Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

Zdjęcie
- - - - -

Równanie różniczkowe zupełne, czynnik całkujący


  • Nie możesz napisać tematu
  • Zaloguj się aby odpowiedzieć
Brak odpowiedzi do tego tematu

#1 Mariusz M

Mariusz M

    Wielki Analityk

  • Użytkownik
  • Redaktor
  • 901 postów
414
Instruktor II
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 09.12.2010 - 22:57

*
Najwyższa ocena

Na początku przypomnijmy jak zdefiniowana jest różniczka zupełna

df=\sum_{i=1}^{n}{\frac{\partial F}{\partial x_{i}}\cdot \mbox{d}x_{i}}

Jeżeli równanie różniczkowe można zapisać w postaci

P\left(x,y\right)\mbox{d}x+Q\left(x,y\right)\mbox{d}y=0

oraz zachodzi równość pochodnych cząstkowych

\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}

to równanie P\left(x,y\right)\mbox{d}x+Q\left(x,y\right)\mbox{d}y=0

nazywamy równaniem różniczkowym zupełnym

Mamy następujące równości

\frac{\partial F\left(x,y\right)}{\partial x}=P\left(x,y\right)\\<br>\\\frac{\partial F\left(x,y\right)}{\partial y}=Q\left(x,y\right)<br>\\

Weźmy najpierw równość

\frac{\partial F\left(x,y\right)}{\partial x}=P\left(x,y\right)<br>\\

Całkując ją względem x otrzymujemy

F\left(x,y\right)=\int{P\left(x,y\right)\mbox{d}x}+\varphi\left(y\right)

Funkcję \varphi\left(y\right) wyznaczamy korzystając z równości

\frac{\partial F\left(x,y\right)}{\partial y}=Q\left(x,y\right)

Przykład

\left(x-y\right)\mbox{d}x+\left(2y-x\right)\mbox{d}y

P\left(x,y\right)=x-y\\<br>\\Q\left(x,y\right)=2y-x<br>\\

Sprawdzamy czy zachodzi równość pochodnych cząstkowych

\frac{\partial P}{\partial y}=-1\\<br>\\\frac{\partial Q}{\partial x}=-1

Z powyższego wynika że zachodzi równość pochodnych cząstkowych więc równanie jest zupełne

\frac{\partial F\left(x,y\right)}{\partial x}=x-y\\<br>\\F\left(x,y\right)=\frac{x^2}{2}-xy+\varphi\left(y\right)<br>\\

Wyznaczmy funkcję \varphi\left(y\right)

\frac{\partial F\left(x,y\right)}{\partial y}=-x+\varphi^{\prime}\left(y\right)=2y-x\\<br>\\\varphi^{\prime}\left(y\right)=2y\\<br>\\\varphi\left(y\right)=y^2+C\\<br>\\

F\left(x,y\right)=\frac{x^2}{2}-xy+y^2+C

Zatem rozwiązaniem równania różniczkowego

\left(x-y\right)\mbox{d}x+\left(2y-x\right)\mbox{d}y

jest

\frac{x^2}{2}-xy+y^2=C


Czynnik całkujący

Mamy równanie różniczkowe postaci

P\left(x,y\right)\mbox{d}x+Q\left(x,y\right)\mbox{d}y=0

ale nie zachodzi równość pochodnych cząstkowych

\frac{\partial P}{\partial y} \neq \frac{\partial Q}{\partial x}

więc zgodnie z tym co wcześniej napisałem nie jest to równanie różniczkowe zupełne

Możemy jednak poszukać takiej funkcji przez którą należy pomnożyć równanie

P\left(x,y\right)\mbox{d}x+Q\left(x,y\right)\mbox{d}y=0

aby równość pochodnych cząstkowych zachodziła
Funkcję tą nazywamy czynnikiem całkującym

Czynnik całkujący zależny od jednej zmiennej

Czynnik zależny od x wyznaczamy w ten sposób

\frac{\mbox{d}\mu}{\mu}=\frac{1}{Q\left(x,y\right)}\cdot \left(\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}-\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}\right)\mbox{d}x

Czynnik zależny od y wyznaczamy w ten sposób

\frac{\mbox{d}\mu}{\mu}=\frac{1}{P\left(x,y\right)}\cdot \left(\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}-\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}\right)\mbox{d}y

Jeżeli jednak czynnik całkujący nie jest zależny od jednej zmiennej to
możemy poszukać czynnika całkującego będącego iloczynem funkcji zależnej od x
i funkcji zależnej od y

\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}-\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}=Q\left(x,y\right)f\left(x\right)-P\left(x,y\right)g\left(y\right)

\varphi\left(x\right)=e^{\int{f\left(x\right)\mbox{d}x}}\\<br>\\\psi\left(y\right)=e^{\int{g\left(y\right)\mbox{d}y}}\\<br>\\\mu\left(x,y\right)=\varphi\left(x\right)\psi\left(y\right)<br>\\

 

===================

</p>\\<p>\frac{\partial \mu\left(x,y\right)P\left(x,y\right)}{\partial y}=\frac{\partial \mu\left(x,y\right)Q\left(x,y\right)}{\partial x}\\<br>\\\mu\left(x,y\right)=\varphi\left(x\right)\psi\left(y\right)\\<br>\\\frac{\partial \varphi\left(x\right)\psi\left(y\right)P\left(x,y\right)}{\partial y}=\frac{\partial \varphi\left(x\right)\psi\left(y\right)Q\left(x,y\right)}{\partial x}\\<br>\\\varphi\left(x\right)\cdot\frac{\mbox{d}\psi\left(y\right)}{\mbox{d}y}P\left(x,y\right)+\varphi\left(x\right)\psi\left(y\right)\cdot\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}=\psi\left(y\right)\cdot\frac{\mbox{d}\varphi\left(x\right)}{\mbox{d}x}\cdot Q\left(x,y\right)+\varphi\left(x\right)\psi\left(y\right)\cdot \frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}\\<br>\\\varphi\left(x\right)\psi\left(y\right)\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}-\varphi\left(x\right)\psi\left(y\right)\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}=\psi\left(y\right)\cdot\frac{\mbox{d}\varphi\left(x\right)}{\mbox{d}x}\cdot Q\left(x,y\right)-\varphi\left(x\right)\cdot\frac{\mbox{d}\psi\left(y\right)}{\mbox{d}y}P\left(x,y\right)\\<br>\\\varphi\left(x\right)\psi\left(y\right)\left(\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}-\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}\right)=\psi\left(y\right)\cdot\frac{\mbox{d}\varphi\left(x\right)}{\mbox{d}x}\cdot Q\left(x,y\right)-\varphi\left(x\right)\cdot\frac{\mbox{d}\psi\left(y\right)}{\mbox{d}y}P\left(x,y\right)\\<br>\\\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}-\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}=\frac{\mbox{d}\varphi\left(x\right)}{\varphi\left(x\right)}\cdot\frac{1}{\mbox{d}x}\cdot Q\left(x,y\right)-\frac{\mbox{d}\psi\left(y\right)}{\psi\left(y\right)}\cdot\frac{1}{\mbox{d}y}\cdot P\left(x,y\right)\\<br>\\\begin{cases}\frac{\mbox{d}\varphi\left(x\right)}{\varphi\left(x\right)}\cdot\frac{1}{\mbox{d}x}=f\left(x\right)\\\frac{\mbox{d}\psi\left(y\right)}{\psi\left(y\right)}\cdot\frac{1}{\mbox{d}y}=g\left(y\right)\end{cases}\\<br>\\\begin{cases}\frac{\mbox{d}\varphi\left(x\right)}{\varphi\left(x\right)}=f\left(x\right)\mbox{d}x\\\frac{\mbox{d}\psi\left(y\right)}{\psi\left(y\right)}=g\left(y\right)\mbox{d}y\end{cases}\\<br>\\\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}-\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}=Q\left(x,y\right)f\left(x\right)-P\left(x,y\right)g\left(y\right)<br><br><br>\\\mu=\mu\left[\omega\left(x,y\right)\right]\\<br>\\P=P\left(x,y\right)\\<br>\\Q=Q\left(x,y\right)\\<br>\\\frac{\partial \mu P}{\partial y}=\frac{\partial \mu Q}{\partial x}\\<br>\\\frac{\partial \mu}{\partial y}P+\mu\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial \mu}{\partial x}Q+\mu\frac{\partial Q}{\partial x}\\<br>\\\frac{\partial \mu}{\partial y}P-\frac{\partial \mu}{\partial x}Q=\mu\frac{\partial Q}{\partial x}-\mu\frac{\partial P}{\partial y}\\<br>\\\frac{\partial \mu}{\partial y}P-\frac{\partial \mu}{\partial x}Q=\mu\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\\<br>\\\frac{\mbox{d}\mu}{\mbox{d}\omega}\cdot\frac{\partial \omega}{\partial y}P-\frac{\mbox{d}\mu}{\mbox{d}\omega}\cdot\frac{\partial \omega}{\partial x}Q=\mu\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\\<br>\\\frac{\mbox{d}\mu}{\mbox{d}\omega}\left(\frac{\partial \omega}{\partial y}P-\frac{\partial \omega}{\partial x}Q\right)=\mu\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\\<br>\\\frac{\mbox{d}\mu}{\mu}=\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}{\frac{\partial \omega}{\partial y}P-\frac{\partial \omega}{\partial x}Q}\mbox{d}\omega\\<br>\\\frac{\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}}{\frac{\partial \omega}{\partial y}P-\frac{\partial \omega}{\partial x}Q}=\varphi\left(\omega\right)\\<br>\\\frac{\mbox{d}\mu}{\mu}=\varphi\left(\omega\right)\mbox{d}\omega</p>\\<p>

 

====================
Przykłady

\left(x^2+y\right)\mbox{d}x-x\mbox{d}y=0

P\left(x,y\right)=x^2+y\\<br>\\Q\left(x,y\right)=-x<br>\\

Sprawdzamy czy zachodzi równość pochodnych cząstkowych

\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}=1\\<br>\\\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}=-1<br>\\

Z powyższego wynika że równość pochodnych cząstkowych nie zachodzi zatem
równanie różniczkowe nie jest zupełne

Gdy przyjrzymy się funkcjom P\left(x,y\right) oraz Q\left(x,y\right)
oraz pochodnym cząstkowym \frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}=1 \qquad \frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}=-1
to zauważymy że czynnik całkujący zależy tylko od zmiennej x

\frac{\mbox{d}\mu}{\mu}=\frac{1}{Q\left(x,y\right)}\cdot \left(\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}-\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}\right)\mbox{d}x\\<br>\\=-\frac{1}{x}\left(1-\left(-1\right)\right)\mbox{d}x\\<br>\\=-\frac{2}{x}\mbox{d}x<br>\\\frac{\mbox{d}\mu}{\mu}=-\frac{2}{x}\mbox{d}x\\<br>\\\ln{|\mu\left(x\right)|}=-2\ln{|x|}\\<br>\\\mu\left(x\right)=\frac{1}{x^2}

Po przemnożeniu równania różniczkowego przez czynnik całkujący otrzymujemy równanie

\left(1+\frac{y}{x^2}\right)\mbox{d}x-\frac{1}{x}\mbox{d}y


P\left(x,y\right)=1+\frac{y}{x^2}\\<br>\\Q\left(x,y\right)=-\frac{1}{x}<br>\\

Sprawdzamy czy rzeczywiście zachodzi równość pochodnych cząstkowych
(Jeżeli poprawnie wyznaczyliśmy czynnik całkujący to równość ta powinna zachodzić)

\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}=\frac{1}{x^2}\\<br>\\\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}=\frac{1}{x^2}<br>\\

Równość pochodnych cząstkowych zachodzi więc równanie jest już zupełne

\left(1+\frac{y}{x^2}\right)\mbox{d}x-\frac{1}{x}\mbox{d}y

\frac{\partial F\left(x,y\right)}{\partial x}=1+\frac{y}{x^2}\\<br>\\F\left(x,y\right)=x-\frac{y}{x}+\varphi\left(y\right)<br>\\

Wyznaczmy teraz funkcję \varphi\left(y\right)

\frac{\partial F\left(x,y\right)}{\partial y}=-\frac{1}{x}+\varphi^{\prime}\left(y\right)=-\frac{1}{x}\\<br>\\\varphi^{\prime}\left(y\right)=0\\<br>\\\varphi\left(y\right)=C<br>\\

F\left(x,y\right)=x-\frac{y}{x}+C

Zatem rozwiązaniem równania różniczkowego

\left(x^2+y\right)\mbox{d}x-x\mbox{d}y=0

jest

x-\frac{y}{x}=C\\<br>\\x-C=\frac{y}{x}\\<br>\\y=x^2-Cx<br>\\


\left(\frac{x}{y}+\frac{2}{3x}\right)\mbox{d}x+\left(\frac{2}{3y}-\frac{1}{xy}\right)\mbox{d}y

P\left(x,y\right)=\frac{x}{y}+\frac{2}{3x}\\<br>\\Q\left(x,y\right)=\frac{2}{3y}-\frac{1}{xy}<br>\\

Sprawdzamy czy zachodzi równość pochodnych cząstkowych

\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}=-\frac{x}{y^2}\\<br>\\\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}=\frac{1}{x^2y}<br>\\

Równość pochodnych cząstkowych nie zachodzi więc równanie różniczkowe nie jest zupełne

Tutaj szukamy czynnika całkującego będącego iloczynem funkcji zależnych od jednej zmiennej

\mu\left(x,y\right)=\varphi\left(x\right)\psi\left(y\right)

\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}-\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}=Q\left(x,y\right)f\left(x\right)-P\left(x,y\right)g\left(y\right)\\<br>\\-\frac{x}{y^2}-\frac{1}{x^2y}=\left(\frac{2}{3y}-\frac{1}{xy}\right)f\left(x\right)-\left(\frac{x}{y}+\frac{2}{3x}\right)g\left(y\right)\\<br>\\-\frac{x}{y^2}-\frac{1}{x^2y}=\left(\frac{2}{3y}-\frac{1}{xy}\right)\cdot \frac{A}{x}-\left(\frac{x}{y}+\frac{2}{3x}\right)\cdot \frac{B}{y}\\<br>\\-\frac{x}{y^2}-\frac{1}{x^2y}=\frac{2A}{3xy}-\frac{A}{x^2y}-\frac{Bx}{y^2}-\frac{2B}{3xy}\\<br>\\\begin{cases}2A-2B=0\\A=1\\B=1\end{cases}<br>\\

Wyznaczmy teraz funkcje \varphi\left(x\right) oraz \psi\left(y\right)

\frac{\mbox{d}\varphi}{\varphi}=\frac{1}{x}\mbox{d}x\\<br>\\\ln{|\varphi\left(x\right)|}=\ln{|x|}\\<br>\\\varphi\left(x\right)=x\\<br>\\\frac{\mbox{d}\psi}{\psi}=\frac{1}{y}\mbox{d}y\\<br>\\\ln{|\psi\left(y\right)|}=\ln{|y|}\\<br>\\\psi\left(y\right)=y\\<br>\\

\mu\left(x,y\right)=xy

Po przemnożeniu równania różniczkowego przez czynnik całkujący otrzymujemy równanie

\left(x^2+\frac{2}{3}y\right)\mbox{d}x+\left(\frac{2}{3}x-1\right)\mbox{d}y

P\left(x,y\right)=x^2+\frac{2}{3}y\\<br>\\Q\left(x,y\right)=\frac{2}{3}x-1<br>\\

Sprawdzamy czy zachodzi równość pochodnych cząstkowych
(Jeżeli poprawnie wyznaczyliśmy czynnik całkujący to równość ta powinna zachodzić)

\frac{\partial P\left(x,y\right)}{\partial y}=\frac{2}{3}\\<br>\\\frac{\partial Q\left(x,y\right)}{\partial x}=\frac{2}{3}<br>\\

Równość pochodnych cząstkowych zachodzi więc równanie jest zupełne

\frac{\partial F\left(x,y\right)}{\partial x}=x^2+\frac{2}{3}y\\<br>\\F\left(x,y\right)=\frac{x^3}{3}+\frac{2}{3}xy+\varphi\left(y\right)<br>\\

Wyznaczmy teraz funkcję \varphi\left(y\right)

\frac{\partial F\left(x,y\right)}{\partial y}=\frac{2}{3}x+\varphi^{\prime}\left(y\right)=\frac{2}{3}x-1\\<br>\\\varphi^{\prime}\left(y\right)=-1\\<br>\\\varphi\left(y\right)=-y+C\\<br>\\F\left(x,y\right)=\frac{x^3}{3}+\frac{2}{3}xy-y+C<br>\\

Zatem rozwiązaniem równania różniczkowego

\left(\frac{x}{y}+\frac{2}{3x}\right)\mbox{d}x+\left(\frac{2}{3y}-\frac{1}{xy}\right)\mbox{d}y

jest

\frac{x^3}{3}+\frac{2}{3}xy-y=C


Użytkownik bb314 edytował ten post 09.04.2014 - 19:26

  • 3

Afroman

    Kombinator

  • Użytkownik
3
  • Płeć:Kobieta

Napisano 25.09.2011 - 17:55