Pilnųjų diferencialų integravimas

Jeigu funkcijos P(x,y), Q(x,y) ir jų dalinės išvestinės {\partial P\over \partial y},\;{\partial Q\over\partial x} yra tolydžios vienjungėje srityje *E*, be to, {\partial P\over \partial y}={\partial Q\over\partial x}, tuomet reiškinys P(x, y)dx+Q(x, y)dy yra tam tikros funkcijos *u*(x, y) pilnasis diferencialas *du*, o pati pirmykštė funkcija u(x, y) išreiškiama formule
u(x,y)=\int_{(x_0;y_0)}^{(x;y)}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int_{x_0}^x P(x,y)dx+\int_{y_0}^y Q(x_0, y)dy=
=\int_{x_0}^x P(x,y_0)dx+\int_{y_0}^y Q(x, y)dy.

* Raskime reiškinio (ye^x-3y^3)dx+(e^x+y-9xy^2)dy pirmykštę funkciją.
: Pažymekime P(x,y)=(ye^x-3y^3), Q(x,y)=(e^x+y-9xy^2). Uždavinį galime išspręsti tada, kai duotasis reiškinys bus pilnasis diferencialas. Taip yra iš tikrųjų, nes dalinės išvestinės {\partial P\over \partial y}=ye^x-9y^2={\partial Q\over\partial x} yra lygios. Tuomet
u(x,y)=\int_{x_0}^x(ye^x-3y^3)dx+\int_{y_0}^y(e^{x_0}+y-9x_0 y^2)dy=(ye^x-3xy^2)|_{x_0}^x+(e^{x_0}y+{y^2\over 2}-3x_0 y^3)|_{y_0}^y=
=ye^x-3xy^3-ye^{x_0}+3x_0 y^3+e^{x_0}y+{y^2\over 2}-3x_0 y^3-e^{x_0}y_0-{y_0^2\over 2}+3x_0 y_0=
=ye^x-3xy^3+{y^2\over 2}+(-e^{x_0}y_0-{y_0^2\over 2}+3x_0 y_0^3)=ye^x-3xy^3+{y^2\over 2}+C;
čia konstanta *C* pažymėtas suskliaustas reiškinys, nes jis priklauso tik nuo taško (x_0,y_0) koordinačių, vadinasi yra pastovus.

* Išspręskime lygtį
(e^x\cos y+\cot y)dx-(e^x\sin y+{x\over \sin^2 y}-3y^2)dy=0.
Kadangi kairėje esantis reiškinys P(x,y)dx+Q(x,y)dy yra funkcijos u(x, y) pilnasis diferencialas {\partial P\over \partial y}={\partial (e^x\cos y+\cot y)\over \partial y}=-e^x\sin y-{1\over\sin^2 y}={\partial (-e^x\sin y-{x\over \sin^2 y}+3y^2)\over \partial x}={\partial Q\over \partial x}, be to, lygus nuliui, todėl ta funkcija lygi konstantai. Taigi duotosios diferencialinės lygties sprendinys yra reiškinys u(x,y)=C. Kadangi u(x,y) yra reiškinio, parašyto kairiojoje lygties pusėje, pirmykštė funkcija, tai ją rasime taikydami kurią nors iš dviejų formulių, pavyzdžiui, antrąją. Gauname:
\int_{x_0}^x(e^x\cos y_0+\cot y_0)dx-\int_{y_0}^y(e^x\sin y+{x\over \sin^2 y}-3y^2)dy=C;
čia y_0\neq 0.
Integruojame:
(e^x\cos y_0+x\cot y_0)|_{x_0}^x-(-e^x\cos y-x\cot y-y^3)|_{y_0}^y=C,
e^x\cos y_0+x\cot y_0-e^{x_0}\cos y_0-x_0\cot y_0+e^x\cos y+x\cot y+y^3-e^x\cos y_0-x\cot y_0-y_0^3=C,
e^x\cos y+x\cot y+y^3-(e^{x_0}\cos y_0+x_0\cot y_0+y_0^3)=C, 
arba
e^x\cos y+x\cot y+y^3=C,
nes pastovųjį dydį e^{x_0}\cos y_0+x_0\cot y_0+y_0^3 galima prijungti prie *C*. Taigi duotosios lygties bendrasisi integralas nusakomas formule e^x\cos y+x\cot y+y^3=C.

Jeigu integralo dF=Pdx+Qdy; F=\int Pdx+Qdy reikšmė nuo integravimo kelio nepriklauso tai galima sukūrti pilnąjį diferencialą.
Jei
{\partial F\over \partial x}=P, \; {\partial F\over \partial y}=Q, tai integruodami gauname
F(x, y)=\int P dx+f_1(y),\;
F(x, y)=\int Q dy+f_2(x).
Pavyzdžiui, dF=(2xy+1)dx+(x^2+3y^2)dy. Integruojant gauname \int(2xy+1)dx=x^2 y+x+f_1(y);\;\int(x^2+3y^2)dy=yx^2+y^3+f_2(x).  Dešinės pusės sutampa jeigu f_1(y)=y^3+C, f_2(x)=x+C. Tokiu budu F(x, y)=yx^2+y^3+x+C.

* Apskaičiuosime integralą \int_{(-1; 2)}^{(2; 3)} ydx+xdy.
: Kelias yra nuo taško *A*(-1; 2) iki taško *B*(2; 3). Duotuoju ateveju funkcijos P=y, Q=x, {\partial P\over\partial y}=1,\;{\partial Q\over\partial x}=1 netrūkios ir dalinės išvestinės lygios tarpusavyje. Todėl skaičiuosime šitaip:
: \int_{(-1; 2)}^{(2; 3)} ydx+xdy=xy|_{(-1; 2)}^{(2; 3)}=2\cdot 3-(-1)\cdot 2=6+2=8.

* Raskime reiškinio dF=Pdx+Qdy=(ye^x-3y^3)dx+(e^x+y-9xy^2)dy pirmykštę funkciją *F*.
: Kadangi {\partial P\over \partial y}=ye^x-9y^2={\partial Q\over\partial x}. Tai
: \int P(x,y)dx=\int(ye^x-3y^3)dx=ye^x-3xy^3;
: \int Q(x,y)dy=\int(e^x+y-9xy^2)dy=ye^x+{y^2\over 2}-3xy^3.

Matome, kad \int P(x,y)dx ir \int Q(x,y)dy skiriasi tik {y^2\over 2}. Vadinasi pirmyktė funkcija yra:
: F=ye^x+{y^2\over 2}-3xy^3+C.

* Išspręskime lygtį (e^x\cos y+\cot y)dx-(e^x\sin y+{x\over \sin^2 y}-3y^2)dy=0.
: Kadangi {\partial P\over \partial y}=-e^x\sin y-{1\over\sin^2 y}={\partial Q\over\partial x}, tai galime ieškoti pirmykštę funkciją kairės lygties pusės. Žinome, kad
F=\int_{x_0}^x(e^x\cos y_0+\cot y_0)dx-\int_{y_0}^y(e^x\sin y+{x\over \sin^2 y}-3y^2)dy=C
: \int Pdx=\int(e^x\cos y+\cot y)dx=e^x\cos y+x\cot y+f_1(y);
: \int Qdy=\int(-e^x\sin y-{x\over \sin^2 y}+3y^2)dy=e^x\cos y+x\cot y+y^3+f_2(x).
Prie pirmo reiškinio pridėję tai ko neturi pirmas reiškinys y^3, gauname pirmykštę funkciją ir tuo pačiu išsprendžiame lygtį:
: e^x\cos y+x\cot y+y^3=C.
* Norėdami ja išintegruoti nuo taško *A*(-1; 2) iki taško *B*(2; 3), galime daryti taip:
\int_{(-1; 2)}^{(2; 3)}(e^x\cos y+\cot y)dx-(e^x\sin y+{x\over \sin^2 y}-3y^2)dy=(e^x\cos y+x\cot y+y^3)|_{(-1; 2)}^{(2; 3)}=
=e^2\cos 3+2\cot 3+3^3-(e^{-1}\cos 2-\cot 2+2^3)\approx 
\approx 7.389\cdot(-0.990)+2\cdot 1.249+27-(0.368\cdot(-0.416)-1.107+8)\approx 31.44322203. 

: P(x,y)dx+Q(x,y)dy=du,
: du=0,
: u(x,y)=C.

* (1+ye^{xy})dx+(2y+xe^{xy})dy=0;
: y|_{x=0}=\sqrt{2e}.
: P=1+ye^{xy}, Q=2y+xe^{xy},
: {\partial P\over \partial y}=e^{xy}+xye^{xy}={\partial Q\over \partial x}.
: {\partial u\over \partial x}=1+ye^{xy},
: u=\int(1+ye^{xy})dx=x+e^{xy}+C(y);
: {\partial u\over \partial y}=2y+xe^{xy}=C'(y)+xe^{xy},
: u=\int du=\int(2y+xe^{xy})dy=y^2+e^{xy}+C(x);
: C(x)=x+C,\; C'(y)=2y,\; C(y)=y^2+C; 
: x+e^{xy}+y^2=C,
: x=0, y=\sqrt{2e},
: 0+e^{0\cdot y}+2e=C,
: 1+2e=C;
: x+e^{xy}+y^2=1+2e.

## Taip pat skaitykite
* Antrojo tipo kreivinis integralas
* Apibrėžtinis integralas
* diferencialas