Определение. Дифференциальное уравнение первого порядка вида

P (x, y) dx + Q (x, y) dy =0 называетс я уравнением в полных дифференциалах, если выполняется равенство

Очевидно, что если P(x,y)dx + Q(x,y)dy = d[ u(x,y)], то  Укажем простой способ восстановления функции по полному дифференциалу. Проинтегрируем слагаемые правой части уравнения по своей переменной, считая вторую константной:

Здесь f(y) и φ(x) произвольные постоянные, зависящие от противоположных переменных интегрирования. Теперь, выбирая одну из функций или и добавляя из другой.те функции которых нет в первой, получим восстановленную функцию u(x,y). Приравнивая полученную функцию произвольной постоянной, получаем решение уравнения.

Пример 5.1. (x + y +1)dx + (x – y² + 3)dy = 0.

Убедимся, что правая часть является полным дифференциалом -  Проинтегрируем слагаемые уравнения -  Выбираем первообразную первого интеграла -  и к ней добавляем функции первообразной второго интеграла, которых нет в первой первообразной. Таким образом получаем решение

Лекция 4.

Заключение. Основная трудность при решении дифференциальных уравнений первого порядка заключается в определении типа уравнения. Для этого дифференциальное уравнение необходимо, разрешая его относительно производной

y’ =  и произведя необходимые преобразования, привести к виду y’ = f(x,y). Тогда, если

1. y’ = f(x)·φ(y), то это уравнение с разделяющимися переменными;

2. y’ = f(y/x), то это однородное дифференциальное уравнение;

3. y’ = f(x)y + q(x), то это уравнение линейное;

4. y’ = f(x)y + q(x)yⁿ, то это уравнение Бернулли;

5. то следует проверить условие  причем, если перед дробью стоит знак минус, то одну из функций надо брать со знаком минус. Если равенство выполняется, то уравнение в полных дифференциалах.

Пример 5.2. Определить тип дифференциального уравнения.

1.(2xy- 1)dx + (x² – 1)dy = 0;  2.(y² + x²)dy + (2xy – y²)dx = 0; 3.(y+y·e^x)dy=e^xdx; 4. y’ – y + y²Cosx = 0; 5. .

Решение. 1..(2xy- 1)dx + (x² – 1)dy = 0 →(x² – 1)dy = - (2xy- 1)dx→  Так как правая часть состоит из 2-х слагаемых, одно из которых содержит функцию в первой степени, а второе зависит только от аргумента, т.еy’ = p(x)y+q(x),то это линейное уравнение.

2. (y² + x²)dy + (2xy – y²)dx = 0→(y² + x²)dy = - (2xy – y²)dx→  Нетрудно видеть, что правая часть есть функция, зависящая от отношения переменных, т.е. y’ = f(y/x). Это уравнение однородное.

3. (y+y·e^x)·dy=e^x·dx; →  Правая часть приведены к произведению 2-х функций, каждая из которых зависит лишь от одной переменной, т.е. y’= f(x)·φ(y). Следовательно это уравнение с разделяющимися переменными.

4. y’ – y + y²Cosx = 0 → y’ = y - y²Cosx. Правая часть сумма двух слагаемых: в одно функция входит линейно (в первой степени), во второе – в степени. Имеем уравнение Бернулли y’ = p(x)y - yⁿ·f(x).

5.

.  Анализируя правую часть уравнения, можно заметить, что правую часть не представляется возможным представить в виде f(x)·φ(y) или f(y/x) и, следовательно, дифференциальное уравнение не может быть однородным или с разделяющимися переменными. Преобразуем правую часть, выделив линейную функцию  Теперь видно, что правая часть есть сумма двух слагаемых: в одно функция входит линейно (в первой степени), во второе – в степени -1. Это дифференциальное уравнения Бернулли. С другой стороны, нетрудно убедиться, что выполняется условие полного дифференциала:  Так как процесс восстановления функции по полному дифференциалу более простой применяем его для отыскания решения. Найдем решение восстановив функцию.

Таким образом, получаем решение  или 3ln(x²+y²)+2x³=C.