Pilnųjų diferencialų integravimas

Straipsnis iš Vikipedijos, laisvosios enciklopedijos.

Buvo pasiūlyta šį straipsnį ar skyrių, kaip parašytą vadovėlio stiliumi, perkelti į Vikiknygas.
Taip pat galite šį straipsnį pritaikyti Vikipedijai - perrašyti enciklopediniu stiliumi.

Jeigu funkcijos $P (x, y),$ $Q (x, y)$ ir jų dalinės išvestinės ${\partial P\over \partial y},\;{\partial Q\over\partial x}$ yra tolydžios vienjungėje srityje E, be to, ${\partial P\over \partial y}={\partial Q\over\partial x},$ tuomet reiškinys P(x,y)dx+Q(x,y)dy yra tam tikros funkcijos u(x,y) pilnasis diferencialas du, o pati pirmykštė funkcija u(x,y) išreiškiama formule $u(x,y)=\int_{(x_0;y_0)}^{(x;y)}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int_{x_0}^x P(x,y)dx+\int_{y_0}^y Q(x_0, y)dy=$ $=\int_{x_0}^x P(x,y_0)dx+\int_{y_0}^y Q(x, y)dy.$

Raskime reiškinio $(y e x - 3 y 3) d x + (e x + y - 9 x y 2) d y$ pirmykštę funkciją.

Pažymekime

P (x, y) = (y e x - 3 y 3),

Q (x, y) = (e x + y - 9 x y 2).

Uždavinį galime išspręsti tada, kai duotasis reiškinys bus pilnasis diferencialas. Taip yra iš tikrųjų, nes dalinės išvestinės ${\partial P\over \partial y}=ye^x-9y^2={\partial Q\over\partial x}$ yra lygios. Tuomet

$u(x,y)=\int_{x_0}^x(ye^x-3y^3)dx+\int_{y_0}^y(e^{x_0}+y-9x_0 y^2)dy=(ye^x-3xy^2)|_{x_0}^x+(e^{x_0}y+{y^2\over 2}-3x_0 y^3)|_{y_0}^y=$ $=ye^x-3xy^3-ye^{x_0}+3x_0 y^3+e^{x_0}y+{y^2\over 2}-3x_0 y^3-e^{x_0}y_0-{y_0^2\over 2}+3x_0 y_0=$ $=ye^x-3xy^3+{y^2\over 2}+(-e^{x_0}y_0-{y_0^2\over 2}+3x_0 y_0^3)=ye^x-3xy^3+{y^2\over 2}+C;$ čia konstanta C pažymėtas suskliaustas reiškinys, nes jis priklauso tik nuo taško $(x 0, y 0)$ koordinačių, vadinasi yra pastovus.

Išspręskime lygtį

$(e^x\cos y+\cot y)dx-(e^x\sin y+{x\over \sin^2 y}-3y^2)dy=0.$ Kadangi kairėje esantis reiškinys $P (x, y) d x + Q (x, y) d y$ yra funkcijos u(x,y) pilnasis diferencialas ${\partial P\over \partial y}={\partial (e^x\cos y+\cot y)\over \partial y}=-e^x\sin y-{1\over\sin^2 y}={\partial (-e^x\sin y-{x\over \sin^2 y}+3y^2)\over \partial x}={\partial Q\over \partial x},$ be to, lygus nuliui, todėl ta funkcija lygi konstantai. Taigi duotosios diferencialinės lygties sprendinys yra reiškinys $u (x, y) = C .$ Kadangi $u (x, y)$ yra reiškinio, parašyto kairiojoje lygties pusėje, pirmykštė funkcija, tai ją rasime taikydami kurią nors iš dviejų formulių, pavyzdžiui, antrąją. Gauname: $\int_{x_0}^x(e^x\cos y_0+\cot y_0)dx-\int_{y_0}^y(e^x\sin y+{x\over \sin^2 y}-3y^2)dy=C;$ čia $y_0\neq 0.$ Integruojame: $(e^x\cos y_0+x\cot y_0)|_{x_0}^x-(-e^x\cos y-x\cot y-y^3)|_{y_0}^y=C,$ $e^x\cos y_0+x\cot y_0-e^{x_0}\cos y_0-x_0\cot y_0+e^x\cos y+x\cot y+y^3-e^x\cos y_0-x\cot y_0-y_0^3=C,$ $e^x\cos y+x\cot y+y^3-(e^{x_0}\cos y_0+x_0\cot y_0+y_0^3)=C,$ arba $e x cos y + x cot y + y 3 = C,$ nes pastovųjį dydį $e^{x_0}\cos y_0+x_0\cot y_0+y_0^3$ galima prijungti prie C. Taigi duotosios lygties bendrasisi integralas nusakomas formule $e x cos y + x cot y + y 3 = C .$

Jeigu integralo $d F = P d x + Q d y;$ $F=\int Pdx+Qdy$ reikšmė nuo integravimo kelio nepriklauso tai galima sukūrti pilnąjį diferencialą. Jei ${\partial F\over \partial x}=P, \; {\partial F\over \partial y}=Q,$ tai integruodami gauname $F(x, y)=\int P dx+f_1(y),\; F(x, y)=\int Q dy+f_2(x).$ Pavyzdžiui, $d F = (2 x y + 1) d x + (x 2 + 3 y 2) d y .$ Integruojant gauname $\int(2xy+1)dx=x^2 y+x+f_1(y);\;\int(x^2+3y^2)dy=yx^2+y^3+f_2(x).$ Dešinės pusės sutampa jeigu $f 1 (y) = y 3 + C,$ $f 2 (x) = x + C .$ Tokiu budu $F (x, y) = y x 2 + y 3 + x + C .$

Apskaičiuosime integralą $\int_{(-1; 2)}^{(2; 3)} ydx+xdy.$

Kelias yra nuo taško A(-1; 2) iki taško B(2; 3). Duotuoju ateveju funkcijos

P = y,

Q = x,

${\partial P\over\partial y}=1,\;{\partial Q\over\partial x}=1$ netrūkios ir dalinės išvestinės lygios tarpusavyje. Todėl skaičiuosime šitaip:

$\int_{(-1; 2)}^{(2; 3)} ydx+xdy=xy|_{(-1; 2)}^{(2; 3)}=2\cdot 3-(-1)\cdot 2=6+2=8.$

Raskime reiškinio $d F = P d x + Q d y = (y e x - 3 y 3) d x + (e x + y - 9 x y 2) d y$ pirmykštę funkciją F.

Kadangi ${\partial P\over \partial y}=ye^x-9y^2={\partial Q\over\partial x}.$ Tai

$\int P(x,y)dx=\int(ye^x-3y^3)dx=ye^x-3xy^3;$

$\int Q(x,y)dy=\int(e^x+y-9xy^2)dy=ye^x+{y^2\over 2}-3xy^3.$

Matome, kad $\int P(x,y)dx$ ir $\int Q(x,y)dy$ skiriasi tik ${y^2\over 2}.$ Vadinasi pirmyktė funkcija yra:

$F=ye^x+{y^2\over 2}-3xy^3+C.$

Išspręskime lygtį $(e^x\cos y+\cot y)dx-(e^x\sin y+{x\over \sin^2 y}-3y^2)dy=0.$

Kadangi ${\partial P\over \partial y}=-e^x\sin y-{1\over\sin^2 y}={\partial Q\over\partial x},$ tai galime ieškoti pirmykštę funkciją kairės lygties pusės. Žinome, kad

$F=\int_{x_0}^x(e^x\cos y_0+\cot y_0)dx-\int_{y_0}^y(e^x\sin y+{x\over \sin^2 y}-3y^2)dy=C$

$\int Pdx=\int(e^x\cos y+\cot y)dx=e^x\cos y+x\cot y+f_1(y);$

$\int Qdy=\int(-e^x\sin y-{x\over \sin^2 y}+3y^2)dy=e^x\cos y+x\cot y+y^3+f_2(x).$

Prie pirmo reiškinio pridėję tai ko neturi pirmas reiškinys $y 3$ , gauname pirmykštę funkciją ir tuo pačiu išsprendžiame lygtį:

e x cos y + x cot y + y 3 = C .

Norėdami ja išintegruoti nuo taško A(-1; 2) iki taško B(2; 3), galime daryti taip:

$\int_{(-1; 2)}^{(2; 3)}(e^x\cos y+\cot y)dx-(e^x\sin y+{x\over \sin^2 y}-3y^2)dy=(e^x\cos y+x\cot y+y^3)|_{(-1; 2)}^{(2; 3)}=$ $=e^2\cos 3+2\cot 3+3^3-(e^{-1}\cos 2-\cot 2+2^3)\approx$ $\approx 7.389\cdot(-0.990)+2\cdot 1.249+27-(0.368\cdot(-0.416)-1.107+8)\approx 31.44322203.$