Решение уравнений в полных дифференциалах

Проиллюстрируем решение уравнений в полных дифференциалах примерами.

$1)3{x^2}{e^y}dx + ({x^3}{e^y} - 1)dy = 0.$

Решение:

Проверяем выполнение необходимого и достаточного условия:

$\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = (3{x^2}{e^y}){'_y} = 3{x^2}{e^y},\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = ({x^3}{e^y} - 1){'_x} = 3{x^2}{e^y},$

$\Rightarrow \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}$

Условие выполнено, а значит, это — дифференциальное уравнение в полных дифференциалах.

$1)\frac{{\partial U}}{{\partial x}} = P(x;y) = 3{x^2}{e^y}, \Rightarrow U(x;y) = \int {3{x^2}{e^y}dx + \varphi (y) = }$

$= \frac{{3{x^3}}}{3}{e^y} + \varphi (y) = {x^3}{e^y} + \varphi (y).$

2) Теперь продифференцируем найденную функцию U(x;y) по y:

$\frac{{\partial U}}{{\partial y}} = ({x^3}{e^y} + \varphi (y)){'_y} = {x^3}{e^y} + \varphi '(y).$

А поскольку

$\frac{{\partial U}}{{\partial y}} = Q(x;y), \Rightarrow {x^3}{e^y} + \varphi '(y) = {x^3}{e^y} - 1.$

Сопоставив левую и правую части равенства, приходим к выводу, что φ'(y)=-1. Интегрируем это равенство и находим φ(y):

$\varphi '(y) = - 1, \Rightarrow \varphi (y) = - \int {1 \cdot dy = } - y + {C_1}.$

3) Так как

$U(x;y) = {x^3}{e^y} + \varphi (y)$

подставляем найденное значение φ(y) и получаем функцию U(x;y):

$U(x;y) = {x^3}{e^y} - y + {C_1}.$

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

${x^3}{e^y} - y = C.$

Ответ:

${x^3}{e^y} - y = C.$

2) (3x²y-4xy²)dx+(x³-4x²y+12y³)dy=0.

Решение:

Начинаем с проверки выполнения необходимого и достаточного условия:

$\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = (3{x^2}y - 4x{y^2}){'_y} = 3{x^2} \cdot 1 - 4x \cdot 2y = 3{x^2} - 8xy;$

$\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = ({x^3} - 4{x^2}y + 12{y^3}){'_x} = 3{x^2} - 4 \cdot 2x \cdot y + 0 = 3{x^2} - 8xy.$

Условие выполнено:

$\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{{\partial Q}}{{\partial x}},$

поэтому это — уравнение в полных дифференциалах. Решаем его по пунктам.

$1)\frac{{\partial U}}{{\partial x}} = P(x;y) = 3{x^2}y - 4x{y^2},$

$\Rightarrow U(x;y) = \int {(3{x^2}y - 4x{y^2}} )dx + \varphi (y) =$

$= \frac{{3{x^3}}}{3}y - \frac{{4{x^2}}}{2}{y^2} + \varphi (y) = {x^3}y - 2{x^2}{y^2} + \varphi (y).$

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

$\frac{{\partial U}}{{\partial y}} = ({x^3}y - 2{x^2}{y^2} + \varphi (y)){'_y} = {x^3} \cdot 1 - 2{x^2} \cdot 2y + \varphi '(y) =$

$= {x^3} - 4{x^2}y + \varphi '(y).$

А так как

$\frac{{\partial U}}{{\partial y}} = Q(x;y), \Rightarrow {x^3} - 4{x^2}y + \varphi '(y) = {x^3} - 4{x^2}y + 12{y^3}.$

Сопоставляя левую и правую части равенства, приходим к выводу, что φ'(y)=12y³. Отсюда

$\varphi (x) = \int {12{y^3}} dy = \frac{{12{y^4}}}{4} + {C_1} = 3{y^4} + {C_1}.$

3) Поскольку уже нашли U(x;y)=x³y-2x²y²+φ(y),подставив найденную функцию φ'(y), получаем

$U(x;y) = {x^3}y - 2{x^2}{y^2}3{y^4} + {C_1}, \Rightarrow {x^3}y - 2{x^2}{y^2}3{y^4} = 0.$

Ответ:

${x^3}y - 2{x^2}{y^2}3{y^4} = 0.$

$3)(\frac{{xy}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 2xy - \frac{y}{x})dx + (\sqrt {1 + {x^2}} + {x^2} - \ln x)dy = 0.$

Решение:

Проверяем выполнение необходимого и достаточного условия:

$\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = (\frac{{xy}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 2xy - \frac{y}{x}){'_y} = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} \cdot 1 + 2x \cdot 1 - \frac{1}{x} =$

$= \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 2x - \frac{1}{x};\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = (\sqrt {1 + {x^2}} + {x^2} - \ln x){'_x} =$

$= \frac{1}{{2\sqrt {1 + {x^2}} }} \cdot (1 + {x^2})' + 2x - \frac{1}{x} = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 2x - \frac{1}{x}.$

Получили, что

$\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{{\partial Q}}{{\partial x}},$

значит, это — уравнение в полных дифференциалах.

$\frac{{\partial U}}{{\partial x}} = P(x;y) = \frac{{xy}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 2xy - \frac{y}{x}, \Rightarrow$

$U(x;y) = \int ( \frac{{xy}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 2xy - \frac{y}{x})dx + \varphi (y) =$

$= \frac{y}{2}\int {\frac{{2xdx}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} + 2y\int {xdx - y\int {\frac{{dx}}{x}} } + \varphi (y) =$

$= \frac{y}{2} \cdot 2\sqrt {1 + {x^2}} + 2y \cdot \frac{{{x^2}}}{2} - y \cdot \ln x + \varphi (y) =$

$U(x;y) = y\sqrt {1 + {x^2}} + {x^2}y - y\ln x + \varphi (y)\left[ I \right]$

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

$\frac{{\partial U}}{{\partial y}} = (y\sqrt {1 + {x^2}} + {x^2}y - y\ln x + \varphi (y)){'_y} =$

$= 1 \cdot \sqrt {1 + {x^2}} + {x^2} \cdot 1 - 1 \cdot \ln x + \varphi '(y) =$

$= \sqrt {1 + {x^2}} + {x^2} - \ln x + \varphi '(y).$

А теперь вспоминаем, что

$\frac{{\partial U}}{{\partial y}} = Q(x;y), \Rightarrow$

$\sqrt {1 + {x^2}} + {x^2} - \ln x + \varphi '(y) = \sqrt {1 + {x^2}} + {x^2} - \ln x.$

Сопоставив левую и правую части полученного равенства, приходим к выводу, что φ'(y)=0, откуда φ(y)=С1. Подставив полученную функцию в равенство (I), получаем, что

$U(x;y) = y\sqrt {1 + {x^2}} + {x^2}y - y\ln x + {C_1}.$