Найти функцию по частным производным

[ИСН]

Рекомендую считать, что a=0. Так проще.
Потом сделайте круг почёта около начала координат, и - "как много нам открытий чудных".

[paha]

msugakov в сообщении #319280 писал(а):

Что это значит?

это полная чушь)))

Запомните:

paha в сообщении #319259 писал(а):

что такое кривая знаете? Это $(x(t),y(t))$

[msugakov]

ewert и ИСН, а вы в ладах со своим чувством юмора.
paha, представим что получилось

\[\frac{1}{2}\ln \left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right) - \frac{1}{2}\ln \left( {{{({x_0} - a)}^2} + y_0^2} \right)\]

[paha]

msugakov в сообщении #319434 писал(а):

paha, представим что получилось

что значит "представим"? Путь интегрирования в студию!

[gris]

Чото не пойму.

\[\frac{{\partial f}}{{\partial x}} = \frac{{ (x - a)}}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}\]

\[\frac{{\partial f}}{{\partial y}} = \frac{{ y}}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}\]

Интегрируем первое по $x$

\[f = \frac{1}{2}\ln \left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right) + C(y)\]

Дифференцируем по $y$

\[\frac{{\partial f}}{{\partial y}} = \frac{{ y}}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}+C'_y= \frac{{ y}}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}\]

\[C'_y= 0\]

\[C= C\]

\[f = \frac{1}{2}\ln \left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right) + C\]

Вроде бы всё выяснили в самрм начале. В чём прикол???

Теперь так.

Интегрируем второе по $y$

\[f = \frac{1}{2}\ln \left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right) + C(x)\]

Дифференцируем по $x$

\[\frac{{\partial f}}{{\partial y}} = \frac{{ (x - a)}}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}+C'_x= \frac{{ (x - a)}}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}\]

\[C'_x= 0\]

\[C= C\]

\[f = \frac{1}{2}\ln \left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right) + C\]

Всё сходится. В чём приокол? В точке $(a;0)?$

[ewert]

gris в сообщении #319484 писал(а):

Вроде бы всё выяснили в самрм начале. В чём прикол???

Это Вы выяснили. Автор же -- неизвестно, выяснил ли.

А прикол, если у Вас -- то вот он:

gris в сообщении #319484 писал(а):

\[C= C\]

Воистину оригинальная запись.

И ещё один прикол -- это второе интегрирование. Оно ни к чему.

[gris]

Вообще-то, я всё скопировал у автора с его обилием фигурных скобок и отсутствием $.
Второй раз проинтегрировал потому, что Вы сказали, что "Прикол в том, что автору (его авторским методом) -- решить эту задачу не удастся. У него просто ответы не сойдутся, вот ведь несчастье-то какое."
Я так понял, что Вы имели в виду, что не сойдутся результаты с разным порядком интергрирования.
$C(y)=C$ хотел написать, но потом решил, что и так понятно.

[ewert]

Вот оригинальная авторская версия:

msugakov в сообщении #319184 писал(а):

Интегрируем первое

\[f = \frac{1}{2}\ln \left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right) + C\]

Второе - то же самое

Ура!

А если б вышло не то же самое?... Не уверен, что автора это не поставило бы в тупик.

[msugakov]

\[\int\limits_{({x_0},{y_0})}^{(x,y)} {\frac{{(x - a)}}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}dx + \frac{y}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}dy} = \]

\[ = \int\limits_{t_0}^t {\left( {\frac{{(x - a)}}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}\frac{{dx(t)}}{{dt}}dt + \frac{y}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}\frac{{dy(t)}}{{dt}}dt} \right)} = \]

\[ = \int\limits_{{t_0}}^t {\frac{{(x - a)x' + y \cdot y'}}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}dt} = \frac{1}{2}\int\limits_{{t_0}}^t {\frac{1}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}\frac{{d\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}{{dt}}dt} = \]

\[ = \frac{1}{2}\int\limits_{{x_0},{y_0}}^{x,y} {\frac{1}{{\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)}}d\left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right)} = \]

\[ = \frac{1}{2}\ln \left( {{{(x - a)}^2} + {y^2}} \right) - \frac{1}{2}\ln \left( {{{({x_0} - a)}^2} + y_0^2} \right)\]

paha в сообщении #319470 писал(а):

в студию!

Суперигру!

-- Сб май 15, 2010 09:48:42 --

ewert, Ваш способ правильный с самого начала. А после иллюстрации grisом стал куда более понятней.
Правда за всем этим

ewert в сообщении #319201 писал(а):

Прикол в том, что автору (его авторским методом) -- решить эту задачу не удастся. У него просто ответы не сойдутся, вот ведь несчастье-то какое.

ewert в сообщении #319521 писал(а):

Это Вы выяснили. Автор же -- неизвестно, выяснил ли.

ewert в сообщении #319534 писал(а):

А если б вышло не то же самое?... Не уверен, что автора это не поставило бы в тупик.

какой-то насильственный педагогизм.

[gris]

А Вы не обижайтесь. Ведь когда Вы написали ответ (правильный), то не было понятно, то ли Вы просто не привели очевидные преобразования, то ли на самом деле заблуждаетесь и эта правильность случайна. Откуда в ответе $C$? Как она получилась? У Вас не прописано. На экзамене могут придраться. Вот задача ewerta:
$\dfrac{\partial f}{\partial x}=y+1,\quad\dfrac{\partial f}{\partial y}=x+1$
Решаем. Интегрируем первое по $x$:
$f=yx+x+ V(y)$
То есть $V(y)$ это не константа, а функция, не зависящая от $x$. Чтобы не путаться, я её обозначил через $V$
Дифференцируем получившееся по $y$ и приравниваем ко второму уравнению:
$\dfrac{\partial f}{\partial y}=x+V'_y=x+1$
Отсюда $\dfrac{\partial V(y)}{\partial y}=1$
И $V(y)=y+C$
И окончательно

$f(x,y)=xy+x+y+C$

[ewert]

(Оффтоп)

gris в сообщении #319552 писал(а):

и приравниваем ко второму уравнению:

-1

[gris]

А чегож сыграть-то?
А как же сказать то? Используем второе уравнение? Приравниваем к правой части второго уравнения?

[ewert]

gris в сообщении #319558 писал(а):

Приравниваем к правой части второго уравнения?

В крайнем случае так. Хотя называть ту формулу "уравнением" тоже нехорошо, но формально всё-таки можно. Но лучше всё-таки что-нибудь типа "к правой части второго равенства". А в печатном тексте -- просто "к правой части (2)".

[msugakov]

gris и ewert спасибо!
Мой ответ был получен неправильным путём, но было понятно и так, что правильным путём получается то же. Поэтому меня сильно удивляла наставническая реакция ewertа, желавшего добиться от меня правильного хода решения.
Что касается интегралов и кривой интегрирования, хочется знать, зачем это было нужно. И ещё, дайте, пожалуйста, подсказку насчет интеграла от полного дифференциала в точке $(a, 0)$.

[gris]

А в этой точке функция неопределена. Предел по совокупности переменных равен минус бесконечности.