Уравнения в полных дифференциалах: критерий и решение

В физике есть понятие, которое студенты любят больше всего: потенциал. Если сила — градиент потенциала, работа по замкнутому пути нулевая, и жить становится легко. Дифференциальные уравнения уходят в те же ворота: некоторые из них — это просто «производная потенциала равна нулю», записанная в неудобной форме. Снять неудобство — и решение сводится к двум интегралам. Никаких замен, никаких догадок.

Что такое полный дифференциал#

Пусть $u(x,y)$ — функция двух переменных. Её полный дифференциал — это выражение $du=\frac{\partial u}{\partial x}dx+\frac{\partial u}{\partial y}dy$: линейная часть изменения $u$ при малом сдвиге $(dx,dy)$. Если вам нужно освежить частные производные, держите под рукой определение — здесь пригодится вся техника дифференцирования функций нескольких переменных.

Теперь посмотрите на дифференциальное уравнение

Оно называется уравнением в полных дифференциалах, если левая часть — это полный дифференциал какой-то функции $u(x,y)$, то есть существуют такие $u$, что $\partial u/\partial x=M$ и $\partial u/\partial y=N$. Тогда уравнение читается предельно коротко: $du=0$. А производная равна нулю — значит, функция постоянна. Всё решение:

Геометрия красивая: интегральные кривые — это линии уровня функции $u$, как изобары на карте погоды. Идёте вдоль изобары — давление (потенциал) не меняется, уравнение выполнено.

Критерий: как понять, что уравнение полное#

Ключевой вопрос: даны $M$ и $N$ — существует ли вообще $u$ с такими частными производными? Ответ даёт критерий Эйлера. Если функции гладкие, то

Откуда он берётся? Если $M=u_x$ и $N=u_y$, то $M_y=u_{xy}$ и $N_x=u_{yx}$. Смешанные производные равны (теорема Шварца о равенстве смешанных производных при непрерывности), вот и всё доказательство. На практике критерий работает в обратную сторону: посчитали две частные производные, совпали — уравнение полное, можно решать. Не совпали — не тратьте время на поиск несуществующего $u$.

Как восстановить потенциал u#

1. 1
   Проверить критерий: $\partial M/\partial y=\partial N/\partial x$. Не совпало — стоп, метод не применим
2. 2
   Интегрировать $M$ по $x$ (держа $y$ замороженной константой): $u=\int Mdx+\psi (y)$. Вместо $+C$ здесь появляется неизвестная функция $\psi (y)$ — ведь производная по $x$ от любой функции только от $y$ равна нулю
3. 3
   Продифференцировать результат по $y$ и приравнять к $N$: $\frac{\partial u}{\partial y}=N$. Из этого уравнения найти ${\psi }^{\prime }(y)$
4. 4
   Проинтегрировать ${\psi }^{\prime }(y)$ по $y$ и подставить $\psi (y)$ в $u$
5. 5
   Записать ответ: $u(x,y)=C$. При начальном условии найти $C$ подстановкой точки

Можно начинать и с интегрирования $N$ по $y$ — алгоритм симметричен. Выбирайте ту функцию, интеграл от которой проще. И не теряйте $\psi (y)$: это самая частая потеря на контрольных.

Разбор примера: $(e^y + x)\,dx + (x e^y + 2y)\,dy = 0$

Начальное условие подключается в самом конце и стоит одну строчку. Пусть в разобранном примере требуется кривая, проходящая через точку $(1,0)$. Подставляем в потенциал: $1\cdot e^0+\frac{1^2}{2}+0^2=\frac{3}{2}$. Значит, искомая кривая — линия уровня $x{e}^y+\frac{x^2}{2}+y^2=\frac{3}{2}$ (или, умножив на два, $2x{e}^y+x^2+2y^2=3$). Проверка элементарная: точка $(1,0)$ даёт $2+1+0=3$ — на кривой.

Откуда взялась сама идея искать потенциал? Из физики. Если $Mdx+Ndy$ — это работа силы вдоль перемещения, то критерий $M_y=N_x$ означает, что поле консервативно: работа не зависит от пути, сила имеет потенциал, а по замкнутому контуру работа нулевая. Гравитация и электростатика именно таковы — недаром потенциал живёт и в уроке про напряжённость и потенциал, и здесь, в дифурах. Математика одна — обличья разные.

Если критерий не выполняется: интегрирующий множитель#

Что делать с уравнением $ydx-xdy=0$? Критерий: $M_y=1$, $N_x=-1$ — не полное. Но умножьте его на $\mu =\frac{1}{y^2}$ (или $\frac{1}{xy}$, или $\frac{1}{x^2}$ — сработает любая), и получите $\frac{ydx-xdy}{y^2}=0$, а это полный дифференциал $d\left(-\frac{x}{y}\right)$. Функция $\mu$, превращающая уравнение в полное, называется интегрирующим множителем.

Общая теория гарантирует: локально интегрирующий множитель существует почти всегда, вот только искать его — отдельная задача. В учебных примерах берут $\mu$ в виде функции одного переменного: $\mu (x)$ существует, если выражение $\frac{M_y-N_x}{N}$ зависит только от $x$; аналогично для $\mu (y)$ — если $\frac{N_x-M_y}{M}$ зависит только от $y$. Формулы стоит запомнить после того, как отработан основной алгоритм.

Ещё пример: $(y + e^x)\,dx + (x - 2y)\,dy = 0$

1. 1
   Критерий: $\frac{\partial M}{\partial y}=1$ и $\frac{\partial N}{\partial x}=1$ — совпали, потенциал существует
2. 2
   Интегрируем $M=y+e^x$ по $x$: $u=xy+e^x+\psi (y)$
3. 3
   Дифференцируем по $y$: $\frac{\partial u}{\partial y}=x+{\psi }^{\prime }(y)=x-2y$, откуда ${\psi }^{\prime }(y)=-2y$ и $\psi (y)=-y^2$
4. 4
   Потенциал: $u=xy+e^x-y^2$. Ответ: $xy+e^x-y^2=C$
5. 5
   Задача Коши через $(0,0)$: $0+1-0=1$, значит кривая $xy+e^x-y^2=1$
6. 6
   Финальная проверка: $u_x=y+e^x=M$, $u_y=x-2y=N$ — обе компоненты восстановлены

• Увидели $Mdx+Ndy=0$ — первым делом считаем $M_y$ и $N_x$
• Совпали — интегрируем одну из функций и достраиваем $\psi$
• Ответ — только с константой: $u(x,y)=C$
• Проверка — дифференцирование потенциала по обеим переменным

Финальный штрих про физику: если $Mdx+Ndy$ — работа силы на малом перемещении, то полное уравнение означает «работа по замкнутому контуру ноль». Именно поэтому в гравитации и электростатике вводится потенциальная энергия, а в поле с трением — нет. Равенство двух смешанных производных оказывается физическим водоразделом между консервативными и неконсервативными силами.

Пример на интегрирующий множитель целиком

1. 1
   Критерий: $M_y=1$, $N_x=-1$ — уравнение не полное. Ищем множитель
2. 2
   Проба $\mu (y)$: выражение $\frac{N_x-M_y}{M}=\frac{-1-1}{y}=-\frac{2}{y}$ зависит только от $y$ — приём сработал
3. 3
   Множитель: $\mu =e^{\int (-2/y)dy}=y^{-2}$. Умножаем: $\frac{dx}{y}+\left(1-\frac{x}{y^2}\right)dy=0$
4. 4
   Проверка нового критерия: ${\partial }_y\frac{1}{y}=-\frac{1}{y^2}$ и ${\partial }_x\left(1-\frac{x}{y^2}\right)=-\frac{1}{y^2}$ — теперь полное!
5. 5
   Потенциал: $u=\frac{x}{y}+\psi (y)$; из $u_y=-\frac{x}{y^2}+{\psi }^{\prime }=1-\frac{x}{y^2}$ получаем $\psi =y$
6. 6
   Ответ: $\frac{x}{y}+y=C$, или после умножения на $y$: $x+y^2=Cy$

Красота в том, что множитель нашёлся по готовой формуле, а не перебором: посчитали частное от разности смешанных производных, увидели функцию одной переменной — экспонента от интеграла дала $\mu$. Если бы зависимость была от обеих переменных сразу, пришлось бы искать $\mu (x,y)$ честно — задача куда менее приятная.

Мелкий шрифт, который любят проверяющие: умножение на $\mu =y^{-2}$ законно только при $y\ne 0$, и прямая $y\equiv 0$ выпадает из ответа. Подставьте её в исходное уравнение — она решает его честно, значит, к семейству $x+y^2=Cy$ её стоит присовокупить отдельной строкой. Интегрирующий множитель не освобождает от проверки потерянных решений — правило общее для всех делений и умножений в дифурах.

На этом карта ДУ первого порядка почти полная: разделяющиеся переменные, линейные и Бернулли, полные дифференциалы. Остался один жирный вопрос — что делать, когда порядок выше первого или уравнений сразу несколько? Это территория ДУ высших порядков и систем ДУ. А чтобы два интеграла в конце каждого решения не были лотереей, загляните в таблицу интегралов — половина всей техники дифуров живёт там.