Pilnųjų diferencialų integravimas

Šį puslapį ar jo dalį reikia sutvarkyti pagal Vikipedijos standartus. Jei galite, sutvarkykite.

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 ${\displaystyle P(x,y),}$ ${\displaystyle Q(x,y)}$ ir jų dalinės išvestinės ${\displaystyle {\partial P \over \partial y},\;{\partial Q \over \partial x}}$ yra tolydžios vienjungėje srityje E, be to, ${\displaystyle {\partial P \over \partial y}={\partial Q \over \partial x},}$ 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 ${\displaystyle u(x,y)=\int _{(x_{0};y_{0})}^{(x;y)}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int _{x_{0}}^{x}P(x,y)dx+\int _{y_{0}}^{y}Q(x_{0},y)dy=}$ ${\displaystyle =\int _{x_{0}}^{x}P(x,y_{0})dx+\int _{y_{0}}^{y}Q(x,y)dy.}$

• Raskime reiškinio ${\displaystyle (ye^{x}-3y^{3})dx+(e^{x}+y-9xy^{2})dy}$ pirmykštę funkciją.

Pažymekime ${\displaystyle P(x,y)=(ye^{x}-3y^{3}),}$ ${\displaystyle Q(x,y)=(e^{x}+y-9xy^{2}).}$ Uždavinį galime išspręsti tada, kai duotasis reiškinys bus pilnasis diferencialas. Taip yra iš tikrųjų, nes dalinės išvestinės ${\displaystyle {\partial P \over \partial y}=ye^{x}-9y^{2}={\partial Q \over \partial x}}$ yra lygios. Tuomet

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

• Išspręskime lygtį

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

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

• Apskaičiuosime integralą ${\displaystyle \int _{(-1;2)}^{(2;3)}ydx+xdy.}$

Kelias yra nuo taško A(-1; 2) iki taško B(2; 3). Duotuoju ateveju funkcijos ${\displaystyle P=y,}$ ${\displaystyle Q=x,}$ ${\displaystyle {\partial P \over \partial y}=1,\;{\partial Q \over \partial x}=1}$ netrūkios ir dalinės išvestinės lygios tarpusavyje. Todėl skaičiuosime šitaip:

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

• Raskime reiškinio ${\displaystyle dF=Pdx+Qdy=(ye^{x}-3y^{3})dx+(e^{x}+y-9xy^{2})dy}$ pirmykštę funkciją F.

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

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

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

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

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

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

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

${\displaystyle F=\int _{x_{0}}^{x}(e^{x}\cos y_{0}+\cot y_{0})dx-\int _{y_{0}}^{y}(e^{x}\sin y+{x \over \sin ^{2}y}-3y^{2})dy=C}$

${\displaystyle \int Pdx=\int (e^{x}\cos y+\cot y)dx=e^{x}\cos y+x\cot y+f_{1}(y);}$

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

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

${\displaystyle e^{x}\cos y+x\cot y+y^{3}=C.}$

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

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

${\displaystyle P(x,y)dx+Q(x,y)dy=du,}$

${\displaystyle du=0,}$

${\displaystyle u(x,y)=C.}$

• ${\displaystyle (1+ye^{xy})dx+(2y+xe^{xy})dy=0;}$

${\displaystyle y|_{x=0}={\sqrt {2e}}.}$

${\displaystyle P=1+ye^{xy},}$ ${\displaystyle Q=2y+xe^{xy},}$

${\displaystyle {\partial P \over \partial y}=e^{xy}+xye^{xy}={\partial Q \over \partial x}.}$

${\displaystyle {\partial u \over \partial x}=1+ye^{xy},}$

${\displaystyle u=\int (1+ye^{xy})dx=x+e^{xy}+C(y);}$

${\displaystyle {\partial u \over \partial y}=2y+xe^{xy}=C'(y)+xe^{xy},}$

${\displaystyle u=\int du=\int (2y+xe^{xy})dy=y^{2}+e^{xy}+C(x);}$

${\displaystyle C(x)=x+C,\;C'(y)=2y,\;C(y)=y^{2}+C;}$

${\displaystyle x+e^{xy}+y^{2}=C,}$

${\displaystyle x=0,}$ ${\displaystyle y={\sqrt {2e}},}$

${\displaystyle 0+e^{0\cdot y}+2e=C,}$

${\displaystyle 1+2e=C;}$

${\displaystyle x+e^{xy}+y^{2}=1+2e.}$

Taip pat skaitykite

• Apibrėžtinis integralas
• diferencialas