkoret är uppfyllt har problemet en lösning, det vill säga en funktion U(x,y) kan återställas; om villkoret inte är uppfyllt har problemet ingen lösning, det vill säga att funktionen inte kan återställas.

2. Du kan hitta en funktion från dess totala differential, till exempel genom att använda en krökt integral av det andra slaget, beräkna den från en linje som förbinder en fast punkt ( x 0 ,y 0) och variabel punkt ( x;y) (Ris. 18):

Således erhålls det att den krökta integralen av den andra typen av den totala differentialen dU(x,y) är lika med skillnaden mellan funktionens värden U(x,y) i slutet och startpunkterna för integrationslinjen.

När vi känner till det här resultatet nu måste vi ersätta dU in i det kurvlinjära integraluttrycket och beräkna integralen längs den streckade linjen ( ACB), med tanke på dess oberoende från formen på integrationslinjen:

på ( A.C.): på ( NE) :

(1)

Således har en formel erhållits med hjälp av vilken en funktion av 2 variabler återställs från dess totala differential.

3. Det är möjligt att återställa en funktion från dess totala differential endast upp till en konstant term, eftersom d(U+ const) = dU. Därför, som ett resultat av att lösa problemet, får vi en uppsättning funktioner som skiljer sig från varandra med en konstant term.

Exempel (rekonstruerar en funktion av två variabler från dess totala differential)

1. Hitta U(x,y), Om dU = (x 2 – y 2)dx – 2xydy.

Vi kontrollerar villkoret för den totala differentialen för en funktion av två variabler:

Det fullständiga differentialvillkoret är uppfyllt, vilket innebär funktionen U(x,y) kan återställas.

Kontrollera: – korrekt.

Svar: U(x,y) = x 3 /3 – xy 2 + C.

2. Hitta en funktion sådan att

Vi kontrollerar de nödvändiga och tillräckliga villkoren för den fullständiga differentialen för en funktion av tre variabler: , , , om uttrycket är givet.

I att problemet löses

alla villkor för en fullständig differential är uppfyllda, därför kan funktionen återställas (problemet är korrekt formulerat).

Vi kommer att återställa funktionen med en krökt integral av det andra slaget, beräkna den längs en viss linje som förbinder en fast punkt och en variabel punkt, eftersom

(denna likhet härleds på samma sätt som i det tvådimensionella fallet).

Å andra sidan är en kurvlinjär integral av det andra slaget från en total differential inte beroende av integrationslinjens form, så det är lättast att beräkna den längs en streckad linje som består av segment parallella med koordinataxlarna. I det här fallet, som en fast punkt, kan du helt enkelt ta en punkt med specifika numeriska koordinater och bara övervaka att vid denna punkt och längs hela integrationslinjen är villkoret för existensen av en krökt integral uppfyllt (det vill säga så att funktionerna och är kontinuerliga). Med hänsyn till denna anmärkning kan vi i detta problem ta till exempel punkten M 0 som en fixpunkt. Sedan på var och en av länkarna i den brutna linjen kommer vi att ha

10.2. Beräkning av ytintegral av det första slaget. 79

10.3. Vissa tillämpningar av ytintegralen av det första slaget. 81

Det kan hända att den vänstra sidan av differentialekvationen

är den totala differentialen för någon funktion:

och därför tar ekvation (7) formen .

Om funktionen är en lösning till ekvation (7), då , och därför,

där är en konstant, och vice versa, om någon funktion förvandlar den finita ekvationen (8) till en identitet, då, genom att differentiera den resulterande identiteten, får vi , och därför, där är en godtycklig konstant, är den allmänna integralen av originalet ekvation.

Om initiala värden anges, bestäms konstanten från (8) och

är den önskade partiella integralen. Om vid punkten definieras ekvation (9) som en implicit funktion av .

För att den vänstra sidan av ekvation (7) ska vara en fullständig differential av någon funktion, är det nödvändigt och tillräckligt att

Om detta villkor specificerat av Euler är uppfyllt, kan ekvation (7) enkelt integreras. Verkligen,. På andra sidan, . Därav,

Vid beräkning av integralen betraktas kvantiteten som en konstant, därför är den en godtycklig funktion av . För att bestämma funktionen, differentierar vi den hittade funktionen med avseende på och, eftersom vi får

Från denna ekvation bestämmer vi och, genom att integrera, finner vi .

Som bekant från matematisk analys är det ännu enklare att bestämma en funktion genom dess totala differential, med den kurvlinjära integralen mellan en viss fast punkt och en punkt med variabla koordinater längs vilken bana som helst:

Oftast, som en integrationsbana, är det lämpligt att ta en streckad linje som består av två länkar parallella med koordinataxlarna; I detta fall

Exempel. .

Den vänstra sidan av ekvationen är den totala differentialen för någon funktion, eftersom

Därför har den allmänna integralen formen

En annan metod för att definiera en funktion kan användas:

Vi väljer till exempel ursprunget för koordinater som utgångspunkt och en streckad linje som integrationsväg. Sedan

och den allmänna integralen har formen

Vilket sammanfaller med föregående resultat, vilket leder till en gemensam nämnare.

I vissa fall, när den vänstra sidan av ekvation (7) inte är en fullständig differential, är det lätt att välja en funktion, efter multiplicering med vilken den vänstra sidan av ekvation (7) förvandlas till en fullständig differential. Denna funktion kallas integrerande faktor. Observera att multiplikation med en integrerande faktor kan leda till uppkomsten av onödiga partiella lösningar som ställer denna faktor till noll.

Exempel. .

Uppenbarligen, efter multiplikation med en faktor, förvandlas vänster sida till en total differential. Efter att ha multiplicerat med får vi

eller, integrera, . Multiplicera med 2 och potentiera, vi har .

Naturligtvis är inte alltid den integrerande faktorn vald så lätt. I det allmänna fallet, för att hitta den integrerande faktorn, är det nödvändigt att välja minst en partiell lösning av ekvationen i partiella derivator, eller i expanderad form, som inte är identiskt noll

som efter att ha dividerat med och överfört några termer till en annan del av jämställdheten reduceras till formen

I det allmänna fallet är integrering av denna partiella differentialekvation inte på något sätt en enklare uppgift än att integrera den ursprungliga ekvationen, men i vissa fall är det inte svårt att välja en speciell lösning till ekvation (11).

Dessutom, med tanke på att den integrerande faktorn är en funktion av endast ett argument (till exempel, det är en funktion av endast eller endast , eller en funktion av endast , eller endast , etc.), kan man enkelt integrera ekvation (11) och ange under vilka förhållanden en integrerande faktor av den typ som avses föreligger. Detta identifierar klasser av ekvationer för vilka den integrerande faktorn lätt kan hittas.

Låt oss till exempel hitta villkoren under vilka ekvationen har en integrerande faktor som bara beror på , dvs. . I det här fallet förenklas ekvation (11) och tar formen , från vilken vi, betraktat som en kontinuerlig funktion av , erhåller

Om är endast en funktion av , då finns en integrerande faktor som endast beror på , och är lika med (12), annars existerar inte en integrerande faktor av formen.

Villkoret för existensen av en integrerande faktor som endast beror på är uppfyllt, till exempel för en linjär ekvation eller . Verkligen, och därför. Förutsättningar för förekomsten av integrerande faktorer av formen etc. kan hittas på ett helt liknande sätt.

Exempel. Har ekvationen en integrerande faktor av formen?

Låt oss beteckna . Ekvation (11) at har formen , varifrån eller

För existensen av en integrerande faktor av en given typ är det nödvändigt och, under antagandet om kontinuitet, tillräckligt att det endast är en funktion . I detta fall finns alltså den integrerande faktorn och är lika med (13). När vi tar emot. Genom att multiplicera den ursprungliga ekvationen med , reducerar vi den till formen

Genom att integrera erhåller vi , och efter potentiering kommer vi att ha , eller i polära koordinater - en familj av logaritmiska spiraler.

Exempel. Hitta formen på en spegel som reflekterar parallellt med en given riktning alla strålar som kommer från en given punkt.

Låt oss placera origo för koordinater vid en given punkt och rikta abskissaxeln parallellt med den riktning som anges i problemvillkoren. Låt strålen falla på spegeln vid punkt . Låt oss betrakta en del av spegeln genom ett plan som går genom abskissaxeln och punkten. Låt oss rita en tangent till sektionen av spegelytan i fråga vid punkt . Eftersom strålens infallsvinkel är lika med reflektionsvinkeln är triangeln likbent. Därav,

Den resulterande homogena ekvationen integreras lätt genom att ändra variabler, men det är ännu lättare, befriad från irrationalitet i nämnaren, att skriva om den i formen . Denna ekvation har en uppenbar integrerande faktor , , , (parabolfamilj).

Detta problem kan lösas ännu enklare i koordinater och , där , och ekvationen för sektionen av de erforderliga ytorna tar formen .

Det är möjligt att bevisa existensen av en integrerande faktor, eller, vad är samma sak, existensen av en lösning som inte är noll till den partiella differentialekvationen (11) i någon domän om funktionerna och har kontinuerliga derivator och åtminstone en av dessa funktioner försvinner inte. Därför kan den integrerande faktormetoden betraktas som en generell metod för att integrera ekvationer av formen, men på grund av svårigheten att hitta den integrerande faktorn används denna metod oftast i de fall där den integrerande faktorn är uppenbar.

Liknande artiklar