Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах

Показано как распознать дифференциальное уравнение в полных дифференциалах. Даны методы его решения. Приводится пример решения уравнения в полных дифференциалах двумя способами.

Введение

Дифференциальное уравнение первого порядка в полных дифференциалах

– это уравнение вида:
(1)   p (x, y )  dx + q (x, y )  dy = 0 , 
где левая часть уравнения является полным дифференциалом некоторой функции U(x, y) от переменных x, y :
p (x, y )  dx + q (x, y )  dy = dU (x, y )  . 
При этом   ∂p∂y = ∂q∂x  . 

Если найдена такая функция U(x, y) , то уравнение принимает вид:
dU(x, y) = 0 .
Его общий интеграл:
U(x, y) = C ,
где C – постоянная.

Если дифференциальное уравнение первого порядка записано через производную:
q (x, y )  y^′ + p (x, y )  = 0 , 
то его легко привести к форме (1). Для этого умножим уравнение на dx . Тогда   y^′ dx = dydx dx = dy .  В результате получаем уравнение, выраженное через дифференциалы:
(1)   p (x, y )  dx + q (x, y )  dy = 0 . 

Свойство дифференциального уравнения в полных дифференциалах

В формуле (6), U(x₀, y₀) является постоянной – значением функции U(x, y) в точке x₀, y₀ . Ей можно присвоить любое значение.

Как распознать дифференциальное уравнение в полных дифференциалах

Рассмотрим дифференциальное уравнение:
(1)   p (x, y )  dx + q (x, y )  dy = 0 . 
Чтобы определить, является ли это уравнение в полных дифференциалах, нужно проверить выполнение условия (2):
(2)   ∂p (x, y ) ∂y = ∂q (x, y ) ∂x  . 
Если оно выполняется, то это уравнение в полных дифференциалах. Если нет – то это не уравнение в полных дифференциалах.

Пример

Проверить, является ли уравнение в полных дифференциалах:
( 1x – y² (x – y ) ²   )  dx +  ( x² (x – y ) ²  – 1y  )  dy = 0 . 

Решение

Здесь
p = x^– 1  – y² (x – y ) ^– 2  ,    q = x² (x – y ) ^– 2  – y^– 1  . 
Дифференцируем по y , считая x постоянной:
∂p∂y =  – ( y² (x – y ) ^– 2  ) ^′_y =  – ( y²  ) ^′_y(x – y ) ^– 2  –  y² ( (x – y ) ^– 2  ) ^′_y = 
 – 2y^2 – 1 (x – y ) ^– 2  –  y² ( – 2(x – y ) ^{– 2 – 1} ( x – y  ) ^′_y  )  =  – 2y (x – y ) ^– 2  – y² 2(x – y ) ^– 3  = 
 – 2y x – y + y(x – y ) ³  = – 2xy(x – y ) ³   . 
Дифференцируем по x , считая y постоянной:
∂q∂x = ( x² (x – y ) ^– 2  ) ^′_x =  ( x²  ) ^′_x(x – y ) ^– 2  + x² ( (x – y ) ^– 2  ) ^′_x = 
 2x^2 – 1 (x – y ) ^– 2  +  x² ( – 2(x – y ) ^{– 2 – 1} ( x – y  ) ^′_x  )  =  2x (x – y ) ^– 2  – x² 2(x – y ) ^– 3  = 
 2x x – y – x(x – y ) ³  = – 2xy(x – y ) ³   . 
Поскольку:
∂p∂y = ∂q∂x  , 
то заданное уравнение – в полных дифференциалах.

Методы решения дифференциальных уравнений в полных дифференциалах

Метод последовательного выделения дифференциала

Наиболее простым методом решения уравнения в полных дифференциалах является метод последовательного выделения дифференциала. Для этого мы применяем формулы дифференцирования, записанные в дифференциальной форме:
du ± dv = d(u ± v) ;
v du + u dv = d(uv) ;
v du – u dvv²  = d ( uv  )  ; 
 f (u )  du = d ( ∫  f (u )  du  )  . 
В этих формулах u и v – произвольные выражения, составленные из любых комбинаций переменных.

Пример 1

Решить уравнение:
( 1x – y² (x – y ) ²   )  dx +  ( x² (x – y ) ²  – 1y  )  dy = 0 . 

Решение

Ранее мы нашли, что это уравнение – в полных дифференциалах. Преобразуем его:
(П1)   dxx – dyy + x²  dy – y²  dx(x – y ) ²  = 0 . 
Решаем уравнение, последовательно выделяя дифференциал.
dxx = d ( ∫ dxx  )  = d ( ln  | x |  )  ; 
dyy = d ( ∫ dyy  )  = d ( ln  | y |  )  ; 
x²  dy = x ⋅ x dy = x (d (xy )  – y dx )  ; 
y²  dx = y ⋅ y dx = y (d (xy )  – x dy )  ; 
x²  dy – y²  dx(x – y ) ²  =  x (d (xy )  – y dx )  – y (d (xy )  – x dy ) (x – y ) ²  =  (x – y )  d (xy )  – xy d (x – y ) (x – y ) ²  = 
 d ( xy(x – y ) ²   )  . 
Подставляем в (П1):
d ( ln  | x |  )  – d ( ln  | y |  )  +  d ( xy(x – y ) ²   )  = 0 ; 
d ( ln  | x |  – ln  | y |  + xy(x – y ) ²   )  = 0 . 

Ответ

ln  | x |  – ln  | y |  + xy(x – y ) ²  = C . 

Метод последовательного интегрирования

В этом методе мы ищем функцию U(x, y) , удовлетворяющую уравнениям:
(3)   ∂U (x, y ) ∂x = p (x, y )  ; 
(4)   ∂U (x, y ) ∂y = q (x, y )  . 

Проинтегрируем уравнение (3) по x , считая y постоянной:
U (x, y )  = ∫ p (x, y )  dx + φ (y )  . 
Здесь φ(y) – произвольная функция от y , которую нужно определить. Она является постоянной интегрирования. Подставляем в уравнение (4):
q (x, y )  = ∂U (x, y ) ∂y =  ∂∂y ∫ p (x, y )  dx + dφ (y ) dy  . 
Отсюда:
dφ (y ) dy = q (x, y )  – ∂∂y ∫ p (x, y )  dx . 
Интегрируя, находим φ(y) и, тем самым, U(x, y) .

Пример 2

Решить уравнение в полных дифференциалах:
( 1x – y² (x – y ) ²   )  dx +  ( x² (x – y ) ²  – 1y  )  dy = 0 . 

Решение

Ранее мы нашли, что это уравнение – в полных дифференциалах. Введем обозначения:
p (x, y )  = 1x – y² (x – y ) ²   ,    q (x, y )  = x² (x – y ) ²  – 1y  . 
Ищем Функцию U(x, y) , дифференциал которой является левой частью уравнения:
dU = ∂U (x, y ) ∂x dx + ∂U (x, y ) ∂y dy =  p (x, y )  dx + q (x, y )  dy . 
Тогда:
(3)   ∂U (x, y ) ∂x = p (x, y )  ; 
(4)   ∂U (x, y ) ∂y = q (x, y )  . 
Проинтегрируем уравнение (3) по x , считая y постоянной:
(П2)   U (x, y )  = ∫ p (x, y )  dx + φ (y )  =  ∫ dxx – ∫ y²  dx(x – y ) ²  + φ (y )  = 
 ln  | x |  – y² ∫ d (x – y ) (x – y ) ²  + φ (y )  =  ln  | x |  + y² x – y + φ (y )  . 
Дифференцируем по y :
∂U (x, y ) ∂y =  ( y²  ) ^′_y(x – y )  – y² ( x – y  ) ^′_y(x – y ) ²  + φ^′(y )  =  2y (x – y )  + y² (x – y ) ²  + φ^′(y )  = 
 2xy – y² (x – y ) ²  + φ^′(y )  . 
Подставим в (4):
2xy – y² (x – y ) ²  + φ^′(y )  = x² (x – y ) ²  – 1y  ; 
φ^′(y )  = x²  – 2xy + y² (x – y ) ²  – 1y =  (x – y ) ² (x – y ) ²  – 1y = 1 – 1y  . 
Интегрируем:
φ (y )  = ∫ ( 1 – 1y  )  dy =  y – ln  | y |  + C . 
Подставим в (П2):
U (x, y )  =  ln  | x |  + y² x – y + y – ln  | y |  + C =  ln  | x |  – ln  | y |  + y²  + y (x – y ) x – y + C = 
 ln  | x |  – ln  | y |  + xyx – y + C . 
Общий интеграл уравнения:
U(x, y) = const .
Объединяем две постоянные в одну.

Ответ

ln  | x |  – ln  | y |  + xyx – y = C . 

Метод интегрирования вдоль кривой

Функцию U , определяемую соотношением:
dU = p(x, y) dx + q(x, y) dy ,
можно найти, если проинтегрировать это уравнение вдоль кривой, соединяющей точки (x₀, y₀) и (x, y) :
(7)   ^x,y∫_x0 , y0 dU =  ^x,y∫_x0 , y0 p (x₁ ,  y₁ )  dx₁  + q (x₁ , y₁ )  dy₁  . 
Поскольку
(8)   ^x,y∫_x0 , y0 dU = U (x, y )  – U (x₀ , y₀ )  , 
то интеграл зависит только от координат начальной (x₀, y₀) и конечной (x, y) точек и не зависит от формы кривой. Из (7) и (8) находим:
(9)   U (x, y )  =  ^x,y∫_x0 , y0 p (x₁ ,  y₁ )  dx₁  + q (x₁ , y₁ )  dy₁  +  U (x₀ , y₀ )  . 
Здесь x₀ и y₀ – постоянные. Поэтому U(x₀, y₀) – также постоянная.

Пример такого определения U был получен при доказательстве свойства уравнения в полных дифференциалах:
(6)   U (x, y )  = ^x∫_x0 p (x₁ , y )  dx₁  +  ^y∫_y0 q (x₀ , y₁ )  dy₁  + U (x₀ , y₀ )  . 
Здесь интегрирование производится сначала по отрезку, параллельному оси y , от точки (x₀ , y₀) до точки (x₀ , y) ^y∫_y0 q (x₀ , y₁ )  dy₁  .  Затем интегрирование производится по отрезку, параллельному оси x , от точки (x₀ , y) до точки (x, y) ^x∫_x0 p (x₁ , y )  dx₁  . 

В более общем случае, нужно представить уравнение кривой, соединяющей точки (x₀ , y₀) и (x, y) в параметрическом виде:
x₁ = s(t₁) ;   y₁ = r(t₁) ;
x₀ = s(t₀) ;   y₀ = r(t₀) ;
x = s(t) ;   y = r(t) ;
и интегрировать по t₁ от t₀ до t .

Наиболее просто выполняется интегрирование по отрезку, соединяющим точки (x₀ , y₀) и (x, y) . В этом случае:
x₁ = x₀ + (x – x₀) t₁ ; y₁ = y₀ + (y – y₀) t₁ ;
t₀ = 0 ;   t = 1 ;
dx₁ = (x – x₀) dt₁ ; dy₁ = (y – y₀) dt₁ .
После подстановки, получается интеграл по t от 0 до 1 .
Данный способ, однако, приводит к довольно громоздким вычислениям.

Использованная литература:
В.В. Степанов, Курс дифференциальных уравнений, «ЛКИ», 2015.

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 10-08-2012   Изменено: 02-07-2015