Pilnųjų diferencialų integravimas

Jeigu funkcijos $P(x,y),$ $Q(x,y)$ ir jų dalinės išvestinės $\frac{\partial P}{\partial y},\frac{\partial Q}{\partial x}$ yra tolydžios vienjungėje srityje E, be to, $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x},$ 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 $u(x,y)=\underset{(x_0;y_0)}{\overset{(x;y)}{\int }}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}P(x,y)dx+\underset{y_0}{\overset{y}{\int }}Q(x_0,y)dy=$ $=\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}P(x,y_0)dx+\underset{y_0}{\overset{y}{\int }}Q(x,y)dy.$

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

Pažymekime $P(x,y)=(y{e}^x-3y^3),$ $Q(x,y)=(e^x+y-9x{y}^2).$ Uždavinį galime išspręsti tada, kai duotasis reiškinys bus pilnasis diferencialas. Taip yra iš tikrųjų, nes dalinės išvestinės $\frac{\partial P}{\partial y}=y{e}^x-9y^2=\frac{\partial Q}{\partial x}$ yra lygios. Tuomet

$u(x,y)=\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}(y{e}^x-3y^3)dx+\underset{y_0}{\overset{y}{\int }}(e^{x_0}+y-9x_0{y}^2)dy=(y{e}^x-3x{y}^2){|}_{x_0}^x+(e^{x_0}y+\frac{y^2}{2}-3x_0{y}^3){|}_{y_0}^y=$ $=y{e}^x-3x{y}^3-y{e}^{x_0}+3x_0{y}^3+e^{x_0}y+\frac{y^2}{2}-3x_0{y}^3-e^{x_0}{y}_0-\frac{y_0^2}{2}+3x_0{y}_0=$ $=y{e}^x-3x{y}^3+\frac{y^2}{2}+(-e^{x_0}{y}_0-\frac{y_0^2}{2}+3x_0{y}_0^3)=y{e}^x-3x{y}^3+\frac{y^2}{2}+C;$ čia konstanta C pažymėtas suskliaustas reiškinys, nes jis priklauso tik nuo taško $(x_0,y_0)$ koordinačių, vadinasi yra pastovus.

• Išspręskime lygtį

$(e^x\cos y+\cot y)dx-(e^x\sin y+\frac{x}{{\sin }^{2}y}-3y^2)dy=0.$ Kadangi kairėje esantis reiškinys $P(x,y)dx+Q(x,y)dy$ yra funkcijos u(x, y) pilnasis diferencialas $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial (e^x\cos y+\cot y)}{\partial y}=-e^x\sin y-\frac{1}{{\sin }^{2}y}=\frac{\partial (-e^x\sin y-\frac{x}{{\sin }^{2}y}+3y^2)}{\partial x}=\frac{\partial Q}{\partial x},$ 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: $\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}(e^x\cos y_0+\cot y_0)dx-\underset{y_0}{\overset{y}{\int }}(e^x\sin y+\frac{x}{{\sin }^{2}y}-3y^2)dy=C;$ čia $y_0\ne 0.$ 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 $\frac{\partial F}{\partial x}=P,\frac{\partial F}{\partial y}=Q,$ 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 $\int (2xy+1)dx=x^{2}y+x+f_1(y);\int (x^2+3y^2)dy=y{x}^2+y^3+f_2(x).$ Dešinės pusės sutampa jeigu $f_1(y)=y^3+C,$ $f_2(x)=x+C.$ Tokiu budu $F(x,y)=y{x}^2+y^3+x+C.$

• Apskaičiuosime integralą $\underset{(-1;2)}{\overset{(2;3)}{\int }}ydx+xdy.$

Kelias yra nuo taško A(-1; 2) iki taško B(2; 3). Duotuoju ateveju funkcijos $P=y,$ $Q=x,$ $\frac{\partial P}{\partial y}=1,\frac{\partial Q}{\partial x}=1$ netrūkios ir dalinės išvestinės lygios tarpusavyje. Todėl skaičiuosime šitaip:

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

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

Kadangi $\frac{\partial P}{\partial y}=y{e}^x-9y^2=\frac{\partial Q}{\partial x}.$ Tai

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

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

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

$F=y{e}^x+\frac{y^2}{2}-3x{y}^3+C.$

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

Kadangi $\frac{\partial P}{\partial y}=-e^x\sin y-\frac{1}{{\sin }^{2}y}=\frac{\partial Q}{\partial x},$ tai galime ieškoti pirmykštę funkciją kairės lygties pusės. Žinome, kad

$F=\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}(e^x\cos y_0+\cot y_0)dx-\underset{y_0}{\overset{y}{\int }}(e^x\sin y+\frac{x}{{\sin }^{2}y}-3y^2)dy=C$

$\int Pdx=\int (e^x\cos y+\cot y)dx=e^x\cos y+x\cot y+f_1(y);$

$\int Qdy=\int (-e^x\sin y-\frac{x}{{\sin }^{2}y}+3y^2)dy=e^x\cos y+x\cot y+y^3+f_2(x).$

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:

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

$P(x,y)dx+Q(x,y)dy=du,$

$du=0,$

$u(x,y)=C.$

• $(1+y{e}^{xy})dx+(2y+x{e}^{xy})dy=0;$

$y{|}_{x=0}=\sqrt{2e}.$

$P=1+y{e}^{xy},$ $Q=2y+x{e}^{xy},$

$\frac{\partial P}{\partial y}=e^{xy}+xy{e}^{xy}=\frac{\partial Q}{\partial x}.$

$\frac{\partial u}{\partial x}=1+y{e}^{xy},$

$u=\int (1+y{e}^{xy})dx=x+e^{xy}+C(y);$

$\frac{\partial u}{\partial y}=2y+x{e}^{xy}=C^{\prime }(y)+x{e}^{xy},$

$u=\int du=\int (2y+x{e}^{xy})dy=y^2+e^{xy}+C(x);$

$C(x)=x+C,C^{\prime }(y)=2y,C(y)=y^2+C;$

$x+e^{xy}+y^2=C,$

$x=0,$ $y=\sqrt{2e},$

$0+e^{0\cdot y}+2e=C,$

$1+2e=C;$

$x+e^{xy}+y^2=1+2e.$

Taip pat skaitykite

• Antrojo tipo kreivinis integralas
• Apibrėžtinis integralas
• diferencialas