Równanie zupeªne, czynnik caªkuj¡cy
Denicja 1. Równaniem ró»niczkowym zupeªnym nazywamy równanie postaci:
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (1)
którego lewa strona jest ró»niczk¡ zupeªn¡ pewnej funkcji dwóch zmiennych F (x, y) okre±lonej w obszarze D (funkcje P (x, y), Q(x, y) s¡ okre±lone i ci¡gªe w D). Caªka ogólna równania (1) ma posta¢:
F (x, y) = c, (2)
gdzie c jest dowoln¡ staª¡.
Na podstawie denicji zachodz¡ nast¦puj¡ce zwi¡zki:
∂F
∂x = P (x, y), ∂F
∂z = Q(x, y).
Twierdzenie 1. Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, aby przy zaªo»eniach ci¡gªo±ci funkcji P (x, y), Q(x, y), ∂P∂y, ∂Q∂x w obszarze jednospójnym D wyra»enie P (x, y)dx + Q(x, y)dy byªo ró»niczk¡ zupeªn¡, jest warunek:
∂P
∂y = ∂Q
∂x. (3)
Zaprezentuj¦ teraz sposób szukania rozwi¡zania. Najpierw korzysta si¦ albo z warunku∂F (x,y)∂x = P (x, y) albo z ∂F (x,y)∂y = Q(x, y). Skorzystajmy z pierwszego. Caªkuj¡c to równanie od x0 do x:
x
Z
x0
∂F (ξ, y)
∂ξ dξ =
x
Z
x0
P (ξ, y)dξ
st¡d
F (x, y) − F (x0, y) =
x
Z
x0
P (ξ, y)dξ. (4)
Ró»niczkuj¡c po y i korzystaj¡c z F (x,y)∂y = Q(x, y) oraz ∂P∂y = ∂Q∂x mamy
Q(x, y) = Fy0(x0, y) +
x
Z
x0
∂Q(ξ, y)
∂ξ dξ, wi¦c
Q(x, y) = Fy0(x0, y) + Q(x, y) − Q(x0, y), ⇒ F (x0, y) =
y
Z
y0
Q(x0, η)dη.
Wstawiaj¡c powy»sz¡ posta¢ F (x0, y) do (4) otrzymujemy rozwi¡zanie postaci:
F (x, y) =
x
Z
x0
P (ξ, y)dξ +
y
Z
y0
Q(x0, η)dη.
Zaªó»my teraz, »e równanie
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (5)
nie jest zupeªne tzn. nie jest speªniony warunek (3), a funkcje P (x, y), Q(x, y) ∈ C1(D).
Denicja 2. Funkcj¦ µ(x, y) ∈ C1(D)ró»n¡ od zera nazywamyczynnikiem caªkuj¡cymrównania (5), je»eli równanie to po obustronnym przemno»eniu przez µ(x, y) :
µ(x, y)P (x, y)dx + µ(x, y)Q(x, y)dy = 0 (6) jest równaniem ró»niczkowym zupeªnym. Oznacza to, »e speªniony jest warunek:
∂(µ · P )
∂y = ∂(µ · Q)
∂x . (7)
Równanie (7) mo»na zapisa¢ w postaci:
∂µ
∂yP + ∂P
∂yµ = ∂µ
∂xQ + ∂Q
∂xµ ⇔ ∂µ
∂yP −∂µ
∂xQ = µ ∂Q
∂x −∂P
∂y.
(8) Znalezienie czynnika caªkuj¡cego nie jest w przypadku ogólnym rzecz¡ ªatw¡. Wybrane przy- padki, dla których mo»na w prosty sposób wyznaczy¢ µ(x, y) :
Przypadek 1. Je»eli P (x, y), Q(x, y) ∈ C1(D), Q(x, y) 6= 0 oraz wyra»enie:
∂P
∂y − ∂Q∂x
Q(x, y) (9)
jest funkcj¡ zale»n¡ tylko od zmiennej x, to istnieje czynnik caªkuj¡cy równania (5). Czynnik ten równie» zale»y tylko do zmiennej x i zadany jest równo±ci¡
µ(x) = e
R
∂P
∂y−∂Q
∂x Q(x,y) dx
. (10)
Dowód. Z równania (8) wynika, »e je»eli zachodzi warunek (9) to µ(x, y) = µ(x). Wówczas
∂µ
∂x = dµ
dx oraz ∂µ
∂y = 0.
Zatem z równania (8) mamy:
1 µ
dµ dx = 1
Q
∂P
∂y −∂Q
∂x
.
St¡d, poniewa» prawa i lewa strona zale»y tylko o zmiennej x, mamy Z dµ
µ = Z 1
Q
∂P
∂y − ∂Q
∂x
dx ⇒ ln |µ| = Z 1
Q
∂P
∂y −∂Q
∂x
dx + ln |C|, a zatem czynnik caªuj¡cy µ z dokªadno±ci¡ do staªej jest postaci:
µ(x) = e
R
∂P
∂y−∂Q
∂x Q(x,y) dx
.
Przypadek 2. Je»eli P (x, y), Q(x, y) ∈ C1(D), P (x, y) 6= 0 oraz wyra»enie:
∂Q
∂x − ∂P∂y
P (x, y) (11)
jest funkcj¡ zale»n¡ tylko od zmiennej y, to istnieje czynnik caªkuj¡cy równania (6). Czynnik ten równie» zale»y tylko do zmiennej y i zadany jest równo±ci¡
µ(y) = e
R
∂Q
∂x− ∂P
∂y P (x,y) dy
. (12)
Dowód. Tym razem z (8) mamy, »e je»eli zachodzi warunek (11) to µ(x, y) = µ(y). Wtedy
∂µ
∂y = dµ
dy oraz ∂µ
∂x = 0.
Na tej podstawie z równania (8) mamy:
1 µ
dµ dy = 1
P
∂Q
∂x −∂P
∂y
. A poniewa» zarówno prawa jak i lewa strona zale»y od y, mamy
Z dµ µ =
Z 1 P
∂Q
∂x − ∂P
∂y
dy ⇒ ln |µ| = Z 1
P
∂Q
∂x −∂P
∂y
dy + ln |C|, a zatem czynnik caªuj¡cy µ z dokªadno±ci¡ do staªej jest postaci:
µ(y) = e
R
∂Q
∂x− ∂P
∂y P (x,y) dx
.
Przypadek 3. Je»eli P (x, y), Q(x, y) ∈ C1(D), xP (x, y) − yQ(x, y) 6= 0 oraz wyra»enie:
∂Q
∂x − ∂P∂y xP (x, y) − yQ(x, y)
jest funkcj¡ iloczynu xy, to istnieje czynnik caªkuj¡cy równania (6). Czynnik ten zale»y iloczynu xy i zadany jest równo±ci¡
µ(u) = e
R
∂Q
∂x− ∂P
∂y xP (x,y)−yQ(x,y)du
, (13)
gdzie u = xy.
Dowód. Niech czynnik caªkuj¡cy b¦dzie funkcja iloczynu xy. Poka»emy, »e wyra»a si¦ on wówczas wzorem (13). Oznaczmy µ(x, y) = η(u), gdzie u = xy. Wówczas:
∂µ
∂x = ∂µ
∂u
∂u
∂x = dη
duy oraz ∂µ
∂y = ∂µ
∂u
∂u
∂y = dη dux.
Wówczas z (8) mamy
xdη
duP − ydη
duQ = η ∂Q
∂x − ∂Q
∂y
⇔ dη
η =
∂Q
∂x − ∂P∂y xP − yQdu.
Skoro lewa strona zale»y od iloczynu xy = u i prawa jest funkcja xy to caªkuj¡c mamy:
Z dη η =
Z ∂Q
∂x − ∂P∂y
xP − yQdu ⇒ ln |η| = Z ∂Q
∂x − ∂P∂y
xP − yQdu + ln |C|, C 6= 0.
Wtedy czynnik caªkuj¡cy z dokªadno±ci¡ do niezerowej staªej ma posta¢:
η(u) = e
R
∂Q
∂x− ∂P
∂y xP −yQ du
Przypadek 4. Niech równanie ró»niczkowe
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0, (14)
które nie jest równaniem zupeªnym, mo»na przedstawi¢ w postaci
[P1(x, y)dx + Q1(x, y)dy] + [P2(x, y)dx + Q2(x, y)dy] = 0.
Ponadto niech µ1 b¦dzie czynnikiem caªkuj¡cym, a F1(x, y)rozwi¡zaniem równania
P1(x, y)dx + Q1(x, y)dy = 0 (15)
oraz µ2 b¦dzie czynnikiem caªkuj¡cym, a F2(x, y) rozwi¡zaniem równania
P2(x, y)dx + Q2(x, y)dy = 0. (16)
Wówczas je»eli istniej¡ funkcje Φ oraz Ψ takie, »e
µ1Φ(F1) = µ2Φ(F2), to czynnik caªkuj¡cy równania (14) jest postaci:
µ(x, y) = µ1Φ(F1) = µ2Φ(F2) Przykªad 1. Rozwi¡» równanie:
(3x2 + y2)dx + 2y(x − 1)dy = 0. (17) Rozwi¡zanie: Najpierw z warunku koniecznego i dostatecznego ∂P∂y = ∂Q∂x sprawdzamy, czy dane równanie jest zupeªne (jest ró»niczk¡ zupeªn¡ pewnej funkcji):
∂P
∂y = 2y, ∂Q
∂x = 2y.
Zatem warunek ten jest speªniony w dowolnym obszarze jednospójnym np. na pªaszczy¹nie, a wi¦c istniej taka funkcja F (x, y), »e:
∂F
∂x = 3x2+ y2 oraz ∂F
∂y = 2y(x − 1). (18)
Wyznaczmy F (x, y). Aby to zrobi¢ nale»y np. pierwsze równanie tzn. ∂F∂x = 3x2 + y2 zcaªkowa¢
wzgl¦dem x zakªadaj¡c, »e y jest staª¡ (pami¦taj¡c przy tym, »e staªa b¦dzie zale»e¢ od zmiennej y):
F (x, y) = Z
(3x2+ y2)dx = x3+ xy2+ φ(y). (19) Funkcj¦ φ(y) wyznaczamy korzystaj¡c z drugiego równania (18). W tym celu ró»niczkujemy funkcj¦
F (x, y)z (19) po zmiennej y:
∂F
∂y = 2xy + φ0(y).
St¡d porównuj¡c z drugim równaniem ∂F∂y = 2y(x − 1) mamy
φ0(y) = −2y =⇒ φ(y) = −y2. (20)
Podstawiaj¡c (20) do (19) dostajemy:
F (x, y) = x3+ xy2− y2
Ostatecznie zatem na podstawie (2) caªka ogólna równania (17) ma posta¢:
x3+ xy2− y2 = c, gdzie c to dowolna staªa.
Przykªad 2. Rozwi¡» równanie:
y2(x − 3y)dx + (1 − 3xy2)dy = 0. (21) Rozwi¡zanie: Sprawdzamy, czy równanie (21) jest zupeªne. Liczymy:
∂P
∂y = 2xy − 9y2 ∂Q
∂x = −3y2. Zatem, poniewa» nie jest speªniony warunek konieczny:
∂P
∂y 6= ∂Q
∂x równanie to nie jest zupeªne.
Sprawd¹my, czy istnieje czynnik caªkuj¡cy. Sprawdzamy, czy zachodzi przypadek 1:
∂P
∂y − ∂Q∂x
Q(x, y) = 2xy − 9y2+ 3y2
1 − 3xy2 = 2xy − 6y2 1 − 3xy2 ,
poniewa» funkcja po prawej stronie powy»szego wyra»enia nie zale»y od x (nie s¡ mo»liwe takie operacje aby to wykaza¢), zatem przypadek 1 nie zachodzi. Badamy, czy speªniony jest przypadek
2: ∂Q
∂x − ∂P∂y
P (x, y) = −3y2− 2xy + 9y2
y2(x − 3y) = 6y2− 2xy
y2(x − 3y) = −2(xy − 3y2) y(xy − 3y2) = −2
y ,
tutaj wyra»enie po prawej stronie zale»y tylko od zmiennej y. Zatem czynnika caªkuj¡cego b¦dziemy szuka¢ z (12):
µ(y) = exp
Z −2 y dy
= exp (−2 ln |y|) = 1 y2.
Nast¦pnie, gdy ju» mamy czynnik caªkuj¡cy, to mno»ymy rozwa»ane równanie (21) przez ten czynnik i wyznaczamy caªk¦ ogóln¡ tak otrzymanego równania ró»niczkowego zupeªnego. Caªka ta jest równie» szukanym rozwi¡zaniem ogólnym równania (21).
Mno»ymy (21 ) przez µ(y) = y12 otrzymuj¡c:
(x − 3y)dx + 1 y2 − 3x
dy = 0.
W tym miejscu dobrze jest sprawdzi¢ czy w ten sposób otrzymane równanie jest zupeªne (jest to punkt kontrolny, który pozwala stwierdzi¢, czy czynnik caªkuj¡cy zostaª wyznaczony prawidªowo):
∂(µP )
∂y = −3, ∂(µQ)
∂x = −3.
Zatem równanie jest zupeªne, a wi¦c istniej taka funkcja F (x, y), »e:
∂F
∂x = x − 3y oraz ∂F
∂y = 1
y2 − 3x. (22)
Wyznaczamy funkcj¦ F (x, y), w tym celu teraz (odwrotnie ni» w poprzednim przykªadzie) naj- pierw zcaªkujmy wzgl¦dem y drugie równanie (22) ∂F∂y = y12 − 3x zakªadaj¡c, »e x jest staª¡ (oraz pami¦taj¡c, »e staªa b¦dzie zale»e¢ od zmiennej x):
F (x, y) =
Z 1 y2 − 3x
dy = −1
y − 3xy + φ(x). (23)
Funkcj¦ φ(x) wyznaczamy korzystaj¡c z pierwszego równania (22). W tym celu ró»niczkujemy funkcj¦ F (x, y) z (23) po zmiennej x:
∂F
∂x = −3y + φ0(x).
St¡d porównuj¡c z pierwszym równaniem ∂F∂x = x − 3y mamy φ0(x) = x =⇒ φ(x) = 1
2x2. (24)
Podstawiaj¡c (24) do (23) dostajemy:
F (x, y) = −1
y − 2xy + 1 2x2. Ostatecznie caªka ogólna równania (21) ma posta¢:
−1
y − 2xy +1
2x2 = c, gdzie c jest dowoln¡ staª¡.
Przykªad 3. Rozwi¡» równanie:
(x2y3 + y)dx + (x3y2− x)dy = 0. (25) Rozwi¡zanie: Sprawdzamy, czy równanie (25) jest zupeªne. Liczymy:
∂P
∂y = 3x2y2+ 1 ∂Q
∂x = 3x2y2− 1.
Zatem, równanie to nie jest zupeªne.
Sprawd¹my, istnieje czynnik caªkuj¡cego. Sprawdzamy, czy zachodzi przypadek 1:
∂P
∂y − ∂Q∂x
Q(x, y) = 2 x3y2− x,
poniewa» funkcja po prawej stronie powy»szego wyra»enia nie zale»y od x, zatem przypadek 1 nie zachodzi. Badamy, czy otrzymamy przypadek 2:
∂Q
∂x − ∂P∂y
P (x, y) = −2 x2y3+ y,
tutaj wyra»enie po prawej stronie równie» nie zale»y tylko od zmiennej y. Sprawdzamy przypadek
3 ∂Q
∂x − ∂P∂y
xP (x, y) + yQ(x, y) = −2 2xy,
wi¦c warunek z przypadku 3 jest speªniony Zatem czynnika caªkuj¡cego b¦dziemy szuka¢ w postaci (13):
µ(u) = exp
Z −1 u du
= exp (− ln |u|) = 1
u, gdzie u = xy,
wi¦c µ(x, y) = xy1 . Teraz mno»ymy równanie (25) przez ten czynnik i wyznaczamy caªk¦ ogóln¡
tak otrzymanego równania ró»niczkowego zupeªnego:
xy2+ 1 x
dx +
x2y − 1 y
dy = 0. (26)
Czy tak otrzymane równanie jest zupeªne?
∂(µP )
∂y = 2xy, ∂(µQ)
∂x = 2xy.
Zatem równanie jest zupeªne, a wi¦c istniej taka funkcja F (x, y), »e:
∂F
∂x = x − 3y oraz ∂F
∂y = 1
y2 − 3x.
Wyznaczamy funkcj¦ F (x, y), metod¡ "uzupeªniania do ró»niczki zupeªnej. Równanie (26) mo»na zapisa¢ w postaci:
d(ln x − ln y) + xy2dx + x2ydy = 0 dalej
d
ln x − ln y + 1 2x2y2
= 0, wi¦c rozwi¡zanie równania (25) jest postaci:
ln x − ln y + 1
2x2y2 = C.
Przykªad 4. Rozwi¡» równanie:
y x + 3x2
dx +
1 + x3
y
dy = 0. (27)
Rozwi¡zanie: Sprawdzamy, czy równanie (27) jest zupeªne. Liczymy:
∂P
∂y = 1 x
∂Q
∂x = 3x2 y . Zatem, równanie to nie jest zupeªne.
Prosz¦ sprawdzi¢ samodzielnie, »e »aden z przypadków 1-3 nie b¦dzie miaª miejsca dla tego równania. Poka»emy natomiast, »e czynnik caªkuj¡cy wyznaczymy za pomoc¡ czwartego sposobu.
Przeksztaª¢my najpierw równanie (27) do postaci
y
xdx + dy +
3x2dx +x3 y dy
= 0
osobno rozwa»my równanie yxdx + dy = 0i znajd¹my dla niego µ1 oraz F1(x, y),a osobno równanie 3x2dx +xy3dy = 0 i wyznaczmy µ2 i F2(x, y) = 0. Dla równania
y
xdx + dy = 0
czynnik caªkuj¡cy b¦dzie zale»aª tylko od x i b¦dzie miaª posta¢ µ1 = x. Faktycznie, mno»¡c to równanie przez x :
ydx + xdy = 0 otrzymali±my równanie zupeªne: ∂P∂y ≡ ∂Q∂x ≡ 1.Poniewa»
ydx + xdy = 0 ⇔ d(xy) = 0, wi¦c F1(x, y) = xy.
Teraz rozwa»my równanie
3x2dx + x3
y dy = 0.
Tym razem czynnik caªkuj¡cy b¦dzie zale»aª tylko od zmiennej y (prosz¦ sprawdzi¢ samodzielnie) i b¦dzie miaª posta¢ µ2 = y. Rzeczywi±cie, mno»¡c rozpatrywane równanie przez y mamy:
3x2ydx + x3dy = 0.
Jest to równanie zupeªne, gdy» ∂P∂y ≡ ∂Q∂x ≡ 3x2. Z fakty, »e
3x2ydx + x3dy = 0 ⇔ d(x3y) = 0,
wynika, »e F2(x, y) = x3y. Teraz musimy znale¹¢ (wskaza¢) takie funkcje Φ oraz Ψ takie, »e µ1Φ(F1) = µ2Φ(F2).
Niestety nie ma tutaj gotowego algorytmu. Jednak»e w tym prostym przypadku nie jest to trudne.
Je»eli Φ(t) = t2 oraz Ψ(t) = t, wówczas
µ1Φ(F1) =x · (xy)2 = x3y2
µ2Φ(F2) =y(x2y) = x3y2, (28) a wi¦c czynnik caªkuj¡cy równania (27) ma form¦:
µ(x, y) = µ1Φ(F1) = µ2Φ(F2) = x3y2. Mno»¡c równanie (27) przez x3y2 dostajemy
(x2y3+ 3x5y2)dx + (x3y2+ x6y)dy = 0.
Tutaj te» ªatwo, mo»emy wskaza¢ rozwi¡zanie
(x2y3 + 3x5y2)dx + (x3y2+ x6y)dy = 0 ⇔ d 1
3x3y3+1 2x6y2
= 0, wi¦c rozwi¡zanie jest postaci
1
3x3y3+ 1
2x6y2 = C.