Добавил:

korayakov Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский университет «МИЭТ»

Предмет:

Дифференциальные уравнения

Файл:

Диф.уры Прокофьев / ГЛАВА2Б

.DOC

Скачиваний:

Добавлен:

16.04.2013

Размер:

556.03 Кб

Скачать

☆

§ 4. Уравнения в полных дифференциалах.

Интегрирующий множитель

Рассмотрим дифференциальное уравнение в симметричной форме:

. (1)

Если бы оказалось, что левая часть этого уравнения представляет полный дифференциал некоторой функции , ‑ в этом случае дифференциальное уравнение называют уравнением в полных дифференциалах:

, (2)

то, зная функцию , мы получили бы общий интеграл уравнения (1) в виде:

, (3)

ибо из следует, что .

Как установить, является ли дифференциальное выражение полным дифференциалом некоторой функции, и если это так, то как эту функцию найти?

Предположим, что функции и непрерывны и имеют непрерывные частные производные и внутри некоторой области . Необходимым и достаточным условием того, чтобы выражение было полным дифференциалом, является равенство частных производных:

= (4)

Докажем сначала необходимость условия (4). Если является полным дифференциалом функции , то это значит, что , а . Дифференцируя первое равенство по у, а второе по х, получаем:

Смешанные производные и , будучи непрерывными, как это предполагается условием нашей теоремы, должны совпадать: = . Отсюда следует равенство (4).

Предполагая теперь условие (4) выполненным, мы покажем, что можно будет построить такую функцию , которая своим полным дифференциалом будет иметь . Такая функция , если она существует, должна иметь своими производными по x и у функции и , соответственно:

, (5)

Из первого требования (5) следует, что

; (6)

поскольку при интегрировании у рассматривается как постоянная величина, произвольное постоянное С(у) зависит от у, представляя, таким образом, произвольную функцию от у. При любом выборе этой функции и предела интегрирования, точки , . Следовательно, первое из условий (5) удовлетворено. Далее, функцией С(у) мы постараемся распорядиться так, чтобы удовлетворить и второму требованию (5), чтобы, следовательно,

(7)

Выполняя дифференцирование под знаком интеграла и принимая во внимание условие (4), преобразуем левую часть уравнения (7) следующим образом:

(8)

Отсюда видно, что, для того чтобы выполнялось требование , надо, чтобы С'(у) = N(х₀, у). А это будет иметь место, если положить:

(мы берем ту первообразную, которая при у=y₀ обращается в нуль). Подставляя найденное выражение для С(у) в (6), мы получаем, что

(9)

Таким образом, не только доказано, что при выполнении условия (4) есть полный дифференциал, но вместе с тем найдена функция , полным дифференциалом которой является .

Приравнивая постоянной, согласно с (3) получаем общий интеграл данного дифференциального уравнения:

(10)

который, как видим, выражается в квадратурах.

Установленный метод интегрирования, таким образом, заключается в нахождении функции по ее полному дифференциалу (такая функция называется первообразной, или примитивной этого полного дифференциала). Задача эта допускает неоднозначное решение. Однако все функции, имеющие один и тот же полный дифференциал, отличаются на аддитивную постоянную: если dU(х, у) = dV(х, у), то V(х,у)=U(х,у)+С. Для наших целей отыскания общего интеграла дифференциального уравнения безразлично, какую именно первообразную взять, ибо общий интеграл находится по формуле:

где С ‑ произвольная постоянная. В установленной нами формуле (10) за первообразную взята такая функция , которая в точке обращается в нуль. Самую же точку мы можем выбирать в Q произвольно. Проще всего взять , если только точка (0, 0) принадлежит области Q, в которой непрерывны функции дифференциалу , и их производные и .

Формула (10) не вполне симметрична: под знаком первого интеграла стоит функция двух переменных, а под знаком второго ‑ функция одного переменного у. Если бы построение функции мы начали не с условия , а с условия , то пришли бы к общему интегралу:

. (11)

Справедливость этой формулы можно проверить непосредственно дифференцированием.

Частным случаем уравнения в полных дифференциалах является уравнение с разделенными переменными:

М(х)dx+N(у)dy=0,

к которому приводится уравнение с разделяющимися переменными после их разделения. Действительно, в этом . Решение может быть записано:

к которому в этом случае сводятся обе формулы (10) и (11).

При интегрировании уравнения в полных дифференциалах можно обойтись и вовсе без готовых формул, а искать функцию постепенно, пользуясь знанием ее частных производных:

, . (12)

Из первого равенства (12):

Функцию С(у) далее подбираем так, чтобы удовлетворить и второму условию (12):

Из этого уравнения находим С'(у), а по нему и С(у).

Возникает вопрос, будет ли решение уравнения в полных дифференциалах (1) при заданных начальных условиях единственным?

Докажем, что через любую точку внутри области Q (в которой , , и непрерывны), если только в этой точке не обращаются в нуль обе функции и , проходит единственная интегральная кривая.

Частный интеграл с начальными условиями получаем из (10), положив С=0:

, (13)

где определяется формулой (9) (так , а ).

Положим, что . Тогда, так как , U(x,y) и непрерывны и , т. е. выполнены условия теоремы о неявной функции, можно утверждать, что уравнение (13) определяет единственное решение у=(х), такое, что .

Покажем, что другого решения, удовлетворяющего тем же начальным условиям, у дифференциального уравнения нет. Допустим противное. Пусть функция , такая, что также является решением данного уравнения (1), которое мы перепишем в виде:

Таким образом, по предположению:

Составим теперь функцию и найдем ее производную:

Так как производная функции тождественно равна нулю, то функция эта сохраняет постоянное значение ‑ то, которое она имеет в точке :

Видно, что функция удовлетворяет уравнению (13). А так как у=(х) также удовлетворяет этому уравнению и , то обе функции и у=(х) должны совпадать. Таким образом, решение у=(х) единственное.

В случае, если , а , точно так же можно показать, что через точку проходит единственная интегральная кривая вида: .

Полученные результаты можно сформулировать следующим образом:

Теорема. Уравнение при условии, что в области Q:

1) ,, и непрерывны, 2) =

и 3) и не обращаются одновременно в нуль, имеет общий, интеграл, выражаемый в квадратурах, причем начальными условиями , где ‑ любая точка области Q, определяется единственное решение.

Точка , в которой одновременно и , очевидно является особой.

Предположим, что дифференциальное уравнение является одновременно однородным и в полных дифференциалах. Каким методом его предпочтительнее интегрировать? Оказывается, что в этом случае (если только степень его однородности ) общий интеграл находится вовсе без квадратур, сразу по формуле:

. (14)

Докажем это. Поскольку и ‑ однородные функции степени k, то по теореме Эйлера

; .

Кроме того, из условия следует, что =. Тогда

;

Таким образом,

и если , т. е. , то общим интегралом данного уравнения, очевидно, будет: .

Разбор типовых примеров

Решение: Необходимым условием того, чтобы уравнение (раньше оно обозначалось ) было уравнением в полных дифференциалах, является равенство

Проверим его выполнимость:

Следовательно, условие выполнимо и, значит, (или ). Неизвестную функцию (или ) найдем из условия (или ):

Полученное уравнение (или ), однако, не охватывает множества всех решений данного дифференциального уравнения, так как функции и определены в области D, представляющей собой плоскость с выколотой точкой (0,0) (х²+у²0) и не являющейся односвязной. В таком случае условие не является достаточным, и те кривые, лежащие в области Д, на которых найденная функция не определена, могут быть дополнительными интегральными кривыми. В данном примере это у=0 (или х=0), причем точка (0, 0) устранена.