Imati standardni pogled$P\left(x,y\desno)\cdot dx+Q\left(x,y\right)\cdot dy=0$, u kojem lijeva strana predstavlja ukupni diferencijal neke funkcije $F\left(x,y\right)$, nazvane jednadžba u puni diferencijali.

Jednačina u totalnim diferencijalima se uvijek može prepisati kao $dF\left(x,y\right)=0$, gdje je $F\left(x,y\right)$ funkcija takva da je $dF\left(x, y\desno)=P\lijevo(x,y\desno)\cdot dx+Q\lijevo(x,y\desno)\cdot dy$.

Integrirajmo obje strane jednačine $dF\left(x,y\right)=0$: $\int dF\left(x,y\right)=F\left(x,y\right) $; integral nulte desne strane jednak je proizvoljnoj konstanti $C$. dakle, zajednička odluka ove jednadžbe u implicitnom obliku ima oblik $F\left(x,y\right)=C$.

Da bi data diferencijalna jednadžba bila jednadžba u totalnim diferencijalima, potrebno je i dovoljno da je uvjet $\frac(\partial P)(\partial y) =\frac(\partial Q)(\partial x) $ biti zadovoljan. Ako je navedeni uslov ispunjen, onda postoji funkcija $F\left(x,y\right)$, za koju možemo napisati: $dF=\frac(\partial F)(\partial x) \cdot dx+\ frac(\partial F)(\partial y)\cdot dy=P\left(x,y\right)\cdot dx+Q\left(x,y\right)\cdot dy$, iz čega dobijamo dva odnosa : $\frac(\ partial F)(\partial x) =P\left(x,y\right)$ i $\frac(\partial F)(\partial y) =Q\left(x,y\right) )$.

Integriramo prvu relaciju $\frac(\partial F)(\partial x) =P\left(x,y\right)$ preko $x$ i dobijamo $F\left(x,y\right)=\int P\ left(x,y\right)\cdot dx +U\left(y\right)$, gdje je $U\left(y\right)$ proizvoljna funkcija od $y$.

Odaberimo ga tako da je zadovoljena druga relacija $\frac(\partial F)(\partial y) =Q\left(x,y\right)$. Da bismo to uradili, diferenciramo rezultujuću relaciju za $F\left(x,y\right)$ u odnosu na $y$ i izjednačimo rezultat sa $Q\left(x,y\right)$. Dobijamo: $\frac(\partial )(\partial y) \left(\int P\left(x,y\right)\cdot dx \right)+U"\left(y\right)=Q\left (x,y\desno)$.

Dalje rješenje je:

• iz posljednje jednakosti nalazimo $U"\left(y\right)$;
• integrisati $U"\left(y\right)$ i pronaći $U\left(y\right)$;
• zamijenite $U\left(y\right)$ u jednakost $F\left(x,y\right)=\int P\left(x,y\right)\cdot dx +U\left(y\right) $ i konačno dobijamo funkciju $F\left(x,y\right)$.

\

Pronalazimo razliku:

Integriramo $U"\left(y\right)$ preko $y$ i nalazimo $U\left(y\right)=\int \left(-2\right)\cdot dy =-2\cdot y$.

Pronađite rezultat: $F\left(x,y\right)=V\left(x,y\right)+U\left(y\right)=5\cdot x\cdot y^(2) +3\ cdot x\cdot y-2\cdot y$.

Opće rješenje pišemo u obliku $F\left(x,y\right)=C$, i to:

Pronađite određeno rješenje $F\left(x,y\right)=F\left(x_(0) ,y_(0) \right)$, gdje je $y_(0) =3$, $x_(0) = 2 $:

Djelomično rješenje ima oblik: $5\cdot x\cdot y^(2) +3\cdot x\cdot y-2\cdot y=102$.

Definicija 8.4. Diferencijalna jednadžba oblika

Gdje
naziva se totalna diferencijalna jednadžba.

Imajte na umu da je lijeva strana takve jednadžbe ukupni diferencijal neke funkcije
.

Općenito, jednačina (8.4) se može predstaviti kao

Umjesto jednačine (8.5), možemo uzeti u obzir jednačinu

,

čije je rješenje opći integral jednačine (8.4). Dakle, za rješavanje jednačine (8.4) potrebno je pronaći funkciju
. U skladu sa definicijom jednačine (8.4), imamo

(8.6)

Funkcija
tražićemo funkciju koja zadovoljava jedan od ovih uslova (8.6):

Gdje - proizvoljna funkcija nezavisna od .

Funkcija
je definisan tako da je zadovoljen drugi uslov izraza (8.6).

(8.7)

Iz izraza (8.7) određena je funkcija
. Zamjenjujući ga u izraz za
i dobiti opšti integral originalne jednačine.

Problem 8.3. Integrirajte jednačinu

Evo
.

Stoga ova jednadžba pripada tipu diferencijalnih jednadžbi u totalnim diferencijalima. Funkcija
potražićemo ga u formi

.

Na drugoj strani,

.

U nekim slučajevima stanje
možda neće biti ispunjeno.

Tada se takve jednadžbe svode na tip koji se razmatra množenjem sa takozvanim integrirajućim faktorom, koji u opšti slučaj, je samo funkcija ili .

Ako neka jednadžba ima integrirajući faktor koji ovisi samo o , tada se određuje formulom

gdje je odnos treba biti samo funkcija .

Slično, integrirajući faktor zavisi samo od , određuje se formulom

gdje je odnos
treba biti samo funkcija .

Odsustvo u datim relacijama, u prvom slučaju, varijable , au drugom - varijabla , su znak postojanja integracionog faktora za datu jednačinu.

Problem 8.4. Svesti ovu jednačinu na jednadžbu u totalnim diferencijalima.

.

Razmotrite odnos:

.

Tema 8.2. Linearne diferencijalne jednadžbe

Definicija 8.5. Diferencijalna jednadžba
naziva se linearnim ako je linearan u odnosu na željenu funkciju , njegov derivat i ne sadrži proizvod željene funkcije i njen izvod.

Opšti oblik linearne diferencijalne jednadžbe predstavljen je sljedećom relacijom:

(8.8)

Ako je u odnosu (8.8) desna strana
, onda se takva jednačina naziva linearno homogena. U slučaju desni deo
, onda se takva jednačina naziva linearno nehomogenom.

Pokažimo da se jednačina (8.8) može integrirati u kvadrature.

U prvoj fazi razmatramo linearnu homogenu jednačinu.

Takva jednačina je jednačina sa odvojivim varijablama. stvarno,

;

/

Posljednja relacija određuje opće rješenje linearne homogene jednačine.

Za pronalaženje općeg rješenja linearne nehomogene jednačine koristi se metoda variranja derivacije konstante. Ideja metode je da je opšte rješenje linearne nehomogene jednadžbe u istom obliku kao i rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe, ali proizvoljna konstanta zamijenjen nekom funkcijom
da se utvrdi. Dakle, imamo:

(8.9)

Zamjenjujući u relaciju (8.8) odgovarajuće izraze
I
, dobijamo

Zamjenom posljednjeg izraza u relaciju (8.9) dobijamo opći integral linearne nehomogene jednačine.

Dakle, opšte rješenje linearne nehomogene jednadžbe je određeno s dvije kvadrature: općim rješenjem linearne homogene jednačine i posebnim rješenjem linearne nehomogene jednačine.

Problem 8.5. Integrirajte jednačinu

Dakle, originalna jednadžba pripada vrsti linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi.

U prvoj fazi naći ćemo opšte rješenje linearne homogene jednačine.

;

U drugoj fazi određujemo opšte rješenje linearne nehomogene jednadžbe, koje se nalazi u obliku

,

Gdje
- funkcija koju treba odrediti.

Dakle, imamo:

Zamjena odnosa za I u originalnu linearnu nehomogenu jednačinu dobijamo:

;

;

.

Opće rješenje linearne nehomogene jednadžbe imat će oblik:

.

U ovoj temi ćemo pogledati metodu vraćanja funkcije iz njenog ukupnog diferencijala, dati primjere problema sa potpuna analiza rješenja.

Dešava se da diferencijalne jednadžbe (DE) oblika P (x, y) d x + Q (x, y) d y = 0 mogu sadržavati potpune diferencijale nekih funkcija na lijevoj strani. Tada možemo pronaći opći integral diferencijalne jednadžbe ako prvo rekonstruiramo funkciju iz njenog ukupnog diferencijala.

Primjer 1

Razmotrimo jednačinu P (x, y) d x + Q (x, y) d y = 0. Lijeva strana sadrži diferencijal određene funkcije U(x, y) = 0. Da bi se to postiglo, mora biti zadovoljen uslov ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x.

Ukupni diferencijal funkcije U (x, y) = 0 ima oblik d U = ∂ U ∂ x d x + ∂ U ∂ y d y. Uzimajući u obzir uslov ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x dobijamo:

P (x, y) d x + Q (x, y) d y = ∂ U ∂ x d x + ∂ U ∂ y d y

∂ U ∂ x = P (x, y) ∂ U ∂ y = Q (x, y)

Transformacijom prve jednačine iz rezultujućeg sistema jednačina možemo dobiti:

U (x, y) = ∫ P (x, y) d x + φ (y)

Funkciju φ (y) možemo pronaći iz druge jednadžbe prethodno dobijenog sistema:
∂ U (x, y) ∂ y = ∂ ∫ P (x, y) d x ∂ y + φ y " (y) = Q (x, y) ⇒ φ (y) = ∫ Q (x, y) - ∂ ∫ P (x , y) d x ∂ y d y

Ovako smo pronašli željenu funkciju U (x, y) = 0.

Primjer 2

Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe (x 2 - y 2) d x - 2 x y d y = 0.

Rješenje

P (x, y) = x 2 - y 2, Q (x, y) = - 2 x y

Provjerimo da li je uvjet ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x zadovoljen:

∂ P ∂ y = ∂ (x 2 - y 2) ∂ y = - 2 y ∂ Q ∂ x = ∂ (- 2 x y) ∂ x = - 2 y

Naš uslov je ispunjen.

Na osnovu proračuna možemo zaključiti da je lijeva strana originalne diferencijalne jednadžbe ukupni diferencijal neke funkcije U (x, y) = 0. Moramo pronaći ovu funkciju.

Kako je (x 2 - y 2) d x - 2 x y d y ukupni diferencijal funkcije U (x, y) = 0, onda

∂ U ∂ x = x 2 - y 2 ∂ U ∂ y = - 2 x y

Integrirajmo prvu jednačinu sistema u odnosu na x:

U (x, y) = ∫ (x 2 - y 2) d x + φ (y) = x 3 3 - x y 2 + φ (y)

Sada razlikujemo rezultirajući rezultat s obzirom na y:

∂ U ∂ y = ∂ x 3 3 - x y 2 + φ (y) ∂ y = - 2 x y + φ y " (y)

Transformisanjem druge jednačine sistema dobijamo: ∂ U ∂ y = - 2 x y . To znači da
- 2 x y + φ y " (y) = - 2 x y φ y " (y) = 0 ⇒ φ (y) = ∫ 0 d x = C

gdje je C proizvoljna konstanta.

Dobijamo: U (x, y) = x 3 3 - x y 2 + φ (y) = x 3 3 - x y 2 + C. Opšti integral originalna jednadžba je x 3 3 - x y 2 + C = 0.

Pogledajmo drugu metodu za pronalaženje funkcije pomoću poznatog totalnog diferencijala. Uključuje upotrebu krivolinijskog integrala od fiksne tačke (x 0, y 0) do tačke sa promenljivim koordinatama (x, y):

U (x, y) = ∫ (x 0, y 0) (x, y) P (x, y) d x + Q (x, y) d y + C

U takvim slučajevima, vrijednost integrala ni na koji način ne ovisi o putu integracije. Kao put integracije možemo uzeti izlomljenu liniju, čije se veze nalaze paralelno sa koordinatnim osa.

Primjer 3

Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe (y - y 2) d x + (x - 2 x y) d y = 0.

Rješenje

Provjerimo da li je uvjet ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x zadovoljen:

∂ P ∂ y = ∂ (y - y 2) ∂ y = 1 - 2 y ∂ Q ∂ x = ∂ (x - 2 x y) ∂ x = 1 - 2 y

Ispada da je lijeva strana diferencijalne jednadžbe predstavljena ukupnim diferencijalom neke funkcije U (x, y) = 0. Da bismo pronašli ovu funkciju, potrebno je izračunati linijski integral tačke (1 ; 1) prije (x, y). Uzmimo kao put integracije izlomljenu liniju, čiji će dijelovi proći pravolinijski y = 1 od tačke (1, 1) do (x, 1), a zatim od tačke (x, 1) do (x, y):

∫ (1 , 1) (x , y) y - y 2 d x + (x - 2 x y) d y = = ∫ (1 , 1) (x , 1) (y - y 2) d x + (x - 2 x y ) d y + + ∫ (x , 1) (x , y) (y - y 2) d x + (x - 2 x y) d y = = ∫ 1 x (1 - 1 2) d x + ∫ 1 y (x - 2) x y) d y = (x y - x y 2) y 1 = = x y - x y 2 - (x 1 - x 1 2) = x y - x y 2

Dobili smo opšte rješenje diferencijalne jednadžbe oblika x y - x y 2 + C = 0.

Primjer 4

Odrediti opšte rješenje diferencijalne jednadžbe y · cos x d x + sin 2 x d y = 0 .

Rješenje

Provjerimo da li je uvjet ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x zadovoljen.

Pošto je ∂ (y · cos x) ∂ y = cos x, ∂ (sin 2 x) ∂ x = 2 sin x · cos x, onda uslov neće biti zadovoljen. To znači da lijeva strana diferencijalne jednadžbe nije potpuni diferencijal funkcije. Ovo je diferencijalna jednadžba sa odvojivim varijablama i druga rješenja su pogodna za njeno rješavanje.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Definicija: Jednačina oblika

P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0, (9)

gdje je lijeva strana ukupni diferencijal neke funkcije dvije varijable, naziva se totalna diferencijalna jednadžba.

Označimo ovu funkciju dvije varijable sa F(x,y). Tada se jednačina (9) može prepisati kao dF(x,y) = 0, a ova jednačina ima opšte rješenje F(x,y) = C.

Neka je data jednadžba oblika (9). Da biste saznali da li se radi o totalnoj diferencijalnoj jednadžbi, morate provjeriti da li je izraz

P(x,y)dx + Q(x,y)dy (10)

ukupni diferencijal neke funkcije dvije varijable. Da biste to učinili, morate provjeriti jednakost

Pretpostavimo da je za dati izraz (10) jednakost (11) zadovoljena u nekoj jednostavno povezanoj domeni (S) i, prema tome, izraz (10) je ukupni diferencijal neke funkcije F(x,y) u (S ).

Razmotrimo sljedeću metodu pronalaženja ovog antiderivata. Potrebno je pronaći funkciju F(x,y) takvu da

gdje će funkcija (y) biti definirana u nastavku. Iz formule (12) onda slijedi da

na svim tačkama regiona (S). Odaberimo sada funkciju (y) tako da jednakost vrijedi

Da bismo to učinili, prepisujemo jednakost (14) koja nam je potrebna, zamjenjujući umjesto F(x,y) njen izraz prema formuli (12):

Hajde da napravimo razliku u odnosu na y pod predznakom integrala (ovo se može učiniti pošto P(x,y) i - kontinuirane funkcije dvije varijable):

Pošto prema (11), onda, zamjenom sa pod predznakom integrala u (16), imamo:

Integracijom preko y nalazimo samu funkciju (y), koja je konstruisana na način da je zadovoljena jednakost (14). Koristeći jednakosti (13) i (14), vidimo da

u području (S). (18)

Primjer 5. Provjerite da li je data diferencijalna jednačina totalna diferencijalna jednačina i riješite je.

Ovo je diferencijalna jednadžba u totalnim diferencijalima. Naime, određivanjem, u to smo uvjereni

a to je neophodan i dovoljan uslov da se izraz

P(x,y)dx+Q(x,y)dy

je ukupni diferencijal neke funkcije U(x,y). Štoviše, to su funkcije koje su kontinuirane u R.

Stoga, da biste integrirali ovu diferencijalnu jednadžbu, morate pronaći funkciju za koju je lijeva strana diferencijalne jednadžbe totalni diferencijal. Neka je takva funkcija U(x,y), onda

Integracijom leve i desne strane preko x dobijamo:

Da bismo pronašli q(y), koristimo činjenicu da

Zamjenom pronađene vrijednosti μ(y) u (*), konačno dobijamo funkciju U(x,y):

Opšti integral originalne jednačine ima oblik

Osnovni tipovi diferencijalnih jednadžbi prvog reda (nastavak).

Linearne diferencijalne jednadžbe

Definicija: Linearna jednačina prvog reda je jednačina oblika

y" + P(x)y = f(x), (21)

gdje su P(x) i f(x) kontinuirane funkcije.

Naziv jednačine objašnjava se činjenicom da je izvod y". linearna funkcija od y, odnosno ako prepišemo jednačinu (21) u obliku y" = - P(x) + f(x), tada desna strana sadrži y samo na prvi stepen.

Ako je f(x) = 0, onda jednačina

yg+ P(x) y = 0 (22)

zove se linearna homogena jednačina. Očigledno, homogena linearna jednačina je jednačina sa odvojivim varijablama:

y" +P(x)y = 0; ,

Ako je f(x) ? 0, zatim jednačina

yg+ P(x) y = f(x) (23)

naziva se linearna nehomogena jednačina.

Generalno, varijable u jednačini (21) se ne mogu odvojiti.

Jednadžba (21) se rješava na sljedeći način: tražit ćemo rješenje u obliku proizvoda dvije funkcije U(x) i V(x):

Nađimo derivat:

y" = U"V + UV" (25)

i zamijenimo ove izraze u jednačinu (1):

U"V + UV" + P(x)UV = f(x).

Grupirajmo pojmove na lijevoj strani:

U"V + U = f(x). (26)

Nametnimo uslov jednom od faktora (24), naime, pretpostavimo da je funkcija V(x) takva da pretvara izraz u uglastim zagradama u (26) u identičnu nulu, tj. da je to rješenje diferencijalne jednadžbe

V" + P(x)V = 0. (27)

Ovo je jednadžba sa odvojivim varijablama, iz nje nalazimo V(x):

Nađimo sada funkciju U(x) takvu da je, s već pronađenom funkcijom V(x), proizvod U V rješenje jednadžbe (26). Da bismo to učinili, potrebno je da U(x) bude rješenje jednačine

Ovo je odvojiva jednačina, dakle

Zamjenom pronađenih funkcija (28) i (30) u formulu (4) dobivamo opće rješenje jednačine (21):

Dakle, razmatrana metoda (Bernoullijeva metoda) reducira rješenje linearna jednačina(21) na rješenje dvije jednačine sa odvojivim varijablama.

Primjer 6. Naći opći integral jednačine.

Ova jednadžba nije linearna u odnosu na y i y", ali ispada da je linearna ako smatramo da je x željena funkcija, a y argument. Zaista, prelazeći na, dobijamo

Za rješavanje rezultirajuće jednačine koristimo metodu zamjene (Bernoulli). Tada ćemo tražiti rješenje jednačine u obliku x(y)=U(y)V(y). Dobijamo jednačinu:

Odaberimo funkciju V(y) tako da. Onda

Diferencijalna jednadžba prvog reda u totalnim diferencijalima je jednadžba oblika:
(1) ,
gdje je lijeva strana jednadžbe ukupni diferencijal neke funkcije U (x, y) iz varijabli x, y:
.
Pri čemu .

Ako se pronađe takva funkcija U (x, y), tada jednačina poprima oblik:
dU (x, y) = 0.
Njegov opšti integral je:
U (x, y) = C,
gdje je C konstanta.

Ako se diferencijalna jednadžba prvog reda napiše u smislu njenog izvoda:
,
onda ga je lako dovesti u formu (1) . Da biste to učinili, pomnožite jednačinu sa dx. Onda . Kao rezultat, dobijamo jednačinu izraženu u terminima diferencijala:
(1) .

Svojstvo diferencijalne jednadžbe u totalnim diferencijalima

Da bi jednačina (1) bila jednadžba u totalnim diferencijalima, potrebno je i dovoljno da relacija vrijedi:
(2) .

Dokaz

Nadalje pretpostavljamo da su sve funkcije korištene u dokazu definirane i da imaju odgovarajuće izvode u nekom rasponu vrijednosti varijabli x i y. Tačka x 0 , y 0 takođe pripada ovom području.

Dokažimo neophodnost uslova (2).
Neka je lijeva strana jednačine (1) je diferencijal neke funkcije U (x, y):
.
Onda
;
.
Pošto drugi izvod ne zavisi od redosleda diferencijacije, onda
;
.
Iz toga sledi da . Neophodan uslov (2) dokazan.

Dokažimo dovoljnost uslova (2).
Neka je uslov zadovoljen (2) :
(2) .
Pokažimo da je moguće pronaći takvu funkciju U (x, y) da je njegov diferencijal:
.
To znači da postoji takva funkcija U (x, y), koji zadovoljava jednačine:
(3) ;
(4) .
Nađimo takvu funkciju. Integrirajmo jednačinu (3) po x od x 0 na x, uz pretpostavku da je y konstanta:
;
;
(5) .
Diferenciramo u odnosu na y, pod pretpostavkom da je x konstanta i primjenjujemo (2) :

.
Jednačina (4) će se izvršiti ako
.
Integrirajte preko y od y 0 do y:
;
;
.
Zamjena u (5) :
(6) .
Dakle, pronašli smo funkciju čiji diferencijal
.
Dovoljnost je dokazana.

U formuli (6) , U (x 0 , y 0) je konstanta - vrijednost funkcije U (x, y) u tački x 0 , y 0. Može mu se dodijeliti bilo koja vrijednost.

Kako prepoznati diferencijalnu jednačinu u totalnim diferencijalima

Razmotrimo diferencijalnu jednačinu:
(1) .
Da biste utvrdili da li je ova jednadžba u totalnim diferencijalima, morate provjeriti uvjet (2) :
(2) .
Ako vrijedi, onda je ova jednadžba u totalnim diferencijalima. Ako ne, onda ovo nije totalna diferencijalna jednadžba.

Primjer

Provjerite je li jednadžba u totalnim diferencijalima:
.

Rješenje

Evo
, .
Razlikujemo u odnosu na y, uzimajući u obzir x konstantu:


.
Hajde da razlikujemo


.
Zbog:
,
onda je data jednadžba u totalnim diferencijalima.

Metode rješavanja diferencijalnih jednadžbi u totalnim diferencijalima

Metoda sekvencijalne diferencijalne ekstrakcije

Većina jednostavna metoda rješavanje jednadžbe u totalnim diferencijalima je metoda sekvencijalne selekcije diferencijala. Da bismo to učinili, koristimo formule diferencijacije napisane u diferencijalnom obliku:
du ± dv = d (u ± v);
v du + u dv = d (uv);
;
.
U ovim formulama, u i v su proizvoljni izrazi sastavljeni od bilo koje kombinacije varijabli.

Primjer 1

Riješite jednačinu:
.

Rješenje

Prethodno smo otkrili da je ova jednadžba u totalnim diferencijalima. Hajde da ga transformišemo:
(P1) .
Jednačinu rješavamo sekvencijalnim izolacijom diferencijala.
;
;
;
;

.
Zamjena u (P1):
;
.

Odgovori

Metoda sukcesivne integracije

U ovoj metodi tražimo funkciju U (x, y), zadovoljavajući jednačine:
(3) ;
(4) .

Integrirajmo jednačinu (3) u x, uzimajući u obzir y konstantu:
.
Ovdje φ (y)- proizvoljna funkcija od y koju treba odrediti. To je konstanta integracije. Zamijenite u jednačinu (4) :
.
Odavde:
.
Integrirajući, nalazimo φ (y) a samim tim i U (x, y).

Primjer 2

Riješite jednačinu u totalnim diferencijalima:
.

Rješenje

Prethodno smo otkrili da je ova jednadžba u totalnim diferencijalima. Hajde da uvedemo sljedeću notaciju:
, .
Traži se funkcija U (x, y), čiji je diferencijal lijeva strana jednadžbe:
.
onda:
(3) ;
(4) .
Hajde da integrišemo jednačinu (3) u x, uzimajući u obzir y konstantu:
(P2)
.
Razlikujte u odnosu na y:

.
Zamenimo unutra (4) :
;
.
Hajde da integrišemo:
.
Zamenimo unutra (P2):

.
Opšti integral jednačine:
U (x, y) = konst.
Kombiniramo dvije konstante u jednu.

Odgovori

Metoda integracije duž krive

Funkcija U definirana relacijom:
dU = p (x, y) dx + q(x, y) dy,
može se naći integracijom ove jednačine duž krivulje koja povezuje tačke (x 0 , y 0) I (x, y):
(7) .
Zbog
(8) ,
tada integral zavisi samo od koordinata početne (x 0 , y 0) i konačno (x, y) tačke i ne zavisi od oblika krive. Od (7) I (8) mi nalazimo:
(9) .
Evo x 0 i y 0 - trajno. Stoga U (x 0 , y 0)- takođe konstantan.

Primjer takve definicije U dobijen je u dokazu:
(6) .
Ovdje se integracija prvo izvodi duž segmenta paralelnog y osi od tačke (x 0 , y 0 ) do tačke (x 0 , y). Zatim se vrši integracija duž segmenta paralelnog sa x osom od tačke (x 0 , y) do tačke (x, y) .

Općenito, trebate predstaviti jednadžbu krive koja povezuje tačke (x 0 , y 0 ) I (x, y) u parametarskom obliku:
x 1 = s(t 1); y 1 = r(t 1);
x 0 = s(t 0); y 0 = r(t 0);
x = s (t); y = r (t);
i integrirati preko t 1 od t 0 do t.

Najlakši način za integraciju je preko segmenta koji povezuje tačke (x 0 , y 0 ) I (x, y). U ovom slučaju:
x 1 = x 0 + (x - x 0) t 1; y 1 = y 0 + (y - y 0) t 1;
t 0 = 0 ; t = 1 ;
dx 1 = (x - x 0) dt 1; dy 1 = (y - y 0) dt 1.
Nakon zamjene, dobijamo integral preko t od 0 prije 1 .
Ova metoda, međutim, dovodi do prilično glomaznih proračuna.

Reference:
V.V. Stepanov, Kurs diferencijalnih jednačina, "LKI", 2015.