Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель

Прогресс изучения0 из 6

Отмечай теоремы кнопками ✓ (изучено) и ↻ (повторить)

Все теоремы темы6

Общий интеграл уравнения в полных дифференциалах
Признак уравнения в полных дифференциалах
Уравнение для интегрирующего множителя
Интегрирующий множитель, зависящий от одной переменной
Семейство интегрирующих множителей
Интегрирующий множитель линейного уравнения

теорема

Общий интеграл уравнения в полных дифференциалах

Формулировка

Пусть $dU = M\,dx + N\,dy$ в области $G$ и $M^2 + N^2 > 0$ в $G$ . Тогда $U(x, y) = C$ — общий интеграл уравнения $M\,dx + N\,dy = 0$ : каждое решение лежит на линии уровня функции $U$ , и каждая линия уровня состоит из интегральных кривых.

Доказательство

Развернуть

Если $y = y(x)$ — решение, то

\frac{d}{dx}U(x, y(x)) = U_x + U_yy' = M + Ny' = 0,

и $U$ постоянна вдоль решения. Для решений вида $x = x(y)$ рассуждение аналогично.

Обратно, пусть $U(x_0, y_0) = C$ . Если $N(x_0, y_0) = U_y\ne 0$ , то по теореме о неявной функции вблизи этой точки линия $U = C$ — график функции $y(x)$ с $y' = -U_x/U_y = -M/N$ , то есть интегральная кривая. Если $N(x_0, y_0) = 0$ , то $M(x_0, y_0)\ne 0$ , и линия уровня — график решения $x = x(y)$ . $\blacksquare$

теорема

Признак уравнения в полных дифференциалах

Формулировка

Пусть $M, N\in C^1(G)$ , где $G$ — прямоугольник (или односвязная область). Уравнение $M\,dx + N\,dy = 0$ является уравнением в полных дифференциалах тогда и только тогда, когда

\frac{\partial M}{\partial y}\equiv\frac{\partial N}{\partial x}\quad\text{в } G.

В этом случае для прямоугольника с точкой $(x_0, y_0)$

U(x, y) = \int_{x_0}^xM(t, y_0)\,dt + \int_{y_0}^yN(x, s)\,ds.

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Если $U_x = M$ , $U_y = N$ , то $U_{xy} = M_y$ и $U_{yx} = N_x$ непрерывны. По теореме Шварца смешанные производные равны: $M_y = N_x$ .

Достаточность (для прямоугольника). Определим $U$ формулой из условия. Тогда $U_y = N(x, y)$ . Дифференцируя по $x$ интеграл, зависящий от параметра (подынтегральная функция $N_x$ непрерывна), получаем

U_x = M(x, y_0) + \int_{y_0}^yN_x(x, s)\,ds = M(x, y_0) + \int_{y_0}^yM_y(x, s)\,ds = M(x, y_0) + M(x, y) - M(x, y_0) = M(x, y).

Для односвязной области $U$ строится как криволинейный интеграл $\int_{(x_0, y_0)}^{(x, y)}M\,dx + N\,dy$ , не зависящий от пути. $\blacksquare$

лемма

Уравнение для интегрирующего множителя

Формулировка

Пусть $M, N\in C^1(G)$ , $G$ — прямоугольник. Функция $\mu\in C^1(G)$ , $\mu\ne 0$ , является интегрирующим множителем уравнения $M\,dx + N\,dy = 0$ тогда и только тогда, когда

N\frac{\partial\mu}{\partial x} - M\frac{\partial\mu}{\partial y} = \mu\left(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}\right).

Доказательство

Развернуть

По признаку уравнения в полных дифференциалах $\mu$ — интегрирующий множитель тогда и только тогда, когда $(\mu M)_y = (\mu N)_x$ , то есть

\mu_yM + \mu M_y = \mu_xN + \mu N_x.

Перенос слагаемых даёт требуемое равенство. $\blacksquare$

теорема

Интегрирующий множитель, зависящий от одной переменной

Формулировка

Уравнение $M\,dx + N\,dy = 0$ имеет интегрирующий множитель вида $\mu = \mu(x)$ тогда и только тогда, когда

\frac{M_y - N_x}{N} = \psi(x)

зависит только от $x$ . Тогда $\mu = e^{\int\psi(x)\,dx}$ .

Множитель $\mu = \mu(y)$ существует тогда и только тогда, когда $\dfrac{N_x - M_y}{M} = \chi(y)$ зависит только от $y$ ; тогда $\mu = e^{\int\chi(y)\,dy}$ .

Доказательство

Развернуть

Для $\mu = \mu(x)$ имеем $\mu_y = 0$ , и уравнение для интегрирующего множителя принимает вид $N\mu' = \mu(M_y - N_x)$ , то есть $\mu'/\mu = (M_y - N_x)/N$ . Левая часть зависит только от $x$ , поэтому и правая должна. Обратно, если правая часть равна $\psi(x)$ , то $\mu = e^{\int\psi}$ удовлетворяет уравнению.
Для $\mu = \mu(y)$ : $-M\mu' = \mu(M_y - N_x)$ , то есть $\mu'/\mu = (N_x - M_y)/M$ . Дальше так же. $\blacksquare$

следствие

Семейство интегрирующих множителей

Формулировка

Если $\mu$ — интегрирующий множитель и $\mu(M\,dx + N\,dy) = dU$ , то для любой непрерывной функции $\varphi$ , не обращающейся в нуль, функция $\mu\,\varphi(U)$ — тоже интегрирующий множитель.

Доказательство

Развернуть

Пусть $\Phi$ — первообразная $\varphi$ . Тогда

\mu\varphi(U)(M\,dx + N\,dy) = \varphi(U)\,dU = d\,\Phi(U),

то есть левая часть — полный дифференциал функции $\Phi(U)\in C^1$ . $\blacksquare$

следствие

Интегрирующий множитель линейного уравнения

Формулировка

Линейное уравнение $y' + p(x)y = q(x)$ , записанное в виде $\bigl(p(x)y - q(x)\bigr)dx + dy = 0$ , имеет интегрирующий множитель $\mu = e^{\int p(x)\,dx}$ .

Доказательство

Развернуть

Здесь $M = py - q$ , $N = 1$ , и $\dfrac{M_y - N_x}{N} = p(x)$ зависит только от $x$ . По теореме о множителе, зависящем от одной переменной, $\mu = e^{\int p}$ . Умножение на $\mu$ — именно то преобразование $\bigl(ye^{\int p}\bigr)' = qe^{\int p}$ , которое приводит к формуле общего решения линейного уравнения. $\blacksquare$

Уравнение в полных дифференциалах с линейными коэффициентами

Условие

Решить уравнение $(x + y - 2)\,dx + (x - y + 4)\,dy = 0$ .

Решение

Развернуть

$M_y = 1 = N_x$ — уравнение в полных дифференциалах. Из $U_x = x + y - 2$ получаем $U = \frac{x^2}2 + xy - 2x + \varphi(y)$ . Тогда $U_y = x + \varphi'(y) = x - y + 4$ , откуда $\varphi = -\frac{y^2}2 + 4y$ .

Общий интеграл:

x^2 + 2xy - y^2 - 4x + 8y = C.

Уравнение в полных дифференциалах с экспонентой

Условие

Решить уравнение $(2x + e^y)\,dx + (xe^y - 2y)\,dy = 0$ .

Решение

Развернуть

$M_y = e^y = N_x$ . По формуле из признака ( $x_0 = y_0 = 0$ ):

U = \int_0^x(2t + 1)\,dt + \int_0^y(xe^s - 2s)\,ds = x^2 + x + xe^y - x - y^2 = x^2 + xe^y - y^2.

Общий интеграл: $x^2 + xe^y - y^2 = C$ .

Интегрирующий множитель μ(x)

Условие

Решить уравнение $(x^2 + y)\,dx - x\,dy = 0$ .

Решение

Развернуть

$M_y = 1$ , $N_x = -1$ , $\dfrac{M_y - N_x}{N} = -\dfrac2x$ — зависит только от $x$ . Поэтому $\mu = e^{-2\ln|x|} = \dfrac1{x^2}$ .

Получаем $\left(1 + \dfrac y{x^2}\right)dx - \dfrac1x\,dy = 0$ , и $U = x - \dfrac yx$ . Общий интеграл $x - \dfrac yx = C$ , то есть

y = x^2 - Cx.

Множитель не определён при $x = 0$ . Прямая $x = 0$ — тоже решение (вида $x = x(y)$ ): при $x\equiv 0$ обе части уравнения равны нулю.

Интегрирующий множитель μ(y)

Условие

Решить уравнение $y\,dx + (2x - ye^y)\,dy = 0$ , $y > 0$ .

Решение

Развернуть

$M_y = 1$ , $N_x = 2$ , $\dfrac{N_x - M_y}{M} = \dfrac1y$ . Множитель $\mu = e^{\ln y} = y$ .

Уравнение $y^2\,dx + (2xy - y^2e^y)\,dy = 0$ — в полных дифференциалах: $U_x = y^2$ , то есть $U = xy^2 + \varphi(y)$ , и $2xy + \varphi' = 2xy - y^2e^y$ . Интегрируя по частям, находим $\varphi = -(y^2 - 2y + 2)e^y$ .

Общий интеграл:

xy^2 - (y^2 - 2y + 2)e^y = C.

Интегрируемая комбинация и два множителя

Условие

Решить уравнение $(x^2 + y^2 + x)\,dx + y\,dy = 0$ двумя способами: выделив интегрируемую комбинацию и с помощью множителя $\mu(x)$ .

Решение

Развернуть

Способ 1. $x\,dx + y\,dy = \frac12d(x^2 + y^2)$ , поэтому уравнение имеет вид $(x^2 + y^2)\,dx + \frac12d(x^2 + y^2) = 0$ . Делим на $x^2 + y^2$ (точка $(0, 0)$ — особая):

dx + \frac12d\ln(x^2 + y^2) = 0\quad\Longrightarrow\quad x + \frac12\ln(x^2 + y^2) = c.

Способ 2. $\dfrac{M_y - N_x}{N} = \dfrac{2y}{y} = 2$ , $\mu = e^{2x}$ , и

U = \frac12e^{2x}(x^2 + y^2):\quad U_x = e^{2x}(x^2 + y^2 + x),\ U_y = e^{2x}y.

Общий интеграл $e^{2x}(x^2 + y^2) = C$ — то же самое: он получается потенцированием ответа способа 1. Множители $\frac1{x^2+y^2}$ и $e^{2x}$ связаны так, как утверждает следствие о семействе множителей.

0на повторение
0новых сегодня
0освоено

Как это работает

Упражнения собраны из теорем, определений и задач темы. Отвечать нужно касанием — печатать формулы не придётся:

узнать — дана формулировка без названия, выберите теорему;
пропуск — в формулировке пропущена формула, выберите верную среди похожих;
ошибка — в определении или формулировке одна формула искажена, нажмите на неё;
связи — отметьте, на что опирается доказательство;
порядок — соберите доказательство из перемешанных шагов;
в док-ве — восстановите формулу внутри доказательства;
задача — отметьте утверждения, которые нужны для решения; после ответа откроется решение.

Ответ проверяется сразу. Верные упражнения возвращаются всё реже — через дни, недели, месяцы (алгоритм FSRS), ошибки — ещё в этой же сессии. Если ответили наугад, нажмите «Угадал», и упражнение вернётся раньше. Сложные упражнения открываются, когда освоены простые: сначала узнать теорему, потом формулы, потом доказательство. Названия теорем в ответах можно нажать — теорема откроется в окне поверх страницы.

В день вводится не больше 15 новых упражнений темы. Теоремы, отмеченные кнопкой ↻, идут первыми. Прогресс хранится в этом браузере.

С клавиатуры: 1–9 выбрать · Enter проверить / дальше ·Backspace убрать последний шаг · Ctrl+Z отменить

Упражнения темы

новоезаучиваетсяна повторенииосвоенозакрыто

Уравнение в полных дифференциалах

Уравнение

M(x, y)\,dx + N(x, y)\,dy = 0

с непрерывными в области $G$ функциями $M$ , $N$ называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть — полный дифференциал некоторой функции $U\in C^1(G)$ :

dU = M\,dx + N\,dy,\qquad\text{то есть}\qquad U_x = M,\ U_y = N.

Интегрирующий множитель

Непрерывная и не обращающаяся в нуль в области $G$ функция $\mu(x, y)$ называется интегрирующим множителем уравнения $M\,dx + N\,dy = 0$ , если уравнение

\mu M\,dx + \mu N\,dy = 0

является уравнением в полных дифференциалах. Умножение на $\mu$ не меняет интегральных кривых, но точки, где $\mu$ не определена или обращается в нуль, нужно исследовать отдельно.

Общий интеграл. Интегрирование в квадратурах

Функция $\Phi(x, y)$ , непрерывно дифференцируемая в области $G$ и сохраняющая постоянное значение вдоль каждого решения уравнения, называется интегралом уравнения.

Соотношение $\Phi(x, y) = C$ , которое при подходящих значениях постоянной $C$ задаёт (неявно) все решения уравнения в области $G$ , называется общим интегралом. При фиксированном значении $C$ оно называется частным интегралом.

Говорят, что уравнение интегрируется в квадратурах, если все его решения выражаются через известные функции и интегралы от них с помощью конечного числа алгебраических операций, взятия первообразных и обращения функций.

Интегральная кривая

График решения $y = \varphi(x)$ уравнения $y' = f(x, y)$ называется интегральной кривой этого уравнения.

Для уравнения в симметричной форме $M\,dx + N\,dy = 0$ интегральной кривой называется кривая, которая в окрестности каждой своей точки является графиком решения вида $y = y(x)$ или вида $x = x(y)$ .

Линейное уравнение первого порядка

Линейным уравнением первого порядка называется уравнение

y' + p(x)\,y = q(x),

где $p$ , $q$ непрерывны на интервале $I$ . При $q\equiv 0$ уравнение называется однородным, иначе — неоднородным. Однородное уравнение $y' + p(x)y = 0$ называется соответствующим неоднородному.

Общий интеграл уравнения с разделёнными переменными

Формулировка

Пусть $f$ непрерывна на интервале $I$ , $g$ — на интервале $J$ , и $F$ , $G$ — их первообразные. Тогда

F(x) + G(y) = C

— общий интеграл уравнения $f(x)\,dx + g(y)\,dy = 0$ в прямоугольнике $I\times J$ : всякое решение удовлетворяет этому соотношению при некотором $C$ , и всякая гладкая кривая, на которой $F(x) + G(y)$ постоянно, — интегральная кривая.

Доказательство

Развернуть

Пусть $y = y(x)$ — решение: $f(x) + g(y(x))y'(x) = 0$ . Тогда

\frac{d}{dx}\bigl[F(x) + G(y(x))\bigr] = f(x) + g(y(x))\,y'(x) = 0,

и функция $F(x) + G(y(x))$ постоянна. Для решения вида $x = x(y)$ рассуждение то же.

Обратно, если $F(x) + G(y(x))\equiv C$ для дифференцируемой функции $y(x)$ , то дифференцирование даёт $f(x) + g(y)y' = 0$ , то есть $y(x)$ — решение. $\blacksquare$

Метод вариации постоянной. Формула Коши

Формулировка

Пусть $p$ , $q$ непрерывны на $I$ . Тогда для любых $x_0\in I$ , $y_0\in\mathbb R$ уравнение $y' + p(x)y = q(x)$ имеет на всём интервале $I$ единственное решение с $y(x_0) = y_0$ :

y(x) = y_0e^{-\int_{x_0}^xp(t)\,dt} + \int_{x_0}^xq(s)\,e^{-\int_s^xp(t)\,dt}\,ds.

Общее решение: $y = e^{-P(x)}\left(C + \int q(x)e^{P(x)}\,dx\right)$ , $P' = p$ .

Доказательство

Развернуть

Ищем решение в виде $y = C(x)e^{-P(x)}$ — «варьируем» постоянную в решении однородного уравнения. Подставляя, получаем

C'e^{-P} - Cpe^{-P} + pCe^{-P} = q\quad\Longrightarrow\quad C' = qe^{P}.

Отсюда $C(x) = y_0 + \int_{x_0}^xq(s)e^{P(s)}\,ds$ , где $P(x) = \int_{x_0}^xp$ . Подстановка даёт формулу Коши; функция определена и дифференцируема на всём $I$ .

Единственность: разность двух решений с одинаковым начальным значением решает однородное уравнение и обращается в нуль в точке $x_0$ . Значит, она равна $Ce^{-P}$ с $C = 0$ . $\blacksquare$

Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель

Общий интеграл уравнения в полных дифференциалах

Формулировка

Доказательство

Признак уравнения в полных дифференциалах

Формулировка

Доказательство

Уравнение для интегрирующего множителя

Формулировка

Доказательство

Интегрирующий множитель, зависящий от одной переменной

Формулировка

Доказательство

Семейство интегрирующих множителей

Формулировка

Доказательство

Интегрирующий множитель линейного уравнения

Формулировка

Доказательство

Уравнение в полных дифференциалах с линейными коэффициентами

Условие

Решение

Уравнение в полных дифференциалах с экспонентой

Условие

Решение

Интегрирующий множитель μ(x)

Условие

Решение

Интегрирующий множитель μ(y)

Условие

Решение

Интегрируемая комбинация и два множителя

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Уравнение в полных дифференциалах

Интегрирующий множитель

Общий интеграл. Интегрирование в квадратурах

Интегральная кривая

Линейное уравнение первого порядка

Общий интеграл уравнения с разделёнными переменными

Формулировка

Доказательство

Метод вариации постоянной. Формула Коши

Формулировка

Доказательство