Примеры на интегрирующий множитель

Проиллюстрируем применение интегрирующего множителя в решении дифференциальных уравнений. Рассмотрим примеры на интегрирующий множитель.

1) Проинтегрировать уравнение (xy²-y³)dx+(1-xy²)dy=0.

1. ∂P/∂y=∂(xy²-y³)/∂y=2xy-3y²; ∂Q/∂x=∂(1-xy²)/∂x=-y². Поскольку ∂P/∂y≠∂Q/∂x, это уравнение не является уравнением в полных дифференциалах. Здесь

    \[\frac{1}{P}(\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}}) = \frac{1}{{x{y^2} - {y^3}}}( - {y^2} - 2xy + 3{y^2}) = \]

 

    \[ = \frac{{ - 2y(x - y)}}{{{y^2}(x - y)}} =  - \frac{2}{y}.\]

   Таким образом, интегрирующий множитель не зависит от x и ищем его как функцию от y: µ=µ(y). В этом случае 

    \[\frac{{\partial \ln \mu }}{{\partial y}} = \frac{1}{P}(\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}}), \Rightarrow \frac{{\partial \ln \mu }}{{\partial y}} =  - \frac{2}{y},\]

интегрируя полученное равенство, имеем:

    \[\ln \left| {\mu (y)} \right| =  - 2\int {\frac{{dy}}{y}} , \Rightarrow \ln \left| {\mu (y)} \right| =  - 2\ln \left| y \right|,\]

    \[ \Rightarrow \ln \left| {\mu (y)} \right| = \ln \left| {\frac{1}{{{y^2}}}} \right|, \Rightarrow \mu (y) = \frac{1}{{{y^2}}}.\]

2. Теперь умножим обе части исходного уравнения (xy²-y³)dx+(1-xy²)dy=0 на найденный интегрирующий множитель µ(y)=1/y². Получаем:

(x-y)dx+(1/y²-x)dy=0. Проверяем, действительно ли получили уравнение в полных дифференциалах: ∂P/∂y=∂(x-y)/∂y=-1, ∂Q/∂x=∂(1/y²-x)/∂x=-1. То есть ∂P/∂y=∂Q/∂x, необходимое и достаточное условие выполнено, а значит, это уравнение в полных дифференциалах.

1)

    \[\frac{{\partial U}}{{\partial x}} = P(x;y) = x - y, \Rightarrow \]

    \[U(x;y) = \int {(x - y)dx + \varphi (y) = } \frac{{{x^2}}}{2} - xy + \varphi (y).\]

2) Дифференцируем полученную функцию U(x;y) по y:

    \[\frac{{\partial U}}{{\partial y}} = (\frac{{{x^2}}}{2} - xy + \varphi (y)){'_y} =  - x + \varphi '(y).\]

А поскольку 

    \[\frac{{\partial U}}{{\partial y}} = Q(x;y) = \frac{1}{{{y^2}}} - x, \Rightarrow \varphi '(y) = \frac{1}{{{y^2}}}.\]

Проинтегрировав получившееся равенство, находим 

    \[\varphi (y) = \int {\frac{{dy}}{{{y^2}}}} , \Rightarrow \varphi (y) =  - \frac{1}{y} + C.\]

    \[\varphi (y) = \int {\frac{{dy}}{{{y^2}}}} , \Rightarrow \varphi (y) =  - \frac{1}{y} + {C_1}.\]

    \[3)U(x;y) = \frac{{{x^2}}}{2} - xy + \varphi (y) = \frac{{{x^2}}}{2} - xy - \frac{1}{y} + {C_1}.\]

А поскольку интеграл уравнения в полных дифференциалах dU(x;y)=0 есть U(x;y)=C, то получаем, что

    \[\frac{{{x^2}}}{2} - xy - \frac{1}{y} = C.\]

Ответ:

    \[\frac{{{x^2}}}{2} - xy - \frac{1}{y} = C.\]

2) Решить уравнение (y²-2x-2)dx+2ydy=0.

1. ∂P/∂y=∂(y²-2x-2)/∂y=2y, ∂Q/∂x=∂(2y)/∂x=0. Поскольку ∂P/∂y≠∂Q/∂x, это уравнение не является уравнением в полных дифференциалах.Но (1/Q)(∂P/∂y-∂Q/∂x)=(1/2y)(2y-0)=1. Таким образом, интегрирующий множитель не зависит от y и ищем его как функцию от x: µ=µ(x). В этом случае 

    \[\frac{{\partial \ln \mu }}{{\partial x}} = \frac{1}{Q}(\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}), \Rightarrow \frac{{\partial \ln \mu }}{{\partial x}} = 1.\]

Интегрируем полученное равенство:

    \[\ln \left| \mu  \right| = \int {1dx, \Rightarrow } \ln \left| \mu  \right| = x, \Rightarrow \mu  = {e^x}.\]

2. Умножаем обе части исходного уравнения (y²-2x-2)dx+2ydy=0 на интегрирующий множитель:

    \[({e^x}{y^2} - 2x{e^x} - 2{e^x})dx + 2y{e^x}dy = 0.\]

Проверяем выполнение необходимого и достаточного условия:

    \[\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = ({e^x}{y^2} - 2x{e^x} - 2{e^x}){'_y} = 2y{e^x},\]

    \[\frac{{\partial Q}}{{\partial y}} = (2y{e^x}){'_x} = 2y{e^x},\]

∂P/∂y=∂Q/∂x, а значит, полученное уравнение является уравнением в полных дифференциалах.

    \[1)\frac{{\partial U}}{{\partial x}} = P(x;y) = {e^x}{y^2} - 2x{e^x} - 2{e^x}, \Rightarrow \]

    \[U(x;y) = \int {({e^x}{y^2} - 2x{e^x} - 2{e^x}} )dx + \varphi (y).\]

    \[\int {{e^x}{y^2}dx = } {e^x}{y^2};\int {2{e^x}dx = } 2{e^x}\]

А второй интеграл ищем по формуле интегрирования по частям:

    \[\int {udv = uv - \int {vdu} } \]

    \[u = x,du = x'dx = dx,dv = {e^x}dx,v = {e^x}, \Rightarrow \]

    \[\int {x{e^x}dx = } x{e^x} - \int {{e^x}} dx = x{e^x} - {e^x}.\]

    \[U(x;y) = {e^x}{y^2} - 2x{e^x} + 2{e^x} - 2{e^x} + \varphi (y) = \]

    \[ = {e^x}{y^2} - 2x{e^x} + \varphi (y).\]

2) Теперь дифференцируем полученную функцию U(x;y) по y:

    \[\frac{{\partial U}}{{\partial y}} = ({e^x}{y^2} - 2x{e^x} + \varphi (y)){'_y} = 2y{e^x} + \varphi '(y).\]

Но так как

    \[\frac{{\partial U}}{{\partial y}} = Q(x;y) = 2y{e^x}, \Rightarrow 2y{e^x} = 2y{e^x} + \varphi '(y),\]

откуда  φ(y)=C1.

3) Так как

    \[U(x;y) = {e^x}{y^2} - 2x{e^x} + \varphi (y),\]

    \[ \Rightarrow U(x;y) = {e^x}{y^2} - 2x{e^x} + {C_1}.\]

А поскольку интеграл уравнения в полных дифференциалах dU(x;y)=0 есть U(x;y)=C, то получаем, что

    \[{e^x}{y^2} - 2x{e^x} = C.\]

Ответ:

    \[{e^x}{y^2} - 2x{e^x} = C.\]

Задания для самопроверки:

Решить уравнения, допускающие интегрирующий множитель вида µ=µ(x) или µ=µ(y):

3) (2y+xy³)dx+(x+x²y²)dy=0;

4) y²dx+(xy-1)dy=0.

Показать решение

 

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *