Različne enačbe v popolnih razlikah. Opis Opis.

Nastavitev problema v dvodimenzionalnem primeru

Obnovite funkcijo več spremenljivk s popolno diferencialom

9.1. Nastavitev problema v dvodimenzionalnem primeru. 72.

9.2. Opis Opis. 72.

To je ena od aplikacij Curvilinear Integral II rodu.

Navedena je izraz popolne diferencialne funkcije dveh spremenljivk:

Poiščite funkcijo.

1. Ker ni nobenega izraza popolna diferencial nekaterih funkcij. U.(x.,y.), potem morate preveriti pravilnost formulacije nalog, to je, preverite potrebno in zadostno stanje celotne diference, ki je za funkcijo 2 spremenljivk. Ta pogoj izhaja iz enakovrednosti izjav (2) in (3) v izreku prejšnjega odstavka. Če se določi pogoj izvede, potem je naloga rešitev, to je funkcija U.(x.,y.) je mogoče obnoviti; Če se stanje ne izvaja, naloga nima rešitve, to je nemogoče obnoviti funkcijo.

2. Poiščite funkcijo v popolnem diferencialu, na primer z uporabo ukrivnega integralnega II rodu, ga izračuna iz vrstice, ki povezuje fiksno točko ( x. 0 ,y. 0) in spremenljivo točko ( x; y.) (Sl. osemnajst let):

Tako je bilo pridobljeno, da je Curvilinear Integral II rodu iz polne diference du.(x.,y.) enaka razliki vrednosti funkcij U.(x.,y.) V končnih in izhodiščih integracijske linije.

Poznavanje tega rezultata, morate nadomestiti namesto tega du. V ukrivljenem sestavnem izrazu in izvedemo izračun integrala na zlomljenem ( ACB.) glede na njegovo neodvisnost od oblike integracijske linije:

na ( Ac.): na ( St.) :

(1)

Tako je bila pridobljena formula, s katero je funkcija 2 spremenljivk obnovljena v skladu s popolnim diferencialom.

3. Funkcijo je mogoče obnoviti na celotno diferencialno le s točnostjo konstantne komponente, od takrat d.(U. + CONT) \u003d du.. Zato, kot posledica reševanja problema, dobimo številne funkcije, ki se med seboj razlikujejo do stalnih komponent.

Primeri (obnavljanje funkcije dveh spremenljivk po celotnem diferencialu)

1. Najdi. U.(x.,y.), če du. = (x. 2 – y. 2)dx. – 2xydy..

Preverite stanje celotne diferencialne funkcije dveh spremenljivk:

Pogoj popolne diference je, to pomeni, da je funkcija U.(x.,y.) Lahko se obnovite.

Preverite: - Prav.

Odgovor: U.(x.,y.) = x. 3 /3 – xy. 2 + C..

2. Poiščite funkcijo, ki je tako

Preverimo potrebne I. dovolj pogojev Popolna diferencialna funkcija treh spremenljivk:, če je izraz podan.

V rešeni nalogi

izdelani so vsi pogoji celotne diference, zato je mogoče obnoviti funkcijo obnovitve (naloga je pravilna).

Funkcijo bomo obnovili z uporabo Curvilinear Integral II gena, ki ga izračunamo vzdolž določene črte, ki povezuje fiksno točko in spremenljivo točko, od takrat

(Ta enakost je prikazana na enak način kot v dvodimenzionalnem primeru).

Po drugi strani pa Curvilinear Integral II rodu iz celotnega diferenciranja ni odvisen od oblike integracijske linije, zato je najlažje, da ga razmisliti iz zlomljenega sestavljenega iz segmentov, ki so vzporedno z osi koordinat. Hkrati, kot fiksno točko, lahko preprosto vzamete točko s posebnimi numeričnimi koordinatami, sledenje le, da na tej točki in na celotni integracijski liniji pogoj ukrivljenega integrala (to je funkcije in so bili neprekinjeni). Upoštevajoč ta komentar v tej nalogi, lahko na primer fiksno točko, na primer točko M 0. Nato na vsako lokoralno povezavo bomo imeli

10.2. Izračun površinske integralne i rod. 79.

10.3. Nekatere aplikacije površinske integralne oblike I. 81.

Lahko se zgodi, da je levi del diferencialne enačbe

to je popolna razlika nekaterih značilnosti:

in zato enačba (7) ima obrazec.

Če je funkcija rešitev enačbe (7), in zato

kjer je konstanten, in obratno, če določena funkcija črpa končno enačbo (8) za identiteto, nato pa razlikovanje nastale identitete, bomo dobili, in zato, kjer - samovoljna stalna je skupni sestavni del prvotne enačbe.

Če so začetne vrednosti podane, se konstanta določi iz (8) in

to je želeni zasebni integral. Če na točki enačba (9) opredeljuje kot implicitno funkcijo.

Za levi del enačbe (7) je popolna diferencial nekaterih funkcij, je to potrebno in dovolj

Če se to stanje, ki ga je določil Euler, izvede, je enačba (7) lahko integrirana. Prav zares. Po drugi strani, . Zato,

Pri izračunu integrala se vrednost šteje za trajno, zato je samovoljna funkcija. Za določitev funkcije razlikujete funkcijo funkcije in, saj smo dobili

Iz te enačbe določamo in integriramo, najdemo.

Kot veste s tečaja matematična analizaTo je še lažje določiti funkcijo v skladu s svojo popolno diferencialom, ki se ukvarjajo med določeno fiksno točko in točko s spremenljivimi koordinatami na kakršen koli način:

Najpogosteje, kot pot integracije, je priročno, da se lomljeno, sestavljeno iz dveh povezav, vzporedno z koordinatnih osi; v tem primeru

Primer. .

Levi del enačbe je popolna diferencial nekaterih funkcij, odkar

Posledično ima splošni integral obrazec

Lahko uporabite drugo metodo za določanje funkcije:

Za izhodišče, smo izbrali, na primer, izvor koordinate, kot pot integracije -Loman. Potem

in skupni integral ima obrazec

Ki sovpada s prejšnjim rezultatom, ki vodi do skupnega imenovalca.

V nekaterih primerih, ko levi del enačbe (7) ni popoln diferencialni, lahko preprosto izbere funkcijo, potem ko pomnožuje, na katero se levi del enačbe (7) spremeni v polno diferencialno. Ta funkcija se imenuje povezovanje faktor. Upoštevajte, da lahko razmnoževanje v integracijski multiplikator privede do nastanka nepotrebnih zasebnih rešitev, ki ta multiplikator nariše na nič.

Primer. .

Očitno je, da po množenju multiplikatorja leva stran spremeni v popolno diferencialno. Dejansko po množenju na sprejem

ali, ki vključujejo ,. \\ t Pomnožitev na 2 in potencial, bomo imeli.

Seveda, ni vedno integrirano multiplikator je tako enostavno izbran. Na splošno, da bi našli integriranje multiplikator, je treba izbrati vsaj eno, ki ni enaka nič, da je zasebna rešitev enačbe v zasebnih derivatih, ali v razporejeni obliki

ki se po delitvi in \u200b\u200bprenosu nekaterih sestavnih delov v drugega dela enakosti daje

V splošnem primeru integracija te delne derivata ni bolj preprosta od vključevanja prvotne enačbe, vendar v nekaterih primerih izbira zasebne rešitve enačbe (11) ne predstavlja težav.

Poleg tega, da verjamem, da je integrirani multiplikator funkcija samo ene argumenta (na primer, deluje samo ali samo, ali samo, ali samo, ali samo, itd), je mogoče enostavno integrirati enačbo (11) in navesti pogoje pod katerim obstaja integracijski dejavnik obravnavanega stanja. Tako se razredi enačb dodelijo, za katere je mogoče enostavno najti integracijski multiplikator.

Na primer, našli bomo pogoje, pod katerimi ima enačba integrirano multiplikato, odvisno od tega, točka. . V tem primeru je enačba (11) poenostavljena in pridobi pogled, od koder, če upoštevamo neprekinjeno delovanje od, dobimo

Če je samo iz funkcije, integrativni multiplikator, odvisno samo na, obstaja in je enak (12), sicer se poveljniški faktor vrste ne obstaja.

Pogoj za obstoj integriranega multiplikatorja, odvisno od tega, na primer, na primer za linearna enačba Or. In zato. Pogoje za obstoj vključevanja tovarn vrst je mogoče najti popolnoma podobno.

Primer. Ali ima enačba integrirani dejavnik vrste?

Označen. Enačba (11) Ko meni, da je pogled, ali

Za obstoj integriranega multiplikatorja določene vrste je potrebno in v predpostavki kontinuitete je dovolj, da je samo funkcija. V ta primer Zato obstaja integracijski multiplikator in je enak (13). Ko dobimo. Pomnožimo prvotno enačbo, dajemo ga obrazcu

Vključevanje, pridobivamo in po motenju bomo imeli ali v polarnih koordinatah - družina logaritmičnih spiral.

Primer. Poiščite obliko ogledala, ki odraža vzporedno to smer Vsi žarki, ki se pojavljajo iz določene točke.

Postavitev porekla koordinat na dano točko in pošljite os Absissa os vzporedno s smerjo, podano pod pogoji opravil. Pustite, da žarek pade na ogledalo na točki. Razmislite o prerezu ogledala z ravnino, ki poteka skozi os abcisa in točko. Te tangence izvajamo na ogledala, ki se obravnava na točki. Od kota padca enaka vogalu Odsevi, nato pa je trikotnik, ki ga je realizirano. Zato,

Pridobljeno enotna enačba Enostavno je integrirati zamenjavo spremenljivk, vendar še lažje, osvoboditi iz iracionalnosti v imenu, ga ponovno napišite v obliki. Ta enačba ima očiten integriran multiplikator ,, (družina parabole).

Ta naloga je še lažje rešiti v koordinatah in, kjer postane enačba prečnega prereza želenih površin.

Možno je dokazati obstoj integriranega faktorja, ali da je enak, obstoj ne-ničelne raztopine enačbe v delnih derivatov (11) v nekem območju, če so funkcije in imajo stalne derivate in vsaj eno od Te funkcije ne privlačijo nič. Posledično se metoda vključevanja faktorja lahko šteje kot splošna metoda vključevanja enačb obrazca, vendar se zaradi težav pri iskanju integriranega multiplikatorja, se ta metoda najpogosteje uporablja v primerih, ko je integracijski multiplikator očiten.

Pokazalo se je, kako prepoznati diferencialno enačbo v popolne razlike. Metode njene rešitve so podane. Podan je primer reševanja enačbe v popolnih razlikah v dveh metodah.

Vsebina

Uvod

Diferencialna enačba prvega reda v popolnih razlikah je enačba oblike:
(1) ,
kjer je levi del enačbe popolna diferencial nekaterih funkcij u (x, y) iz spremenljivk x, y:
.
Kjer.

Če je bila taka funkcija u najdena (x, y)Enačba je v obliki:
du. (x, y) \u003d 0.
Njegov skupni integral:
U. (x, y) \u003d c,
kjer je C stalna.

Če se diferencialna enačba prvega reda evidentira z derivatom: \\ t
,
Potem je enostavno oblikovati (1) . To storite, pomnožite enačbo na dx. Potem. Kot rezultat, dobimo enačbo, izraženo z diferenciari:
(1) .

Lastnosti diferencialne enačbe v popolnih razlikah

Za enačbo (1) To je bila enačba v popolnih razlikah, je potrebno in dovolj za razmerje:
(2) .

Dokaz

Nato verjamemo, da so vse funkcije, ki se uporabljajo v dokazilu, določene in imajo ustrezne izvedene finančne instrumente v določenem območju spremenljivk x in y. Točka X. 0, y 0 spada tudi na to območje.

Dokažemo, da je treba pogoj (2).
Pustite levi del enačbe (1) je diferencial nekaterih funkcij u (x, y):
.
Potem
;
.
Ker drugi izvedeni finančni instrument ni odvisen od postopka razlikovanja, \\ t
;
.
Od tu sledi. Potreba po stanju (2) Dokazano.

Dovolite, da dokažemo ustreznost stanja (2).
Naj se stanje izpolni (2) :
(2) .
Pokažemo, da lahko najdete takšno funkcijo u (x, y)da je njena diferencial:
.
To pomeni, da je takšna funkcija u (x, y)ki izpolnjuje enačbe:
(3) ;
(4) .
Takšno funkcijo najdemo. Vključiti enačbo (3) x od x 0 Do x, glede na to, da je Y stalna:
;
;
(5) .
Razlikovati z Y verjamem, da je x stalna in uporabna (2) :

.
Enačba (4) bo izveden, če
.
Integriramo na y od y 0 do y:
;
;
.
Nadomestek B. (5) :
(6) .
Torej smo našli funkcijo, katere diferencial
.
Dokazano.

V formuli (6) , U. (x 0, y 0) je konstantna - vrednost funkcije u (x, y) V točki X. 0, y 0. Lahko se dodeli kateri koli pomen.

Kako prepoznati diferencialno enačbo v popolnih razlikah

Razmislite o diferencialni enačbi:
(1) .
Če želite ugotoviti, ali je ta enačba v popolnih razlikah, morate preveriti stanje (2) :
(2) .
Če se izvede, je to enačba v popolnih razlikah. Če ne, potem to ni enačba v popolnih razlikah.

Primer

Preverite, ali je enačba popolna razlika:
.

Tukaj
, .
Razlikovanje na Y, štetje X je stalno:


.
Diferencial


.
V kolikor:
,
Navedena enačba je popolna diferencial.

Metode za reševanje diferencialnih enačb v popolnih razlikah

Metoda zaporednega ločevanja diferencialnega

Najenostavnejša metoda reševanja enačbe v popolnih razlikah je metoda zaporednega ločevanja diferencialnega. Za to uporabljamo diferenciacijske formule, zabeležene v diferencialni obliki:
du ± dv \u003d d (U ± V);
v du + u dv \u003d d (UV);
;
.
V teh formulah U in V - poljubnih izrazih, sestavljenih iz vseh kombinacij spremenljivk.

Primer 1.

Rešite enačbo:
.

Pred tem smo ugotovili, da je ta enačba popolna diferencialna. Pretvorimo ga:
(P1) .
Rešujemo enačbo, zaporedno poudarjamo diferencialno.
;
;
;
;

.
Nadomestek B. (P1):
;
.

Metoda dosledne integracije

V tej metodi iščemo funkcijo u (x, y)Zadovoljstvo enačb:
(3) ;
(4) .

Vključiti enačbo (3) Z x, štetje Y trajno:
.
Tukaj φ. (y) - samovoljna funkcija od Y, ki jo je treba določiti. To je stalna integracija. Nameravamo enačbo (4) :
.
Od tod:
.
Vključevanje, iskanje (y) In s tem, u (x, y).

Primer 2.

Rešite enačbo v polni diferenciali:
.

Pred tem smo ugotovili, da je ta enačba popolna diferencialna. Predstavljamo zapis:
, .
Iščemo funkcijo U. (x, y)katerih diferencial je levi del enačbe:
.
Nato:
(3) ;
(4) .
Vključiti enačbo (3) Z x, štetje Y trajno:
(P2)
.
Razlikovanje na Y:

.
Nadomestek B. (4) :
;
.
Integriramo:
.
Nadomestek B. (P2):

.
Splošna integralna enačba:
U. (x, y) \u003d const.
Združujemo dve stalni v eni.

Metoda integracije vzdolž krivulje

Funkcija u, določena z razmerjem:
du \u003d str. (x, y) dx + q (x, y) dy,
lahko najdete, če ta enačba vključite vzdolž krivulje, ki povezuje točke (x 0, y 0) in (x, y):
(7) .
Kolikor
(8) ,
Potem je integral odvisen samo od koordinat začetnega (x 0, y 0) in ultimate. (x, y) Točke in ni odvisna od oblike krivulje. Od (7) in (8) Najti:
(9) .
Tukaj X. 0 in y. 0 - stalna. Zato U. (x 0, y 0) - Tudi konstanta.

Primer take opredelitve U je bil pridobljen v dokazilu:
(6) .
Tu se integracija izvede najprej po oddelku, ki je vzporedna z osjo, od točke (x 0, y 0) do točke (x 0, y) . Integracija se nato izvede z razdelkom vzporedno z osjo X, od točke (x 0, y) do točke (x, y) .

V bolj splošnem primeru morate zastopati enačbo krivulje, ki povezuje točko (x 0, y 0) in (x, y) V parametrični obliki:
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);
in integrira s t 1 od T. 0 t.

Najbolj preprosto vključevanje na segmentni povezovalni točke (x 0, y 0) in (x, y). V tem primeru:
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.
Po zamenjavi je integral t od 0 prej 1 .
Ta metodaVendar pa vodi do precej obsežnih izračunov.

Reference:
V.V. Stepanov, potek diferencialnih enačb, "LCA", 2015.

nekaj \u200b\u200bfunkcij. Če obnovite funkcijo v skladu s popolnim diferencialom, bomo našli skupni integral diferencialne enačbe. Spodaj bo govoril o O. postopek za ponovno vzpostavitev funkcije v skladu s celotnim diferencialom.

Levi del diferencialne enačbe je popolna diferencial nekaterih funkcij. U (x, y) \u003d 0Če je stanje izpolnjeno.

Ker Popolna diferencialna funkcija U (x, y) \u003d 0 To je Torej, ko izpolnjuje pogoj, ki trdi.

Potem, .

Od prve enačbe sistema, ki ga dobimo . Poiščite funkcijo z uporabo druge sistemske enačbe:

Tako bomo našli želeno funkcijo U (x, y) \u003d 0.

Primer.

Poiščite splošno odločitev .

Sklep.

V našem primeru. Stanje se izvaja, ker:

Nato levi del začetnega DU je popolna diferencial nekaterih funkcij. U (x, y) \u003d 0. To funkcijo moramo najti.

Ker je popolna diferencialna funkcija U (x, y) \u003d 0 Zato:

.

Mi integriramo x. 1. Enačba sistema in razlikovanje y. Rezultat:

.

Od 2. enačbe sistema dobimo. Zato:

Kje Od - samovoljna konstanta.

Torej, in skupni integral določene enačbe bo .

Obstaja sekundo metoda za izračun funkcije v celotnem diferencialu. Sestavljen je, da se ukvarjajo s krivuljo iz fiksne točke (x 0, y 0) do točke s spremenljivimi koordinatami (x, y): . V tem primeru je celovita vrednost neodvisna od poti integracije. Priročno je, da se pot vključimo zlomljene, katere povezave so vzporedne z osi koordinat.

Primer.

Poiščite splošno odločitev .

Sklep.

Preverite izvajanje pogoja:

Torej, leva stran DU je popolna diferencial nekaterih funkcij U (x, y) \u003d 0. To funkcijo bomo našli tako, da izračunamo Curvilinear Integral iz točke (1; 1) prej (x, y). Ko je pot integracije vzela zlomljeno: prvi del zlomljenega prehoda v ravni črti y \u003d 1. Od točke (1, 1) prej (x, 1), drugi del poti vzame rezanje naravnost od točke (x, 1) prej (x, y):

Torej, splošna odločitev izgleda takole: .

Primer.

Opredelimo splošno odločitev DU.

Sklep.

Ker To pomeni, da se stanje ne izvede, potem levi del DU ne bo popolna diferencialna funkcija in morate uporabiti drugo metodo raztopine (ta enačba je diferencialna enačba z ločilnimi spremenljivkami).