Не могу найти интегрирующие множители для ДУ

[Гость]

Доброго времени суток!

Есть пара ДУ, для которых никак не получается отыскать интегрирующий множитель. Буду очень
рад любой помощи.

1) $y^{2}(x-1)dx = x(xy+x-2y)dy$
2) $x^{2}y(ydx + xdy) = 2ydx + xdy$

Спасибо!

[Гость]

Ну, вообщем, второй диффур кое-как разрулил. Может быть с первым всё-таки кто-нибудь поможет?

[george_spbsu]

А условие точно правильное? Для этого условия почти сразу видно, что интегрирующий множитель от одной переменной не подобрать, а от двух в общем виде, насколько я знаю, найти можно не всегда, а так ничего в голову не пришло...

[Genrih]

Eсли в уравнении (еще не в полных дифференицалах)
$P(x,y)dx + Q(x,y)dy=0$ функции $P , Q $ имеют непрерывные частные производные и не обращаются в нуль одновременно , то интегрирующий множитель существует

[Гость]

Используйте Maple. Для первого уравнения интегрирующий множитель

mu := x*(x*y+x-2*y)/y^2/(x-y)^2

Юрий

[Genrih]

Цитата:

mu := x*(x*y+x-2*y)/y^2/(x-y)^2

Что-то я с ним не могу разобраться... (по-моему $y^2$ в числителе)
Само уравнение можно решить и не приводя к полнoму дифференциалу.
Его можно представить как уравнение Дарбу $[P(x,y)+xR(x,y)]y'=Q(x,y)+yR(x,y)$, где $P, Q, R$-oднородные многочлены, причем P, Q имеют одинаковые степени(к примеру см. Э.Камке "Справочник по обыкновенным дифференциальным уравнениям"; глава 1; параграф 4 Дифф.ур-я первого порядка)
Наше будет :
$[(x^2 - 2xy)+x^2y] y'=-y^2+y^2x$
Oбозначаем $P(x,y)=x^2-2xy , R(x,y)=xy, Q(x,y)=-y^2$.
Делим на наивысшую степень $x$, содержащуюся в $P$. Затем делая подстановку $y=xu(x)$ , принимая $u$ за новое переменное (т.е. $x=x(u)$) , сводим к Бернулли.

[незваный гость]

А меня получился $\mu = \frac{1}{(x-y)^2 y^2}$. Проверять уравнение не проверял, проверял условие $P {\rm d}x + Q {\rm d}y = 0 \Rightarrow \frac{\partial}{\partial y}(\mu P) = \frac{\partial}{\partial x}(\mu Q)$.

Хотя... Проверил и уравнение: После домножение на $\mu$ имеем:
$\mu (y^{2}(x-1){\rm d}x - x(xy+x-2y){\rm d}y) = $ ${\rm d}\left( \frac{x-y^2}{(x-y)y}+\ln\frac{x-y}{y}\right)$

[Genrih]

Можете написать как вы его вывели

[незваный гость]

Написать-то могу. Меня, в общем, на идею сообщение Юрия натолкнуло. На идею заменить $x \rightarrow y + z$. Тогда имеем $y^2(y + z - 1) {\rm d}z = z(y^2 + z + y z) {\rm d}z$. Для этого уравнения уже можно искать интегрирующий множитель $\mu$ вида ${\rm e}^{a(z) + b(y)}$, где $a(z)$ не зависит от $y$, а $b(y)$ - от $z$. Ну и применять упоминавшуюся формУлу $\frac{\partial}{\partial y}(\mu P) = \frac{\partial}{\partial x}(\mu Q)$. Найдя же $\mu = \frac{1}{y^2 z^2}$, начинаем группировать: $\frac{{\rm d}z}{z} - \frac{{\rm d}z}{z^2} - \frac{{\rm d}y}{y} - \frac{{\rm d}y}{y^2} + (\frac{y {\rm d}z}{z^2} - \frac{{\rm d}y}{z}) = $ ${\rm d}\left({\ln z} + \frac{1}{z} - \ln y + \frac{1}{y} - \frac{y}{z}\right)$. Теперь-то уж дело за малым - заменить $z \rightarrow x-y$, упростить выражение, и написать ответ на форуме . Ну и проверить ответ.

А вот как идею без Юрия найти - не знаю. У меня сложилось впечатление, что решение дифуров, как и интегрирование - процесс творческий.

[LynxGAV]

Интересно, Гость, а во втором у Вас как. У меня вышло $1 + x^2ylnaxy = 0$ ($a-const$) без интегрирующих множителей (и головных болей ).

незванный гость писал(а):

:evil: У меня сложилось впечатление, что решение дифуров, как и интегрирование - процесс творческий.

И то правда. Только в этом случае все же есть один метод.
[...]
Ух, ты. Хотела кое-что написать, да мне так красиво выдало "ошибка". Первый раз у жизни. Я аж сразу поверила, что ошибка не в наборе, а в уравнении .
Из остаточных знаний. Если известно, что $\mu = \mu(\omega)$, где $\omega = \omega(x,y)$ - известная дифференцируемая функция, то интегр. множитель будет удовлетворять известному диф. ур. Функция $\omega$ определяется методом подбора, а по ходу можно уже соображать, каким именно образом она должна зависеть от $x$ и $y$. (Если в уравнении для $\mu$ левая часть, к примеру, зависит только от $x$, то правая не может быть функцией еще и $y$. Или если написать общий вид уравнения, то часто "зависимость соображается".) "Типичные" $\omega$ $x$, $y$, $x-y$, $x+y$, $xy$, $x^2+y^2$, $x^2-y^2$. Для такого же как "наше" уравнение можно разбивать на две части и находить для каждого отдельно инт. множитель и общий интеграл, а потом их слепить в кучу. Так что творческость превращается в число способов, которыми можно поделить уравнение.

А зачем? Если в самом уравнении можно сделать какую-нибудь замену переменных или переписать в другом виде и что-то подметить. Можно и без интегр. множителей. Вот уже посчитали люди. Не один фиг Бернулли решать или $\mu$ искать.

[Юрий]

Для второго уравнения Maple 9.5 дает следующее
(Поскольку я предпочитаю не использовать уравнений в дифференциалах, то перехожу к дифференциальному уравнению. Коварство интегрирующего множителя состоит в том, что для разных вариантов написания уравнения интегрирующий множитель слегка различается, что и привело к ошибке в моем предыдущем ответе, поскольку я обычно исхожу из ДУ разрешенного относительно старшей производной.)
>restart;
>with(ODETools):
> with(PDETools):
> declare(y(x));

y(x) will now be displayed as y

> ODE2 :=(x^2*y(x)^2-2*y(x))+(x^3*y(x)+x)*diff(y(x),x)=0;


> mu :=intfactor(ODE2);

$mu:=1/(xy(4+x^2y))$


> mutest(mu,ODE2);

0

это означает, что найденный mu действительно является ИТ данного уравнения. Далее однозначно находится первый интеграл, что является (для ур-ния первого порядка) фактически решением уравнения в неявной форме (разумеется, при наличии произвольной постоянной).

Что касается искусства (точнее, строгих методов) нахождения интегрирующих множителей, то существует обширная литература по этому вопросу. Наиболее красивым является метод Дарбу (и его усовершенствования), см., например,
http://arxiv.org/abs/math-ph/0508065

Юрий

[LynxGAV]

А тем, кто как я не шарит в прогр..
Без Мапля $x^{2}y(ydx + xdy) = 2ydx + xdy$ можно решить, например, так.
$(x^{2}y - 1)d(xy) = ydx$; $z = xy$ => $(xz - 1)\frac{dz}{z} = \frac{dx}{x}$; $px = -1$ => $(p + z)\frac{dz}{z} = dp$, преобразуем $\frac{dz}{z} = d\left(\frac{p}{z}\right)$ => $ln |z| = \frac{p}{z} + a$.

Цитата:

Что касается искусства (точнее, строгих методов) нахождения интегрирующих множителей, то существует обширная литература по этому вопросу. Наиболее красивым является метод Дарбу (и его усовершенствования).

Можно было догадаться, что остаточных знаний все же недостаточно
Спасибо, бум теперь знать, где сие лежит.

Юрий, а как насчет решения нелинейных ур. в чп для других задач. В процессе разр.? Я занимаюсь нелинейными явлениями. Мне бы очень даже пригодилось...По делу..

[Genrih]

2 незванный гость
Спасибо
лихо!!

[незваный гость]

Мне кажется, второе проще, чем первое. $x^{2}y( y{\rm d}x + x\rm d}y) = 2y\rm d}x + x\rm d}y$ умножаем на $\mu = x^{-3}y^{-2}$ и имеем: $\frac{{\rm d}x}{x} + \frac{{\rm d}y}{y} =$ $2 \frac{{\rm d}x}{y x^3} + \frac{{\rm d}y}{y^2 x^2}$. Или же ${\rm d} (\ln {x y}) = $ $-{\rm d}( x^{-2} y^{-1} )$.

LynxGAV писал(а):

Ух, ты. Хотела кое-что написать, да мне так красиво выдало "ошибка". Первый раз у жизни.

Это Вы cepesh'a благодарите. Он форумный софт недавно чинил, чтобы белых простыней не выдавало (при ошибках в формулах).

Юрий писал(а):

Что касается искусства (точнее, строгих методов) нахождения интегрирующих множителей

Спасибо за ссылку, Юрий. И интегралы нужно брать, и ДУ нужно интегрировать. Посему, конечно, и люди работают, и методы разрабатывают. И, для каких-то случаев (классов), полностью или частично решают задачу. Но общего решения нет. И, рискуя сказать чушь, добавлю, что в отличии от алгебаических уравнений, нет и критерия выразимости в замкнутой форме. Вот это я и имел в виду говоря о творчестве.

И за Maple Вам большое спасибо. Я когда-то смотрел его, и он не смотрелся. Буду теперь иметь в виду.

~~~

"Умно-жать, отнимать и делить! Это уже не арифметика, это грабеж какой-то!"

[LynxGAV]

Я так и знала

LynxGAV писал(а):

Без Мапля $x^{2}y(ydx + xdy) = 2ydx + xdy$ можно решить, например, так.

незванный гость писал(а):

:evil: Мне кажется, второе проще...

Классно Вы в уме под дифференциалы загоняете

PS Вообще-то это все было к тому, что можно попробовать решить без применения инт. множ.