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

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

Pažymekime

P(x,y)=(ye^{x}-3y^{3}),

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

{\partial P \over \partial y}=ye^{x}-9y^{2}={\partial Q \over \partial x}

yra lygios. Tuomet

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

Išspręskime lygtį

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

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

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

Kelias yra nuo taško A(-1; 2) iki taško B(2; 3). Duotuoju ateveju funkcijos

P=y,

Q=x,

{\partial P \over \partial y}=1,\;{\partial Q \over \partial x}=1

netrūkios ir dalinės išvestinės lygios tarpusavyje. Todėl skaičiuosime šitaip:

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

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

Kadangi

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

Tai

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

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

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

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

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

Kadangi

{\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

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

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

\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 $y^{3}$ , gauname pirmykštę funkciją ir tuo pačiu išsprendžiame lygtį:

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:

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