Differensiallikninger av totale differensialer er eksempler. Differensiallikninger i totale differensialer. Algoritme for å løse differensiallikninger i totale differensialer

Viser hvordan man gjenkjenner en differensialligning i totale differensialer. Metoder for løsningen er gitt. Et eksempel på å løse en ligning i totale differensialer på to måter er gitt.

Introduksjon

Hvis en slik funksjon U (x, y), da tar ligningen form:
dU (x, y) \u003d 0.
Den generelle integralen er:
U (x, y) \u003d C,
hvor C er en konstant.

Hvis differensiallikningen til den første ordren er skrevet i form av derivatet:
,
da kan det lett reduseres til skjemaet (1) ... For å gjøre dette må du multiplisere ligningen med dx. Deretter. Som et resultat får vi en ligning uttrykt i form av differensialer:
(1) .

Eiendom til en differensialligning i totale differensialer

For å ligningen (1) var en ligning i totale differensialer, er det nødvendig og tilstrekkelig at forholdet holder:
(2) .

Bevis

I det følgende antar vi at alle funksjoner som brukes i beviset er definert og har tilsvarende derivater i et bestemt verdiområde av variablene x og y. Punkt x 0, y 0 tilhører også dette området.

La oss bevise nødvendigheten av tilstanden (2).
La venstre side av ligningen (1) er differensialen til noen funksjon U (x, y):
.
Deretter
;
.
Siden det andre derivatet ikke avhenger av rekkefølgen på differensiering, da
;
.
Derfor følger det at. Nødvendigheten av tilstanden (2) bevist.

La oss bevise at tilstanden er tilstrekkelig (2).
La tilstanden være tilfredsstilt (2) :
(2) .
La oss vise at man kan finne en slik funksjon U (x, y)at dens differensial:
.
Dette betyr at det er en slik funksjon U (x, y)som tilfredsstiller ligningene:
(3) ;
(4) .
La oss finne en slik funksjon. Vi integrerer ligningen (3) av x fra x 0 til x, forutsatt at y er en konstant:
;
;
(5) .
Differensier med hensyn til y, forutsatt at x er en konstant og gjelder (2) :

.
Ligningen (4) vil bli henrettet hvis
.
Vi integrerer over y fra y 0 til y:
;
;
.
Innbytter i (5) :
(6) .
Så vi har funnet en funksjon som har differensial
.
Det er bevist at det er tilstrekkelig.

I formelen (6) , U (x 0, y 0) er en konstant - verdien av funksjonen U (x, y) på punkt x 0, y 0... Det kan tilordnes hvilken som helst verdi.

Hvordan gjenkjenne en differensialligning i totale differensialer

Tenk på differensiallikningen:
(1) .
For å avgjøre om dette er en ligning i totale differensialer, er det nødvendig å kontrollere oppfyllelsen av vilkåret (2) :
(2) .
Hvis det er tilfredsstilt, er dette en ligning i totale differensialer. Hvis ikke, er dette ikke en total differensialligning.

Eksempel

Sjekk om ligningen i totale differensial er:
.

Her
, .
Differensier med hensyn til y, forutsatt at x er konstant:


.
Differensiering


.
For så vidt:
,
da er den gitte ligningen i totale differensialer.

Metoder for å løse differensiallikninger i totale differensialer

Sekvensiell differensieringsmetode

Den enkleste metoden for å løse en ligning i totale differensialer er metoden for suksessiv differensiering av differensialet. For å gjøre dette bruker vi differensieringsformlene skrevet i differensiell form:
du ± dv \u003d d (u ± v);
v du + u dv \u003d d (uv);
;
.
I disse formlene er u og v vilkårlige uttrykk sammensatt av en hvilken som helst kombinasjon av variabler.

Eksempel 1

Løs ligningen:
.

Vi fant tidligere at denne ligningen er i total differensial. La oss forvandle det:
(W1) .
Vi løser ligningen og fremhever differensialen sekvensielt.
;
;
;
;

.
Innbytter i (W1):
;
.

Sekvensiell integrasjonsmetode

I denne metoden leter vi etter funksjonen U (x, y)tilfredsstiller ligningene:
(3) ;
(4) .

Vi integrerer ligningen (3) i x, forutsatt at du er en konstant:
.
Her φ (y) er en vilkårlig funksjon av y som skal bestemmes. Hun er konstant integrering. Bytt ut i ligningen (4) :
.
Derfor:
.
Integrering, finner vi φ (y) og dermed U (x, y).

Eksempel 2

Løs ligningen i totale differensialer:
.

Vi fant tidligere at denne ligningen er i total differensial. La oss introdusere notasjonen:
, .
Leter du etter Funksjon U (x, y)hvis differensial er venstre side av ligningen:
.
Deretter:
(3) ;
(4) .
Vi integrerer ligningen (3) i x, forutsatt at du er en konstant:
(P2)
.
Differensier med y:

.
Innbytter i (4) :
;
.
Vi integrerer:
.
Innbytter i (P2):

.
Generell integrering av ligningen:
U (x, y) \u003d konst.
Vi kombinerer to konstanter til en.

Integrasjon langs en kurve

Funksjon U, definert av forholdet:
dU \u003d s (x, y) dx + q (x, y) dy,
kan bli funnet ved å integrere denne ligningen langs kurven som forbinder punktene (x 0, y 0) og (x, y):
(7) .
For så vidt
(8) ,
da avhenger integralet bare av koordinatene til initialen (x 0, y 0) og finalen (x, y) peker og avhenger ikke av kurvens form. Av (7) og (8) Vi finner:
(9) .
Her x 0 og y 0 - permanent. Derfor har U (x 0, y 0) - også konstant.

Et eksempel på en slik definisjon av U ble oppnådd i beviset:
(6) .
Her utføres integrering først langs et segment parallelt med y-aksen fra punktet (x 0, y 0) til punktet (x 0, y) ... Deretter utføres integrasjonen langs et segment parallelt med x-aksen fra punktet (x 0, y) til punktet (x, y) .

Mer generelt må du representere ligningen til kurven som forbinder punktene (x 0, y 0) og (x, y) i parametrisk form:
x 1 \u003d s (t 1); y 1 \u003d r (t 1);
x 0 \u003d s (t 0); y 0 \u003d r (t 0);
x \u003d s (t); y \u003d r (t);
og integrere over t 1 fra t 0 til T.

Den enkleste integrasjonen utføres over linjesegmentet som forbinder punktene (x 0, y 0) og (x, y)... I dette tilfellet:
x 1 \u003d x 0 + (x - x 0) t 1; y 1 \u003d y 0 + (y - y 0) t 1;
t 0 = 0 ; t \u003d 1 ;
dx 1 \u003d (x - x 0) dt 1; dy 1 \u003d (y - y 0) dt 1.
Etter substitusjon får vi integralen over t av 0 før 1 .
Denne metoden fører imidlertid til ganske tungvint beregninger.

Referanser:
V.V. Stepanov, Course of Differential Equations, "LCI", 2015.

Uttalelse av problemet i det todimensjonale tilfellet

Rekonstruksjon av en funksjon av flere variabler fra dens totale differensial

9.1. Uttalelse av problemet i det todimensjonale tilfellet. 72

9.2. Beskrivelse av løsningen. 72

Dette er en av anvendelsene av en krumlinjet integral av den andre typen.

Et uttrykk for den totale differensialen til en funksjon av to variabler er gitt:

Finn en funksjon.

1. Siden ikke alle uttrykk for formen er en total differensial av en eller annen funksjon U(x,y), så er det nødvendig å sjekke riktigheten av problemstillingen, det vil si å sjekke den nødvendige og tilstrekkelige tilstanden for den totale differensialen, som for en funksjon av 2 variabler har formen. Denne tilstanden følger av ekvivalensen av utsagn (2) og (3) i setningen til forrige avsnitt. Hvis den angitte betingelsen er oppfylt, har problemet en løsning, det vil si funksjonen U(x,y) du kan gjenopprette; Hvis vilkåret ikke er oppfylt, har problemet ingen løsning, det vil si at funksjonen ikke kan gjenopprettes.

2. Det er mulig å finne en funksjon med dens totale differensial, for eksempel ved å bruke en krumlinjær integral av den andre typen, beregne den fra langs en linje som forbinder et fast punkt ( x 0 ,y 0) og variabelt punkt ( x; y) (Fig. atten):

Dermed ble det oppnådd at den krumme linjen av den andre typen total differensial dU(x,y) er lik forskjellen mellom verdiene til funksjonen U(x,y) på slutten og startpunktene til integrasjonslinjen.

Nå som du vet dette resultatet, må du erstatte i stedet dU inn i det krumlinjære integrale uttrykket og beregne integralet langs den stiplede linjen ( ACB) gitt sin uavhengighet fra integrasjonslinjens form:

på ( AC): på ( SV) :

Dermed oppnås en formel ved hjelp av hvilken funksjonen til to variabler gjenopprettes fra sin totale differensial.

3. Funksjonen kan bare gjenopprettes fra sin totale differensial opp til en konstant periode, siden d(U + const) \u003d dU... Derfor, som et resultat av å løse problemet, får vi et sett med funksjoner som skiller seg fra hverandre med en konstant betegnelse.

Eksempler (gjenoppretting av en funksjon av to variabler fra dens totale differensial)

1. Finn U(x,y), hvis en dU = (x 2 – y 2)dx – 2xydy.

Vi sjekker tilstanden til den totale differensialen til funksjonen til to variabler:

Den totale differensialbetingelsen er oppfylt; dermed funksjonen U(x,y) kan gjenopprettes.

Sjekk: - sant.

Svar: U(x,y) = x 3 /3 – xy 2 + C.

2. Finn en funksjon slik at

Vi sjekker de nødvendige og tilstrekkelige forholdene for den totale differensialen av funksjonen til tre variabler: ,,, hvis uttrykket er gitt.

I problemet som løses

alle betingelsene for total differensial er oppfylt, derfor kan funksjonen gjenopprettes (problemet stilles riktig).

Vi vil gjenopprette funksjonen ved hjelp av en krumlinjet integral av den andre typen, og beregne den langs en linje som forbinder et fast punkt og et variabelt punkt, siden

(denne likheten er avledet på samme måte som i det todimensjonale tilfellet).

På den annen side avhenger ikke den krumlinjære integralen av den andre typen total differensial av formen på integrasjonslinjen; Derfor er det enklest å beregne den med en brutt linje bestående av segmenter parallelle med koordinataksene. I dette tilfellet, som et fast punkt, kan du ta et punkt med spesifikke numeriske koordinater for akkurat deg, bare spore slik at på dette punktet og på hele integrasjonslinjen er betingelsen for eksistensen av en krumlinjær integral oppfylt (det vil si , at funksjonene, og er kontinuerlige). Med denne bemerkningen i tankene kan du i dette problemet ta et fast punkt, for eksempel punkt M 0. Så på hver av lenkene til den stiplede linjen vil vi ha

10.2. Beregning av overflateintegralet av den første typen. 79

10.3. Noen applikasjoner av overflaten integrert av den første typen. 81

noen funksjoner. Hvis vi gjenoppretter funksjonen fra dens totale differensial, finner vi den generelle integralen av differensiallikningen. Nedenfor vil vi snakke om metode for å gjenopprette en funksjon fra dens totale differensial.

Venstre side av differensiallikningen er den totale differensialen til noen funksjoner U (x, y) \u003d 0hvis vilkåret er oppfylt.

Fordi total funksjonsforskjell U (x, y) \u003d 0 dette er Derfor hevdes det at når vilkåret er oppfylt.

Deretter, .

Fra systemets første ligning får vi ... Vi finner funksjonen ved å bruke systemets andre ligning:

Dermed finner vi den nødvendige funksjonen U (x, y) \u003d 0.

Eksempel.

La oss finne den generelle løsningen på DE .

Beslutning.

I vårt eksempel. Vilkåret er oppfylt fordi:

Deretter er venstre side av den opprinnelige DE den totale differensialen til noen funksjoner U (x, y) \u003d 0... Vi må finne denne funksjonen.

Fordi er full differensial av funksjonen U (x, y) \u003d 0 midler:

.

Vi integrerer over x 1. ligning av systemet og skille med hensyn til y resultat:

.

Fra den andre ligningen av systemet får vi. Midler:

Hvor FRA er en vilkårlig konstant.

Dermed, og den generelle integralen av den gitte ligningen vil være .

Det er et sekund metode for å beregne en funksjon fra dens totale differensial... Den består i å ta den krumme integralen fra et fast punkt (x 0, y 0) til et punkt med variable koordinater (x, y): ... I dette tilfellet er verdien av integralen uavhengig av integrasjonsveien. Det er praktisk å ta en polyline som koblinger er parallelle med koordinataksene som integrasjonsbane.

Eksempel.

La oss finne den generelle løsningen på DE .

Beslutning.

Vi sjekker oppfyllelsen av vilkåret:

Dermed er venstre side av DE den totale differensialen til noen funksjoner U (x, y) \u003d 0... La oss finne denne funksjonen ved å beregne den krumlinjære integralen fra punktet (1; 1) før (x, y)... Vi tar en ødelagt linje som integrasjonsveien: den første delen av den ødelagte linjen vil gå langs en rett linje y \u003d 1 fra punkt (1, 1) før (x, 1), som den andre delen av stien, tar vi et rett linjestykke fra punktet (x, 1) før (x, y):

Dette betyr at den generelle løsningen på kontrollsystemet ser slik ut: .

Eksempel.

La oss definere den generelle løsningen på DE.

Beslutning.

Fordi , som betyr at betingelsen ikke er oppfylt, så vil ikke venstre side av differensialligningen være den fullstendige differensialen til funksjonen, og du må bruke den andre løsningsmetoden (denne ligningen er en differensialligning med skillbare variabler).

Definisjon 8.4.Differensialligning av skjemaet

hvor
kalles en total differensialligning.

Merk at venstre side av en slik ligning er den totale differensialen til noen funksjoner
.

Generelt sett kan ligning (8.4) representeres som

I stedet for ligning (8.5) kan man vurdere ligningen

,

hvis løsning er den generelle integralen av ligning (8.4). For å løse ligning (8.4) er det derfor nødvendig å finne funksjonen
... I samsvar med definisjonen av ligning (8.4) har vi

(8.6)

Funksjon
vi vil søke som en funksjon som tilfredsstiller en av disse betingelsene (8.6):

hvor er en vilkårlig funksjon uavhengig av .

Funksjon
er definert slik at den andre betingelsen for uttrykk (8.6)

(8.7)

Fra uttrykk (8.7) og funksjonen bestemmes
... Erstatter det til uttrykket for
og få den generelle integralen av den opprinnelige ligningen.

Oppgave 8.3.Integrer ligning

Her
.

Følgelig tilhører denne ligningen typen av differensiallikninger i totale differensialer. Funksjon
vi vil søke i skjemaet

.

På den andre siden,

.

I noen tilfeller tilstanden
kan ikke utføres.

Så blir slike ligninger redusert til typen som blir vurdert ved å multiplisere med den såkalte integreringsfaktoren, som generelt sett er en funksjon av bare eller .

Hvis noen ligning har en integrerende faktor, avhengig av bare , da bestemmes det av formelen

hvor er forholdet skal bare være en funksjon .

Tilsvarende er en integrerende faktor bare avhengig av , bestemmes av formelen

hvor er forholdet
skal bare være en funksjon .

Fraværet i de ovennevnte forholdene, i det første tilfellet av variabelen , og i det andre - variabelen , er et tegn på eksistensen av en integrerende faktor for denne ligningen.

Oppgave 8.4.Reduser denne ligningen til en ligning i totale differensialer.

.

Tenk på et forhold:

.

Tema 8.2. Lineære differensialligninger

Definisjon 8.5... Differensial ligning
kalles lineær hvis den er lineær med hensyn til ønsket funksjon , dets derivat og inneholder ikke produktet av den nødvendige funksjonen og dens derivat.

Det generelle synet på den lineære differensiallikningen er representert av følgende forhold:

(8.8)

Hvis i forhold (8.8) høyre side
, så kalles en slik ligning lineær homogen. I tilfelle når høyre side
, så kalles en slik ligning lineær inhomogen.

La oss vise at ligning (8.8) er integrerbar med kvadrater.

På første trinn, vurder en lineær homogen ligning.

En slik ligning er en skillbar ligning. Egentlig,

;

/

Det siste forholdet bestemmer den generelle løsningen av en lineær homogen ligning.

For å finne en generell løsning på en lineær inhomogen ligning, brukes metoden for variasjon av derivatet av en konstant. Ideen med metoden er at den generelle løsningen av en lineær inhomogen ligning i samme form som løsningen av den tilsvarende homogene ligningen, men en vilkårlig konstant erstattet av en eller annen funksjon
å være bestemt. Så vi har:

(8.9)

Erstatte i forhold (8.8) uttrykkene som tilsvarer
og
, vi får

Ved å erstatte det siste uttrykket i forhold (8.9), oppnås den generelle integralen av den lineære inhomogene ligningen.

Dermed bestemmes den generelle løsningen av en lineær inhomogen ligning av to kvadrater: den generelle løsningen av en lineær homogen ligning og en bestemt løsning av en lineær inhomogen ligning.

Oppgave 8.5. Integrer ligning

Dermed tilhører den opprinnelige ligningen den typen lineære inhomogene differensialligninger.

På første trinn vil vi finne den generelle løsningen på den lineære homogene ligningen.

;

På andre trinn bestemmer vi den generelle løsningen av den lineære inhomogene ligningen, som det søkes i formen

,

hvor
- funksjonen som skal defineres.

Så vi har:

Erstatte forholdet for og inn i den opprinnelige lineære inhomogene ligningen får vi:

;

;

.

Den generelle løsningen på en lineær inhomogen ligning vil ha formen:

.

I dette emnet vil vi vurdere en metode for å gjenopprette en funksjon fra dens fulle differensial, og gi eksempler på problemer med en fullstendig analyse av løsningen.

Det skjer slik at differensiallikninger (DE) av formen P (x, y) d x + Q (x, y) d y \u003d 0 kan inneholde komplette differensialer av noen funksjoner på venstre side. Da kan vi finne den generelle DE-integralen hvis vi først gjenoppretter funksjonen fra dens totale differensial.

Eksempel 1

Tenk på ligningen P (x, y) d x + Q (x, y) d y \u003d 0. Venstre side inneholder differensialet til en eller annen funksjon U (x, y) \u003d 0... For dette må betingelsen ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x være oppfylt.

Den totale differensialen til funksjonen U (x, y) \u003d 0 har formen d U \u003d ∂ U ∂ x d x + ∂ U ∂ y d y. Med tanke på tilstanden ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x får vi:

P (x, y) d x + Q (x, y) d y \u003d ∂ U ∂ x d x + ∂ U ∂ y d y

∂ U ∂ x \u003d P (x, y) ∂ U ∂ y \u003d Q (x, y)

Ved å transformere den første ligningen fra det resulterende ligningssystemet, kan vi få:

U (x, y) \u003d ∫ P (x, y) d x + φ (y)

Vi finner funksjonen φ (y) fra den andre ligningen til det tidligere oppnådde systemet:
∂ U (x, y) ∂ y \u003d ∂ ∫ P (x, y) dx ∂ y + φ y "(y) \u003d Q (x, y) ⇒ φ (y) \u003d ∫ Q (x, y) - ∂ ∫ P (x, y) dx ∂ ydy

Slik fant vi den nødvendige funksjonen U (x, y) \u003d 0.

Eksempel 2

Finn den generelle løsningen for DE (x 2 - y 2) d x - 2 x y d y \u003d 0.

Beslutning

P (x, y) \u003d x 2 - y 2, Q (x, y) \u003d - 2 x y

La oss sjekke om tilstanden ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x er oppfylt:

∂ P ∂ y \u003d ∂ (x 2 - y 2) ∂ y \u003d - 2 y ∂ Q ∂ x \u003d ∂ (- 2 x y) ∂ x \u003d - 2 y

Betingelsen vår er oppfylt.

Basert på beregningene kan vi konkludere med at venstre side av den opprinnelige DE er den totale differensialen til en eller annen funksjon U (x, y) \u003d 0. Vi må finne denne funksjonen.

Siden (x 2 - y 2) d x - 2 x y d y er den totale differensialen til funksjonen U (x, y) \u003d 0, så

∂ U ∂ x \u003d x 2 - y 2 ∂ U ∂ y \u003d - 2 x y

Vi integrerer systemets første ligning over x:

U (x, y) \u003d ∫ (x 2 - y 2) d x + φ (y) \u003d x 3 3 - x y 2 + φ (y)

Nå skiller vi resultatet oppnådd med hensyn til y:

∂ U ∂ y \u003d ∂ x 3 3 - x y 2 + φ (y) ∂ y \u003d - 2 x y + φ y "(y)

Ved å transformere den andre ligningen til systemet får vi: ∂ U ∂ y \u003d - 2 x y. Det betyr at
- 2 x y + φ y "(y) \u003d - 2 x y φ y" (y) \u003d 0 ⇒ φ (y) \u003d ∫ 0 d x \u003d C

hvor C er en vilkårlig konstant.

Vi får: U (x, y) \u003d x 3 3 - x y 2 + φ (y) \u003d x 3 3 - x y 2 + C. Den vanlige integralen i den opprinnelige ligningen er x 3 3 - x y 2 + C \u003d 0.

La oss vurdere en annen metode for å finne en funksjon fra en kjent total differensial. Det innebærer anvendelse av en krumlinjær integral fra et fast punkt (x 0, y 0) til et punkt med variable koordinater (x, y):

U (x, y) \u003d ∫ (x 0, y 0) (x, y) P (x, y) d x + Q (x, y) d y + C

I slike tilfeller avhenger ikke verdien av integralen på noen måte av integrasjonsveien. Vi kan ta en polylinje som integrasjonsvei, hvis lenker er plassert parallelt med koordinataksene.

Eksempel 3

Finn den generelle løsningen på differensiallikningen (y - y 2) d x + (x - 2 x y) d y \u003d 0.

Beslutning

La oss sjekke om tilstanden ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x er oppfylt:

∂ P ∂ y \u003d ∂ (y - y 2) ∂ y \u003d 1-2 y ∂ Q ∂ x \u003d ∂ (x - 2 x y) ∂ x \u003d 1-2 y

Det viser seg at venstre side av differensiallikningen er representert av den totale differensialen til en eller annen funksjon U (x, y) \u003d 0. For å finne denne funksjonen er det nødvendig å beregne den krumlinjære integralen fra punktet (1 ; 1) før (x, y)... La oss ta integreringen av en polylinje hvis segmenter vil passere langs en rett linje y \u003d 1 fra punkt (1, 1) til (x, 1) og deretter fra punkt (x, 1) til (x, y):

∫ (1, 1) (x, y) y - y 2 dx + (x - 2 xy) dy \u003d \u003d ∫ (1, 1) (x, 1) (y - y 2) dx + (x - 2 xy ) dy + + ∫ (x, 1) (x, y) (y - y 2) dx + (x - 2 xy) dy \u003d \u003d ∫ 1 x (1 - 1 2) dx + ∫ 1 y (x - 2 xy) dy \u003d (xy - xy 2) y 1 \u003d \u003d xy - xy 2 - (x 1 - x 1 2) \u003d xy - xy 2

Vi har fått en generell løsning på en differensialligning med formen x y - x y 2 + C \u003d 0.

Eksempel 4

Finn den generelle løsningen på differensiallikningen y · cos x d x + sin 2 x d y \u003d 0.

Beslutning

La oss sjekke om betingelsen ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x er oppfylt.

Siden ∂ (y cos x) ∂ y \u003d cos x, ∂ (sin 2 x) ∂ x \u003d 2 sin x cos x, vil ikke vilkåret bli oppfylt. Dette betyr at venstre side av differensiallikningen ikke er funksjonens totale differensial. Dette er en skillbar differensialligning og andre løsninger er egnet for å løse den.

Hvis du merker en feil i teksten, vennligst velg den og trykk Ctrl + Enter