заочникам / диф ур / Lecture_on_DE_(full)

Тогда

По условию теоремы

D и, следовательно,

∂M

=

∂2u

,

∂N

=

∂2u

.

∂y

∂x∂y

∂x

∂y∂x

∂M

=

∂2u

и

∂N

=

∂2u

– непрерывны в области

∂y

∂x∂y

∂x

∂y∂x

∂2u = ∂2u , ∂x∂y ∂y∂x

∂∂My = ∂∂Nx .

2) Достаточность ( ). Пусть

∂∂My = ∂∂Nx .

Найдем функцию u(x, y) такую, что

du(x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy ,

или, что то же самое, функцию, для которой

∂u	= M (x, y) ,	∂u	= N (x, y) .
∂x		∂y

Сначала найдем любую функцию u(x, y), удовлетворяющую условию

∂∂ux = M (x, y) .

Для этого достаточно проинтегрировать это равенство по x , считая y – постоянной. Получим:

u(x, y) = ∫M (x, y)dx +ϕ( y) ,

где ϕ( y) – произвольная функция.

Теперь необходимо подобрать ϕ( y) так, чтобы выполнялось условие

					∂u	= N (x, y) .
Имеем:					∂y
			(∫M (x, y)dx +ϕ
∂u	=	∂					∂		′
∂y		∂y
						( y))= ∂y (∫M (x, y)dx)+ϕ ( y)
и					∂u	= N (x, y) .
				∂	∂y
							′		= N (x, y) ,
				∂y
					(∫M (x, y)dx)+ϕ ( y)

41

′

∂

(∫M (x, y)dx).

= N (x, y) − ∂y

ϕ

( y)

Следовательно, искомая функция ϕ( y) будет существовать, если

выражение N (x, y) −

∂

(∫M (x, y)dx )не зависит от x . Убедимся в этом,

∂y

x

x , то в

продифференцировав его по

(если выражение не зависит от

результате дифференцирования должен получиться ноль):

∂

N (x, y) −

∂

( M (x, y)dx )

=

∂N

−

∂2

( M (x, y)dx )=

∂y ∫

∂x

∂y∂x ∫

∂x

∂N

∂2

(∫M (x, y)dx )=

∂N

∂ ∂

=

−

−

∫M (x, y)dx =

∂x

∂x∂y

∂x

∂y ∂x

=

∂N

−

∂

(M (x, y))=

∂N

−

∂M

= 0 .

∂x

∂y

∂y

∂x

Итак, выражение N (x, y) −

∂

(∫M (x, y)dx )

действительно не зави-

∂y

сит от x , и, следовательно, проинтегрировав его по y , получим:

∂

∫

N (x, y) −

(

∫

M (x, y)dx )dy +C =ϕ( y)

∂y

и

∂

u(x, y) =

∫

M (x, y)dx +

∫

N (x, y) −

(

∫

M (x, y)dx )dy +C .

∂y

ПРИМЕР 9.1. Найти общий интеграл уравнения

(3x2 +6xy2 )dx +(6x2 y + 4 y3 )dy = 0 .

РЕШЕНИЕ. Имеем

M (x, y) = 3x2 +6xy2 ,

N (x, y) = 6x2 y + 4 y3 ,

∂M

=12xy ,

∂N

=12xy .

∂y

∂x

∂N

Так как условие

∂M

=

выполнено, то уравнение является урав-

∂y

∂x

нением в полных дифференциалах, т. е. левая часть этого уравнения есть полный дифференциал некоторой функции u( x, y) . Найдем эту функцию так, как это было сделано в теореме. Имеем:

1) u(x, y) = ∫M (x, y)dx +ϕ( y) = ∫(3x2 +6xy2 )dx +ϕ( y) = x3 +3x2 y2 +ϕ( y) .

42

∂u

=

∂

(x

3

+3x

2

y

2

+ϕ( y))= 6x

2

′

2)

∂y

∂y

∂u

= N (x, y) = 6x2 y + 4 y3 .

∂y

′

6x

2

y

2

y + 4 y

3

,

+ϕ ( y) = 6x

′

= 4 y

3

и ϕ

( y) = y

4

+C .

ϕ ( y)

Таким образом, получили:

u(x, y) = x3 +3x2 y2 +ϕ( y) = x3 +3x2 y2 + y4 +C ,

иобщий интеграл уравнения будет иметь вид:

x3 + 3x2 y2 + y4 = C .

Существуют и другие способы нахождения функции u(x, y) . Напри-

мер, она может быть найдена по одной из следующих формул, которые появляются при изучении свойств криволинейных интегралов II рода:

x	y
u( x, y) = ∫M (x, y)dx + ∫N (x0 , y)dy +C ,		(9.2)
x0	y0
x	y
u( x, y) = ∫M (x, y0 )dx + ∫N (x, y)dy +C ,		(9.3)
x0	y0

где ( x0 , y0 ) – любая точка области D непрерывности функций M (x, y) ,

x		y
N (x, y) , а интеграл ∫M (x, y)dx в (9.2)		∫N (x, y)dy в (9.3) вычисляется
x0	y0

в предположении, что переменная y (переменная x ) является константой.

ПРИМЕР 9.2. Найти общий интеграл уравнения e−ydx − (2 y + xe−y )dy = 0 .

РЕШЕНИЕ. Имеем
M ( x, y) = e−y ,			N (x, y) = −(2 y + xe−y ) ,
	∂M	= −e− y ,	∂N	= −e− y .
	∂y		∂x

Так как условие ∂∂My = ∂∂Nx выполнено, то уравнение является урав-

нением в полных дифференциалах, т. е. левая часть этого уравнения есть полный дифференциал некоторой функции u( x, y) .

43

Найдем функцию u( x, y) по формуле (9.3). Так как функции M ( x, y) и N ( x, y) определены и непрерывны в любой точке плоскости xOy , то можно взять в качестве точки ( x0 , y0 ) начало координат. Тогда

x			y			x	y
u(x, y) = ∫e0dx − ∫(2 y + xe−y )dy +C = ∫dx − ∫(2 y + xe−y )dy +C =
0			0			0	0
= x		x	−(y2 − xe−y )		y	+C = x − y2 + xe−y − x +C = xe−y − y2 +C .
		0			0

Следовательно, общий интеграл исходного уравнения имеет вид xe−y − y2 = C .

Иногда функцию u(x, y) можно найти, сгруппировав члены выражения M (x, y)dx + N (x, y)dy и приведя его таким образом к виду du(x, y) .

Этот метод получил название метод интегрируемых комбинаций.

ПРИМЕР 9.3. Найти общий интеграл уравнения

2xydx + (x2 −3y 2 )dy = 0.

РЕШЕНИЕ. Имеем								N (x, y) = x2 −3y 2 .
M (x, y) = 2xy ,
		∂M			= 2x ,			∂N	= 2x .
		∂y
						∂N		∂x
Так как условие	∂M		=				выполнено, то уравнение является урав-
	∂y					∂x

нением в полных дифференциалах, т. е. левая часть этого уравнения есть полный дифференциал некоторой функции u( x, y) .

Чтобы найти функцию u( x, y) , группируем члены уравнения следующим образом

(2xydx + x2 dy) −3y 2 dy = 0 .

Имеем

2xydx + x2dy = d (x2 y) и 3y 2 dy = d ( y3 ) .

Следовательно, уравнение можно записать в виде d (x2 y) − d ( y3 ) = 0 ,

d (x2 y − y3 )= 0 .

Таким образом, u(x, y) = yx2 − y3 ,

и общий интеграл исходного уравнения имеет вид yx2 − y3 = C .

44

§ 10. Интегрирующий множитель

Если условие	∂M	=	∂N	не выполнено, то уравнение
	∂y		∂x
			M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0		(10.1)

не является уравнением в полных дифференциалах. Но в некоторых случаях удается подобрать функцию μ(x, y) , после умножения на кото-

рую левая часть уравнения становится полным дифференциалом. Такая функция называется интегрирующим множителем уравнения.

Покажем, как можно в некоторых случаях найти интегрирующий множитель. Поскольку уравнение

μ M (x, y)dx + μ N (x, y)dy = 0

является уравнением в полных дифференциалах, то выполняется условие

∂(μ M ) =

∂(μ N )

,

т. е.

∂y

∂x

∂M

∂N

∂μ

M

+

μ =

∂μ

N +

μ ,

∂y

∂y

∂x

∂x

или

∂M

∂N

∂μ

N −

∂μ

M .

μ

−

=

∂y

∂x

∂x

∂y

Разделив обе части этого равенства на μ , получим

∂M

−

∂N

=

1

∂μ

N −

1

∂μ

M ,

(10.2)

μ

μ

∂y

∂x

∂x

∂y

N	∂ln μ	− M	∂ln μ	=		∂M	−	∂N	.	(10.3)
	∂x		∂y			∂y
								∂x
Таким образом, всякая функция μ ,					удовлетворяющая уравнению

(10.3), является интегрирующим множителем уравнения (10.1). Следовательно, для нахождения μ(x, y) нужно проинтегрировать дифферен-

циальное уравнение в частных производных (10.3). В общем случае эта задача является сложной, поэтому рассмотрим два частных случая.

1) Пусть μ = μ( x) . Тогда условие (10.3) принимает вид

	N	d ln μ				=		∂M	−	∂N
								∂y		∂x
	или		dx
	d ln μ			1			∂M			∂N
			=						−		.
	dx							∂y		∂x
				N
						45

Откуда находим

ln μ(x) = ∫	1		∂M		∂N
			∂y	−	∂x dx +C
	N
и

∫ 1 (∂M − ∂N )dx

μ(x) = e N ∂y ∂x

(так как достаточно иметь какой-нибудь один интегрирующий множитель, то можно взять C = 0 ).

Итак, если выражение

1 ∂M			−	∂N
		∂y
N				∂x

зависит только от x , то интегрирующий множитель μ = μ( x) существу-

	ет и может быть найден из уравнения
		d ln μ =ϕ(x) , где ϕ(x) =	1		∂M	− ∂N
							.	(10.4)
		dx			∂y	∂x
			N

Впротивномслучаеинтегрирующегомножителявида μ( x) несуществует.

2)Пусть μ = μ( y) . Тогда уравнение (10.3) принимает вид

− M

d ln μ

=

∂M

−

∂N

dy

∂y

∂x

или

d ln μ

1

∂M

∂N

= −

−

.

dy

M

∂y

∂x

Откуда находим

1

(∂∂My

− ∂∂Nx )dy

μ( y) = e

− ∫

M

.

Таким образом, если

∂M

− ∂N

1

∂y

M

∂x

зависит только от y , то интегрирующий множитель μ = μ( y) существует и может быть найден из уравнения

	d ln μ	= −ψ ( y) ,	где ψ ( y) =	1		∂M		∂N
							−		.	(10.5)
	dy					∂y		∂x
				M

Впротивномслучаеинтегрирующегомножителявида μ( y) несуществует.

46

ПРИМЕР 10.1. С помощью интегрирующего множителя, найти об-

щий интеграл уравнения (x2 + y2 + x)dx + ydy = 0.
РЕШЕНИЕ. Для данного уравнения
M ( x, y) = x2 + y2 + x ,					N (x, y) = y ,
	∂M	= 2 y ,	∂N	= 0 ,	∂M	−	∂N	= 2 y .
	∂y		∂x		∂y		∂x

Это уравнение не является уравнением в полных дифференциалах, но

отношение	1	∂M		−	∂N	=	1	2 y = 2	не зависит от y . Следовательно,
			∂y				y
	N				∂x

существует интегрирующий множитель μ = μ( x) , который может быть найден из уравнения (10.4):

	d ln μ	=ϕ(x) ,	где ϕ(x) =	1		∂M	−	∂N		= 2 .
	dx					∂y		∂x
				N

Имеем:

	d ln μ		= 2 ,
	dx	или μ(x) = Ce2x ,
ln μ = 2x +C
μ(x) = e2x			(при C =1).

Умножим обе части исходного уравнения на e2x и получим e2x ( x2 + y2 + x)dx + e2x ydy = 0 .

Тогда

du = e2x ( x2 + y2 + x)dx + e2x ydy .

Для нахождения функции u(x, y) применим формулу (9.3), выбрав в качестве точки ( x0 , y0 ) начало координат. В этом случае будем иметь

x		y
u(x, y) = ∫e2x (x2 + x)dx + ∫e2x ydy +C = 1 x2e2x							x +	1 y2e2x		y +C =
0		0		2			0	2		0
=	1 x2e2x +	1 y2e2x +C = 1 e2x (x2			+ y2 )+C .
	2	2		2
Следовательно, общее решение уравнения имеет вид
		1		~
		2	e2x (x2 + y2 )= C
или
	e2x (x2	+ y2 )= C ,			~
				где C = 2C .

47

ПРИМЕР 10.2. Найти общий интеграл уравнения

(x3 + xy2 )dx +(x2 y + y3 )dy + ydx − xdy = 0

Если известно, что для него существует интегрирующий множитель ви-

да μ = μ(x2 + y2 ) .

РЕШЕНИЕ. Если μ = μ(x2 + y2 ) = μ(t) , то

∂μ

=

dμ

∂t =

dμ

2x ,

∂μ

=

dμ

∂t

=

dμ

2 y .

∂x

dt

∂x

dt

∂y

dt

∂y

dt

Следовательно, из (10.2) получаем:

dμ

∂M

−

∂N

=

1

dμ

2xN −

1

2 yM ,

∂y

∂x

μ

dt

μ

dt

∂M

−

∂N

=

1

dμ

(2xN

−2 yM ),

∂y

∂x

μ

dt

∂M

−

∂N

=

d ln μ

(2xN

−2 yM ),

∂y

∂x

dt

d ln μ =

∂M

−

∂N

∂y

∂x

.

(10.6)

2xN −2 yM

dt

Таким образом,

интегрирующий множитель μ = μ(x2 + y2 ) суще-

ствует, если функция

∂M

− ∂N

∂y

∂x

2xN −2 yM

зависит только от t = x2 + y2 , и находится он в этом случае по формуле

(10.6).

Для заданного уравнения

M (x, y) = x3 + xy2 + y ,

N (x, y) = x2 y + y3 − x ,

∂M

= 2xy +1,

∂N

= 2xy −1,

∂M

−

∂N

= 2 ,

∂y

∂x

∂y

∂x

∂M −

∂N

2

1

∂y

∂x

=

= −

.

2xN −2 yM

x2 + y2

2x(x2 y + y3 − x) −2 y(x3 + xy2 + y)

Следовательно, интегрирующий множитель

μ = μ(x2 + y2 ) = μ(t)

существует. Из уравнения (10.6) находим:

48

d ln μ

= −

1

= −

1

,

x

2 + y2

t

dt

d ln μ = − dt

t

C

ln μ = −ln t +C

или

μ

=

,

1

1

t

μ

=

=

(при C =1).

t

x2 + y2

Умножив заданное дифференциальное уравнение на

1

, получим:

x2 + y2

x3 + xy2

dx +

x2 y + y3

dy +

ydx

−

xdy

= 0

,

x2 + y2

x2 + y2

x2 + y2

x2 + y2

xdx + ydy +

ydx

−

xdy

= 0 ,

x2 + y2

x2 + y2

y

x

2

2 + x

2

2

= 0 .

+ y

dx + y −

+ y

dy

x

x

По формуле (9.3) (полагая x0 =1,

y0 = 0 ) находим:

x

0

y

x

u( x, y) = ∫

∫

2

2 + x dx +

2

2

+C ,

+0

y −

+ y

dy

1

x

0

x

u( x, y)

x2

x y2

1

y

y

=

+

− x

arctg

+C ,

2

1

2

x

x

0

u( x, y) =

x2

1

y

2

y

+C .

−

+

−arctg

2

2

2

x

Следовательно, общий интеграл заданного дифференциального

уравнения имеет вид

x2

2

y

y

~

+

−arctg

= C

2

2

или

x

y

~

x2 + y2 −2 arctg

= C ,

где C =

2C .

x

49

§11. Дифференциальные уравнения первого порядка, не разрешенные относительно производной

До сих пор рассматривались дифференциальные уравнения первого порядка, разрешенные относительно производной, то есть уравнения, которые можно было записать в виде

y′ = f (x, y) .

(11.1)

В общем случае дифференциальное уравнение первого порядка имеет вид:

′	(11.2)
F( x, y, y ) = 0 ,

причем непосредственный переход от уравнения вида (11.2) к уравнению вида (11.1) не удается. Такие уравнения называются не разрешен-

ными относительно производной.

Рассмотрим некоторые частные случаи уравнений, не разрешенных относительно производной, и укажем способы их интегрирования.

11.1. Уравнения, разрешаемые относительно y′ неоднозначно

Пусть уравнение (11.2) таково, что его можно разрешить (в элементарных функциях) относительно y′ неоднозначно. Т. е. уравнение (11.2)

эквивалентно k различным уравнениям
y′ = f1 (x, y), y′ = f2 (x, y), y′ = f3 (x, y),	K, y′ = fk (x, y) .	(11.3)
Предположим, что для каждого из уравнений (11.3) найден общий
интеграл:	Φk (x, y,C) =0.	(11.4)
Φ1(x, y,C) =0, Φ2 (x, y,C) =0, K,

Совокупность общих интегралов (11.4) называется общим интегралом уравнения, разрешаемого относительно y′ неоднозначно. Эту совокуп-

ность можно записать в виде

Φ1(x, y,C) Φ2 (x, y,C) K Φk (x, y,C) = 0 .

Замечание. Если уравнение (11.2) разрешается относительно y′ неоднозначно, то через каждую точку (x0 , y0 ) области, в которой

рассматривается это уравнение, будет проходить не менее k интегральных кривых. Однако условие единственности для этой точки будет считаться нарушенным только в том случае, когда хотя бы две кривые в этой точке будут иметь общую касательную. Т. е. если fi (x0 , y0 ) ≠ f j (x0 , y0 ) (i ≠ j ) и через точку (x0 , y0 ) не проходят осо-

бые кривые семейств Φi (x, y,C) = 0 (i =1, k ), то решение уравнения, удовлетворяющее условию y(x0 ) = y0 считается единственным.

50