Pilnųjų diferencialų integravimas
Jeigu funkcijos P ( x , y ) , {\displaystyle P(x,y),} Q ( x , y ) {\displaystyle Q(x,y)} ir jų dalinės išvestinės ∂ P ∂ y , ∂ Q ∂ x {\displaystyle {\partial P \over \partial y},\;{\partial Q \over \partial x}} yra tolydžios vienjungėje srityje E, be to, ∂ P ∂ y = ∂ Q ∂ x , {\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 u ( x , y ) = ∫ ( x 0 ; y 0 ) ( x ; y ) P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = ∫ x 0 x P ( x , y ) d x + ∫ y 0 y Q ( x 0 , y ) d y = {\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=} = ∫ x 0 x P ( x , y 0 ) d x + ∫ y 0 y Q ( x , y ) d y . {\displaystyle =\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 {\displaystyle (ye^{x}-3y^{3})dx+(e^{x}+y-9xy^{2})dy} pirmykštę funkciją. Pažymekime P ( x , y ) = ( y e x − 3 y 3 ) , {\displaystyle P(x,y)=(ye^{x}-3y^{3}),} Q ( x , y ) = ( e x + y − 9 x y 2 ) . {\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 ∂ P ∂ y = y e x − 9 y 2 = ∂ Q ∂ x {\displaystyle {\partial P \over \partial y}=ye^{x}-9y^{2}={\partial Q \over \partial x}} yra lygios. Tuomet u ( x , y ) = ∫ x 0 x ( y e x − 3 y 3 ) d x + ∫ y 0 y ( e x 0 + y − 9 x 0 y 2 ) d y = ( y e x − 3 x y 2 ) | x 0 x + ( e x 0 y + y 2 2 − 3 x 0 y 3 ) | y 0 y = {\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}=} = y e x − 3 x y 3 − y e x 0 + 3 x 0 y 3 + e x 0 y + y 2 2 − 3 x 0 y 3 − e x 0 y 0 − y 0 2 2 + 3 x 0 y 0 = {\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}=} = y e x − 3 x y 3 + y 2 2 + ( − e x 0 y 0 − y 0 2 2 + 3 x 0 y 0 3 ) = y e x − 3 x y 3 + y 2 2 + C ; {\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 ( x 0 , y 0 ) {\displaystyle (x_{0},y_{0})} koordinačių, vadinasi yra pastovus. Išspręskime lygtį ( e x cos ⁡ y + cot ⁡ y ) d x − ( e x sin ⁡ y + x sin 2 ⁡ y − 3 y 2 ) d y = 0. {\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 P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y {\displaystyle P(x,y)dx+Q(x,y)dy} yra funkcijos u(x, y) pilnasis diferencialas ∂ P ∂ y = ∂ ( e x cos ⁡ y + cot ⁡ y ) ∂ y = − e x sin ⁡ y − 1 sin 2 ⁡ y = ∂ ( − e x sin ⁡ y − x sin 2 ⁡ y + 3 y 2 ) ∂ x = ∂ Q ∂ x , {\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 u ( x , y ) = C . {\displaystyle u(x,y)=C.} Kadangi u ( x , y ) {\displaystyle u(x,y)} yra reiškinio, parašyto kairiojoje lygties pusėje, pirmykštė funkcija, tai ją rasime taikydami kurią nors iš dviejų formulių, pavyzdžiui, antrąją. Gauname: ∫ x 0 x ( e x cos ⁡ y 0 + cot ⁡ y 0 ) d x − ∫ y 0 y ( e x sin ⁡ y + x sin 2 ⁡ y − 3 y 2 ) d y = C ; {\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 y 0 ≠ 0. {\displaystyle 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 , {\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,} 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_{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 , {\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 e x cos ⁡ y + x cot ⁡ y + y 3 = C , {\displaystyle 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 {\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 e x cos ⁡ y + x cot ⁡ y + y 3 = C . {\displaystyle e^{x}\cos y+x\cot y+y^{3}=C.} Jeigu integralo d F = P d x + Q d y ; {\displaystyle dF=Pdx+Qdy;} F = ∫ P d x + Q d y {\displaystyle F=\int Pdx+Qdy} reikšmė nuo integravimo kelio nepriklauso tai galima sukūrti pilnąjį diferencialą. Jei ∂ F ∂ x = P , ∂ F ∂ y = Q , {\displaystyle {\partial F \over \partial x}=P,\;{\partial F \over \partial y}=Q,} tai integruodami gauname F ( x , y ) = ∫ P d x + f 1 ( y ) , F ( x , y ) = ∫ Q d y + f 2 ( x ) . {\displaystyle F(x,y)=\int Pdx+f_{1}(y),\;F(x,y)=\int Qdy+f_{2}(x).} Pavyzdžiui, d F = ( 2 x y + 1 ) d x + ( x 2 + 3 y 2 ) d y . {\displaystyle dF=(2xy+1)dx+(x^{2}+3y^{2})dy.} Integruojant gauname ∫ ( 2 x y + 1 ) d x = x 2 y + x + f 1 ( y ) ; ∫ ( x 2 + 3 y 2 ) d y = y x 2 + y 3 + f 2 ( x ) . {\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 f 1 ( y ) = y 3 + C , {\displaystyle f_{1}(y)=y^{3}+C,} f 2 ( x ) = x + C . {\displaystyle f_{2}(x)=x+C.} Tokiu budu F ( x , y ) = y x 2 + y 3 + x + C . {\displaystyle F(x,y)=yx^{2}+y^{3}+x+C.} Apskaičiuosime integralą ∫ ( − 1 ; 2 ) ( 2 ; 3 ) y d x + x d y . {\displaystyle \int _{(-1;2)}^{(2;3)}ydx+xdy.} Kelias yra nuo taško A(-1; 2) iki taško B(2; 3). Duotuoju ateveju funkcijos P = y , {\displaystyle P=y,} Q = x , {\displaystyle Q=x,} ∂ P ∂ y = 1 , ∂ Q ∂ x = 1 {\displaystyle {\partial P \over \partial y}=1,\;{\partial Q \over \partial x}=1} netrūkios ir dalinės išvestinės lygios tarpusavyje. Todėl skaičiuosime šitaip: ∫ ( − 1 ; 2 ) ( 2 ; 3 ) y d x + x d y = x y | ( − 1 ; 2 ) ( 2 ; 3 ) = 2 ⋅ 3 − ( − 1 ) ⋅ 2 = 6 + 2 = 8. {\displaystyle \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 {\displaystyle dF=Pdx+Qdy=(ye^{x}-3y^{3})dx+(e^{x}+y-9xy^{2})dy} pirmykštę funkciją F. Kadangi ∂ P ∂ y = y e x − 9 y 2 = ∂ Q ∂ x . {\displaystyle {\partial P \over \partial y}=ye^{x}-9y^{2}={\partial Q \over \partial x}.} Tai ∫ P ( x , y ) d x = ∫ ( y e x − 3 y 3 ) d x = y e x − 3 x y 3 ; {\displaystyle \int P(x,y)dx=\int (ye^{x}-3y^{3})dx=ye^{x}-3xy^{3};} ∫ Q ( x , y ) d y = ∫ ( e x + y − 9 x y 2 ) d y = y e x + y 2 2 − 3 x y 3 . {\displaystyle \int Q(x,y)dy=\int (e^{x}+y-9xy^{2})dy=ye^{x}+{y^{2} \over 2}-3xy^{3}.} Matome, kad ∫ P ( x , y ) d x {\displaystyle \int P(x,y)dx} ir ∫ Q ( x , y ) d y {\displaystyle \int Q(x,y)dy} skiriasi tik y 2 2 . {\displaystyle {y^{2} \over 2}.} Vadinasi pirmyktė funkcija yra: F = y e x + y 2 2 − 3 x y 3 + C . {\displaystyle F=ye^{x}+{y^{2} \over 2}-3xy^{3}+C.} Išspręskime lygtį ( e x cos ⁡ y + cot ⁡ y ) d x − ( e x sin ⁡ y + x sin 2 ⁡ y − 3 y 2 ) d y = 0. {\displaystyle (e^{x}\cos y+\cot y)dx-(e^{x}\sin y+{x \over \sin ^{2}y}-3y^{2})dy=0.} Kadangi ∂ P ∂ y = − e x sin ⁡ y − 1 sin 2 ⁡ y = ∂ Q ∂ x , {\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 F = ∫ x 0 x ( e x cos ⁡ y 0 + cot ⁡ y 0 ) d x − ∫ y 0 y ( e x sin ⁡ y + x sin 2 ⁡ y − 3 y 2 ) d y = C {\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} ∫ P d x = ∫ ( e x cos ⁡ y + cot ⁡ y ) d x = e x cos ⁡ y + x cot ⁡ y + f 1 ( y ) ; {\displaystyle \int Pdx=\int (e^{x}\cos y+\cot y)dx=e^{x}\cos y+x\cot y+f_{1}(y);} ∫ Q d y = ∫ ( − e x sin ⁡ y − x sin 2 ⁡ y + 3 y 2 ) d y = e x cos ⁡ y + x cot ⁡ y + y 3 + f 2 ( x ) . {\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 y 3 {\displaystyle y^{3}} , gauname pirmykštę funkciją ir tuo pačiu išsprendžiame lygtį: e x cos ⁡ y + x cot ⁡ y + y 3 = C . {\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: ∫ ( − 1 ; 2 ) ( 2 ; 3 ) ( e x cos ⁡ y + cot ⁡ y ) d x − ( e x sin ⁡ y + x sin 2 ⁡ y − 3 y 2 ) d y = ( e x cos ⁡ y + x cot ⁡ y + y 3 ) | ( − 1 ; 2 ) ( 2 ; 3 ) = {\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)}=} = e 2 cos ⁡ 3 + 2 cot ⁡ 3 + 3 3 − ( e − 1 cos ⁡ 2 − cot ⁡ 2 + 2 3 ) ≈ {\displaystyle =e^{2}\cos 3+2\cot 3+3^{3}-(e^{-1}\cos 2-\cot 2+2^{3})\approx } ≈ 7.389 ⋅ ( − 0.990 ) + 2 ⋅ 1.249 + 27 − ( 0.368 ⋅ ( − 0.416 ) − 1.107 + 8 ) ≈ 31.44322203. {\displaystyle \approx 7.389\cdot (-0.990)+2\cdot 1.249+27-(0.368\cdot (-0.416)-1.107+8)\approx 31.44322203.} P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = d u , {\displaystyle P(x,y)dx+Q(x,y)dy=du,} d u 