|  |  |
| --- | --- |
|    | **Šiam straipsniui ar jo daliai trūksta išnašų į šaltinius.**Jūs galite padėti Vikipedijai pridėdami tinkamas išnašas su šaltiniais. |

|  |  |
| --- | --- |
|    | **Buvo pasiūlyta šį straipsnį ar skyrių, kaip parašytą vadovėlio stiliumi, perkelti į Vikiknygas.**Taip pat galite šį straipsnį pritaikyti Vikipedijai - perrašyti enciklopediniu stiliumi. |

Jeigu funkcijos {\displaystyle P(x,y),} {\displaystyle Q(x,y)} ir jų dalinės išvestinės {\displaystyle {\partial P \over \partial y},\;{\partial Q \over \partial x}} yra tolydžios vienjungėje srityje *E*, be to, {\displaystyle {\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
{\displaystyle 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=}
{\displaystyle =\int \_{x\_{0}}^{x}P(x,y\_{0})dx+\int \_{y\_{0}}^{y}Q(x,y)dy.}

* Raskime reiškinio {\displaystyle (ye^{x}-3y^{3})dx+(e^{x}+y-9xy^{2})dy} pirmykštę funkciją.

Pažymekime {\displaystyle P(x,y)=(ye^{x}-3y^{3}),} {\displaystyle 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 {\displaystyle {\partial P \over \partial y}=ye^{x}-9y^{2}={\partial Q \over \partial x}} yra lygios. Tuomet
{\displaystyle 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}=}
{\displaystyle =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}=}
{\displaystyle =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 {\displaystyle (x\_{0},y\_{0})} koordinačių, vadinasi yra pastovus.

* Išspręskime lygtį

{\displaystyle (e^{x}\cos y+\cot y)dx-(e^{x}\sin y+{x \over \sin ^{2}y}-3y^{2})dy=0.}
Kadangi kairėje esantis reiškinys {\displaystyle P(x,y)dx+Q(x,y)dy} yra funkcijos u(x, y) pilnasis diferencialas {\displaystyle {\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 {\displaystyle u(x,y)=C.} Kadangi {\displaystyle u(x,y)} yra reiškinio, parašyto kairiojoje lygties pusėje, pirmykštė funkcija, tai ją rasime taikydami kurią nors iš dviejų formulių, pavyzdžiui, antrąją. Gauname:
{\displaystyle \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 {\displaystyle y\_{0}\neq 0.}
Integruojame:
{\displaystyle (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,}
{\displaystyle 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,}
{\displaystyle 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
{\displaystyle e^{x}\cos y+x\cot y+y^{3}=C,}
nes pastovųjį dydį {\displaystyle 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 {\displaystyle e^{x}\cos y+x\cot y+y^{3}=C.}

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

* Apskaičiuosime integralą {\displaystyle \int \_{(-1;2)}^{(2;3)}ydx+xdy.}

Kelias yra nuo taško *A*(-1; 2) iki taško *B*(2; 3). Duotuoju ateveju funkcijos {\displaystyle P=y,} {\displaystyle Q=x,} {\displaystyle {\partial P \over \partial y}=1,\;{\partial Q \over \partial x}=1} netrūkios ir dalinės išvestinės lygios tarpusavyje. Todėl skaičiuosime šitaip:
{\displaystyle \int \_{(-1;2)}^{(2;3)}ydx+xdy=xy|\_{(-1;2)}^{(2;3)}=2\cdot 3-(-1)\cdot 2=6+2=8.}
* Raskime reiškinio {\displaystyle dF=Pdx+Qdy=(ye^{x}-3y^{3})dx+(e^{x}+y-9xy^{2})dy} pirmykštę funkciją *F*.

Kadangi {\displaystyle {\partial P \over \partial y}=ye^{x}-9y^{2}={\partial Q \over \partial x}.} Tai
{\displaystyle \int P(x,y)dx=\int (ye^{x}-3y^{3})dx=ye^{x}-3xy^{3};}
{\displaystyle \int Q(x,y)dy=\int (e^{x}+y-9xy^{2})dy=ye^{x}+{y^{2} \over 2}-3xy^{3}.}
Matome, kad {\displaystyle \int P(x,y)dx} ir {\displaystyle \int Q(x,y)dy} skiriasi tik {\displaystyle {y^{2} \over 2}.} Vadinasi pirmyktė funkcija yra:

{\displaystyle F=ye^{x}+{y^{2} \over 2}-3xy^{3}+C.}
* Išspręskime lygtį {\displaystyle (e^{x}\cos y+\cot y)dx-(e^{x}\sin y+{x \over \sin ^{2}y}-3y^{2})dy=0.}

Kadangi {\displaystyle {\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
{\displaystyle 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}

{\displaystyle \int Pdx=\int (e^{x}\cos y+\cot y)dx=e^{x}\cos y+x\cot y+f\_{1}(y);}
{\displaystyle \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 {\displaystyle y^{3}}, gauname pirmykštę funkciją ir tuo pačiu išsprendžiame lygtį:

{\displaystyle 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:

{\displaystyle \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)}=}
{\displaystyle =e^{2}\cos 3+2\cot 3+3^{3}-(e^{-1}\cos 2-\cot 2+2^{3})\approx }
{\displaystyle \approx 7.389\cdot (-0.990)+2\cdot 1.249+27-(0.368\cdot (-0.416)-1.107+8)\approx 31.44322203.}

{\displaystyle P(x,y)dx+Q(x,y)dy=du,}
{\displaystyle du=0,}
{\displaystyle u(x,y)=C.}
* {\displaystyle (1+ye^{xy})dx+(2y+xe^{xy})dy=0;}

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

Taip pat skaitykite
-------------------

* Antrojo tipo kreivinis integralas
* Apibrėžtinis integralas
* diferencialas