Использование интегрирующего множителя

Рассмотрим дифференциальное уравнение вида \[P\left( {x,y} \right)dx + Q\left( {x,y} \right)dy = 0,\] где \(P\left( {x,y} \right)\) и \(Q\left( {x,y} \right)\) − функции двух переменных \(x\) и \(y,\) непрерывные в некоторой области \(D.\) Если \[\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} \ne \frac{{\partial P}}{{\partial y}},\] то уравнение не будет являться уравнением в полных дифференциалах. Однако мы можем попробовать подобрать так называемый интегрирующий множитель, представляющий собой функцию \(\mu \left( {x,y} \right),\) такую, что после умножения на нее дифференциальное уравнение преобразуется в уравнение в полных дифференциалах. В таком случае справедливо равенство: \[\frac{{\partial \left( {\mu Q\left( {x,y} \right)} \right)}}{{\partial x}} = \frac{{\partial \left( {\mu P\left( {x,y} \right)} \right)}}{{\partial y}}.\] Это условие можно записать в виде: \[ {Q\frac{{\partial \mu }}{{\partial x}} + \mu \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = P\frac{{\partial \mu }}{{\partial y}} + \mu \frac{{\partial P}}{{\partial y}},}\;\; {\Rightarrow Q\frac{{\partial \mu }}{{\partial x}} - P\frac{{\partial \mu }}{{\partial y}} = \mu \left( {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}} \right).} \] Последнее выражение представляет собой уравнение в частных производных первого порядка, которое определяет интегрирующий множитель \(\mu \left( {x,y} \right).\)

К сожалению, не существует общего метода нахождения интегрирующего множителя. Однако можно упомянуть некоторые частные случаи, для которых можно решить полученное уравнение в частных производных и, в результате, определить интегрирующий множитель. В этом случае мы имеем \(\large\frac{{\partial \mu }}{{\partial y}}\normalsize = 0,\) поэтому уравнение для \(\mu \left( {x,y} \right)\) можно записать в виде: \[\frac{1}{\mu }\frac{{d\mu }}{{dx}} = \frac{1}{Q}\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}} \right).\] Правая часть этого уравнения должна быть только функцией от \(x.\) Функцию \(\mu \left( x \right)\) можно найти, интегрируя последнее уравнение. Аналогично, если \(\large\frac{{\partial \mu }}{{\partial x}}\normalsize = 0,\) то мы получаем обыкновенное дифференциальное уравнение, определяющее интегрирующий множитель \(\mu:\) \[\frac{1}{\mu }\frac{{d\mu }}{{dy}} = -\frac{1}{P}\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}} \right),\] где правая часть зависит только от \(y.\) Функция \(\mu \left( y \right)\) находится интегрированием данного уравнения. Новая функция \({z\left( {x,y} \right)}\) может быть, например, типа: \[z = \frac{x}{y},\;\;\;z = xy,\;\;\;z = {x^2} + {y^2},\;\;\;z = x + y,\] и так далее.

Здесь важно, что интегрирующий множитель \(\mu \left( {x,y} \right)\) будет являться некоторой функцией одной переменной \(z:\) \[\mu \left( {x,y} \right) = \mu \left( z \right)\] и может быть найден из дифференциального уравнения: \[\frac{1}{\mu }\frac{{d\mu }}{{dz}} = \frac{{\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}}}{{Q\frac{{\partial z}}{{\partial x}} - P\frac{{\partial z}}{{\partial y}}}}.\] Предполагается, что правая часть уравнения зависит только от \(z\) и знаменатель не равен нулю.

Ниже мы рассмотрим некоторые примеры уравнения \[P\left( {x,y} \right)dx + Q\left( {x,y} \right)dy = 0,\] для которых можно найти интегрирующий множитель. Общие условия существования интегрирующего множителя выводятся в теории групп Ли.

   Пример 1

Решить уравнение \(\left( {1 + {y^2}} \right)dx + xydy = 0.\) Проверим сначала, что данное уравнение не является уравнением в полных дифференциалах: \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {xy} \right) = y,}\;\; {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {1 + {y^2}} \right) = 2y.} \] Как видно, частные производные не равны друг другу, поэтому уравнение не принадлежит к типу уравнений в полных дифференциалах. Попробуем подобрать интегрирующий множитель, чтобы преобразовать уравнение к указанному типу. Вычислим функцию \[\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = 2y - y = y.\] Можно заметить, что выражение \[\frac{1}{Q}\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}} \right) = \frac{1}{{xy}} \cdot y = \frac{1}{x}\] зависит только от переменной \(x.\) Следовательно, интегрирующий множитель будет также зависеть лишь от \(x:\) \(\mu = \mu \left( x \right).\) Мы можем найти его из уравнения: \[\frac{1}{\mu }\frac{{d\mu }}{{dx}} = \frac{1}{x}.\] Разделяя переменные и интегрируя, получаем: \[ {\int {\frac{{d\mu }}{\mu }} = \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| \mu \right| = \ln \left| x \right|,}\;\; {\Rightarrow \mu = \pm x.} \] Выберем \(\mu = x.\) Умножая исходное дифференциальное уравнение на \(\mu = x,\) получаем уравнение в полных дифференциалах: \[\left( {x + x{y^2}} \right)dx + {x^2}ydy = 0.\] В самом деле, теперь мы имеем \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {{x^2}y} \right) = 2xy } = {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {x + x{y^2}} \right) = 2xy.} \] Решим последнее уравнение. Функцию \(u\left( {x,y} \right)\) можно найти из системы уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = x + x{y^2}\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = {x^2}y \end{array} \right..\] Из первого уравнения следует, что \[u\left( {x,y} \right) = \int {\left( {x + x{y^2}} \right)dx} = \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^2}{y^2}}}{2} + \varphi \left( y \right).\] Подставляем это во второе уравнение, чтобы определить \(\varphi \left( y \right):\) \[ {\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {\frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^2}{y^2}}}{2} + \varphi \left( y \right)} \right] = {x^2}y,}\;\; {\Rightarrow {x^2}y + \varphi '\left( y \right) = {x^2}y,}\;\; {\Rightarrow \varphi '\left( y \right) = 0.} \] Отсюда следует, что \(\varphi \left( y \right) = C,\) где \(C\) − произвольная постоянная.

Таким образом, общее решение дифференциального уравнения определяется неявным выражением \[\frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^2}{y^2}}}{2} + C = 0.\]

   Пример 2

Решить дифференциальное уравнение \(\left( {x - \cos y} \right)dx - \sin ydy = 0.\) Применяя наш тест на принадлежность к уравнениям в полных дифференциалах, находим: \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( { - \sin y} \right) = 0,}\;\; {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {x - \cos y} \right) = \sin y.} \] Следовательно, заданное уравнение не является уравнением в полных дифференциалах. Попробуем "сконструировать" интегрирующий множитель. Заметим, что \[\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \sin y,\] и выражение \[\frac{1}{Q}\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}} \right) = \frac{{\sin y}}{{\left( { - \sin y} \right)}} = - 1\] будет константой.

Следовательно, мы можем искать интегрирующий множитель в виде функции \(\mu \left( x \right),\) решая соответствующее уравнение: \[ {\frac{1}{\mu }\frac{{d\mu }}{{dx}} = - 1,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{d\mu }}{\mu }} = - \int {dx} ,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| \mu \right| = - x,}\;\; {\Rightarrow \mu = {e^{ \pm x}}.} \] Выберем функцию \(\mu = {e^{ - x}}\) и убедимся, что исходное уравнение становится уравнением в полных дифференциалах после умножения на \(\mu = {e^{ - x}}:\) \[{e^{ - x}}\left( {x - \cos y} \right)dx - {e^{ - x}}\sin ydy = 0,\] \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( { - {e^{ - x}}\sin y} \right) = {e^{ - x}}\sin y } = {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{\partial }\left( {{e^{ - x}}\left( {x - \cos y} \right)} \right) = {e^{ - x}}\sin y.} \] Его общее решение можно найти из системы уравнением: \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = {e^{ - x}}\left( {x - \cos y} \right)\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = - {e^{ - x}}\sin y \end{array} \right..\] В данном случае более удобно сначала проинтегрировать второе уравнение по переменной \(y:\) \[u\left( {x,y} \right) = \int {\left( { - {e^{ - x}}\sin y} \right)dy} = {e^{ - x}}\cos y + \psi \left( x \right).\] Подставляя это в первое уравнение, получаем \[\require{cancel} {\frac{{\partial u}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left[ {{e^{ - x}}\cos y + \psi \left( x \right)} \right] = {e^{ - x}}\left( {x - \cos y} \right),}\;\; {\Rightarrow - \cancel{{e^{ - x}}\cos y} + \psi '\left( x \right) = x{e^{ - x}} - \cancel{{e^{ - x}}\cos y},}\;\; {\Rightarrow \psi '\left( x \right) = x{e^{ - x}}.} \] Интегрирование по частям приводит к следующему результату: \[ {\psi \left( x \right) = \int {x{e^{ - x}}dx} } = {\left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {u = x}\\ {v' = {e^{ - x}}}\\ {u' = 1}\\ {v = - {e^{ - x}}} \end{array}} \right] } = { - x{e^{ - x}} - \int {\left( { - {e^{ - x}}} \right)dx} } = { - x{e^{ - x}} + \int {{e^{ - x}}dx} } = { - x{e^{ - x}} - {e^{ - x}}.} \] Таким образом, общее решение уравнения описывается соотношением \[ {{e^{ - x}}\cos y - x{e^{ - x}} - {e^{ - x}} = C}\;\; {\text{или}\;\;{e^{ - x}}\left( {\cos y - x - 1} \right) = C,} \] где \(C\) является произвольным действительным числом.

   Пример 3

Решить дифференциальное уравнение \(\left( {x{y^2} - 2{y^3}} \right)dx + \left( {3 - 2x{y^2}} \right)dy = 0.\) Данное уравнение не является уравнением в полных дифференциалах, поскольку \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {3 - 2x{y^2}} \right) = - 2{y^2} } {\ne \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {x{y^2} - 2{y^3}} \right) = 2xy - 6{y^2}.} \] Попробуем определить его общее решение, используя интегрирующий множитель. Вычислим разность \[ {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} } = {2xy - 6{y^2} - \left( { - 2{y^2}} \right) } = {2xy - 4{y^2}.} \] Заметим, что выражение \[ {\frac{1}{P}\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}} \right) } = {\frac{{2xy - 4{y^2}}}{{x{y^2} - 2{y^3}}} } = {\frac{{2\cancel{\left( {xy - 2{y^2}} \right)}}}{{y\cancel{\left( {xy - 2{y^2}} \right)}}} } = {\frac{2}{y} } \] зависит только от \(y.\) Поэтому, интегрирующий множитель \(\mu\) также будет функцией одной переменной \(y.\) Мы можем найти его из уравнения \[\frac{1}{\mu }\frac{{d\mu }}{{dy}} = - \frac{1}{P}\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}} \right) = - \frac{2}{y}.\] Интегрируя, находим: \[ {\int {\frac{{d\mu }}{\mu }} = - 2\int {\frac{{dy}}{y}} ,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| \mu \right| = - 2\ln \left| \mu \right|,}\;\; {\Rightarrow \mu = \pm \frac{1}{{{y^2}}}.} \] Выбирая \(\mu = \large\frac{1}{{{y^2}}}\normalsize\) в качестве интегрирующего множителя и затем умножая на него исходное дифференциальное уравнение, получаем уравнение в полных дифференциалах: \[\left( {x - 2y} \right)dx + \left( {\frac{3}{{{y^2}}} - 2x} \right)dy = 0.\] В самом деле, теперь видно, что \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {\frac{3}{{{y^2}}} - 2x} \right) = - 2 } = {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {x - 2y} \right) = - 2.} \] Отметим, что при умножении на интегрирующий множитель мы потеряли решение \(y = 0.\) Это можно доказать прямой подстановкой решения \(y = 0\) в исходное дифференциальное уравнение.

Теперь найдем функцию \(u\) из системы уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = x - 2y\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = \frac{3}{{{y^2}}} - 2x \end{array} \right..\] Из первого уравнения следует, что \[ {u\left( {x,y} \right) = \int {\left( {x - 2y} \right)dx} } = {\frac{{{x^2}}}{2} - 2yx + \varphi \left( y \right).} \] Из второго уравнения находим: \[ {\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {\frac{{{x^2}}}{2} - 2yx + \varphi \left( y \right)} \right] = \frac{3}{{{y^2}}} - 2x,}\;\; {\Rightarrow - 2x + \varphi '\left( y \right) = \frac{3}{{{y^2}}} - 2x,}\;\; {\Rightarrow \varphi '\left( y \right) = \frac{3}{{{y^2}}},}\;\; {\Rightarrow \varphi \left( y \right) = \int {\frac{3}{{{y^2}}}dy} = - \frac{3}{y}.} \] Таким образом, заданное дифференциальное уравнение имеет следующие решения: \[\frac{{{x^2}}}{2} - 2yx - \frac{3}{y} = C,\;\;y = 0,\] где \(C\) − произвольная постоянная.

   Пример 4

Решить уравнение \(\left( {xy + 1} \right)dx + {x^2}dy = 0.\) Сначала убедимся, что заданное уравнение не является уравнением в полных дифференциалах: \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {{x^2}} \right) = 2x\; } {\ne \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {xy + 1} \right) = x.} \] Видно, что частные производные не равны друг другу. Поэтому, исходное уравнение не принадлежит к типу уравнений в полных дифференциалах. Вычислим разность производных: \[\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = x - 2x = - x.\] Попробуем применить интегрирующий множитель в форме \(z = xy.\) Здесь мы имеем: \[\frac{{\partial z}}{{\partial x}} = y,\;\;\frac{{\partial z}}{{\partial y}} = x.\] Тогда \[ {Q\frac{{\partial z}}{{\partial x}} - P\;\frac{{\partial z}}{{\partial y}} } = {{x^2} \cdot y - \left( {xy + 1} \right) \cdot x } = {\cancel{{x^2}y} - \cancel{{x^2}y} - x = - x,} \] и, следовательно, получаем: \[ {\frac{1}{\mu }\frac{{d\mu }}{{dz}} = \frac{{\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}}}{{Q\frac{{\partial z}}{{\partial x}} - P\frac{{\partial z}}{{\partial y}}}} } = {\frac{{ - x}}{{ - x}} = 1.} \] Мы видим, что интегрирующий фактор зависит только от промежуточной переменной \(z:\) \[\mu \left( {x,y} \right) = \mu \left( z \right) = \mu \left( {xy} \right).\] Этот интегрирующий фактор можно определить из последнего уравнения: \[ {\frac{1}{\mu }\frac{{d\mu }}{{dz}} = 1,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{d\mu }}{\mu }} = \int {dz} ,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| \mu \right| = z,}\;\; {\Rightarrow \mu = {e^{ \pm z}} = {e^{ \pm xy}}.} \] Выбирая функцию \(\mu = {e^{xy}},\) можно преобразовать заданное дифференциальное уравнение в уравнение в полных дифференциалах: \[\left( {xy + 1} \right){e^{xy}}dx + {x^2}{e^{xy}}dy = 0.\] Проверим это, снова используя необходимое и достаточное условие: \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left[ {{x^2}{e^{xy}}} \right] } = {2x{e^{xy}} + {x^2}y{e^{xy}},} \] \[ {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {\left( {xy + 1} \right){e^{xy}}} \right] } = {x{e^{xy}} + \left( {xy + 1} \right)x{e^{xy}} } = {x{e^{xy}} + {x^2}y{e^{xy}} + x{e^{xy}} } = {2x{e^{xy}} + {x^2}y{e^{xy}}.} \] Итак, видно, что уравнение теперь стало уравнением в полных дифференциалах. Его общее решение находится из системы уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = \left( {xy + 1} \right){e^{xy}}\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = {x^2}{e^{xy}} \end{array} \right..\] Интегрируем второе уравнение по переменной \(y\) (при этом переменная \(x\) считается константой): \[ {u\left( {x,y} \right) = \int {{x^2}{e^{xy}}dy} } = {{x^2}\int {{e^{xy}}dy} } = {{x^2} \cdot \frac{1}{x}{e^{xy}} + \psi \left( x \right) } = {x{e^{xy}} + \psi \left( x \right).} \] Подставляя в первое уравнение системы, получаем: \[ {\frac{{\partial u}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left[ {x{e^{xy}} + \psi \left( x \right)} \right] = \left( {xy + 1} \right){e^{xy}},}\;\; {\Rightarrow 1 \cdot {e^{xy}} + xy{e^{xy}} + \psi '\left( x \right) = \left( {xy + 1} \right){e^{xy}},}\;\; {\Rightarrow \left( {xy + 1} \right){e^{xy}} + \psi '\left( x \right) = \left( {xy + 1} \right){e^{xy}},}\;\; {\Rightarrow \psi '\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \psi \left( x \right) = C.} \] Следовательно, общее решение дифференциального уравнения записывается в форме: \[x{e^{xy}} + C = 0,\] где \(C\) − произвольное действительное число.

   Пример 5

Решить уравнение \(ydx + \left( {{x^2} + {y^2} - x} \right)dy = 0,\) используя интегрирующий множитель \(\mu \left( {x,y} \right) = {x^2} + {y^2}.\) Нетрудно убедиться, что изначально уравнение не является уравнением в полных дифференциалах: \[ {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {{x^2} + {y^2} - x} \right) = 2x - 1\;} {\ne \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( y \right) = 1.} \] Разность частных производных равна \[ {\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} } = {1 - \left( {2x - 1} \right) } = {2 - 2x.} \] Используя интегрирующий множитель \(\mu = z = {x^2} + {y^2},\) находим: \[ {\frac{{\partial z}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 2x,}\;\;\; {\frac{{\partial z}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 2y.} \] Вычислим следующее выражение: \[ {Q\frac{{\partial z}}{{\partial x}} - P\frac{{\partial z}}{{\partial y}} } = {\left( {{x^2} + {y^2} - x} \right) \cdot 2x - y \cdot 2y } = {2{x^3} + 2x{y^2} - 2{x^2} - 2{y^2} } = {2x\left( {{x^2} + {y^2}} \right) - 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) } = {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {2x - 2} \right).} \] В результате мы получаем дифференциальное уравнение для функции \(\mu \left( z \right):\) \[ {\frac{1}{\mu }\frac{{d\mu }}{{dz}} } = {\frac{{\frac{{\partial P}}{{\partial y}} - \frac{{\partial Q}}{{\partial x}}}}{{Q\frac{{\partial z}}{{\partial x}} - P\frac{{\partial z}}{{\partial y}}}} } = {\frac{{2 - 2x}}{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {2x - 2} \right)}} } = { - \frac{\cancel{2x - 2}}{{z \cancel{\left( {2x - 2} \right)}}} } = { - \frac{1}{z}.} \] Интегрируем и определяем функцию \(\mu \left( z \right):\) \[ {\int {\frac{{d\mu }}{\mu }} = - \int {\frac{{dz}}{z}} ,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| \mu \right| = - \ln \left| z \right|,}\;\; {\Rightarrow \mu = \pm \frac{1}{z}.} \] Можно выбрать интегрирующий множитель \(\mu = {\large\frac{1}{z}\normalsize} = {\large\frac{1}{{{x^2} + {y^2}}}\normalsize}.\) После умножения на \(\large\frac{1}{{{x^2} + {y^2}}}\normalsize\) исходное дифференциальное уравнение превращается в уравнение в полных дифференциалах: \[ {\frac{y}{{{x^2} + {y^2}}}dx + \frac{{{x^2} + {y^2} - x}}{{{x^2} + {y^2}}}dy = 0}\;\; {\text{или}\;\;\frac{y}{{{x^2} + {y^2}}}dx + \left( {1 - \frac{x}{{{x^2} + {y^2}}}} \right)dy = 0.} \] Общее решение \(u\left( {x,y} \right) = C\) находится из следующей системы уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = \frac{y}{{{x^2} + {y^2}}}\\ \frac{{\partial u}}{{\partial y}} = 1 - \frac{x}{{{x^2} + {y^2}}} \end{array} \right..\] Интегрируем первое уравнение по переменной \(x:\) \[ {u\left( {x,y} \right) = \int {\frac{y}{{{x^2} + {y^2}}}dx} } = {y\int {\frac{{dx}}{{{x^2} + {y^2}}}} } = {y \cdot \frac{1}{y}\arctan \frac{x}{y} + \varphi \left( y \right) } = {\arctan \frac{x}{y} + \varphi \left( y \right).} \] Подставляя во второе уравнение, получаем: \[ {\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {\arctan \frac{x}{y} + \varphi \left( y \right)} \right] = 1 - \frac{x}{{{x^2} + {y^2}}},}\;\; {\Rightarrow \frac{1}{{1 + {{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2}}} \cdot \left( { - \frac{x}{{{y^2}}}} \right) + \varphi '\left( y \right) = 1 - \frac{x}{{{x^2} + {y^2}}},}\;\; {\Rightarrow - \frac{{\cancel{y^2}x}}{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\cancel{y^2}}} + \varphi '\left( y \right) = 1 - \frac{x}{{{x^2} + {y^2}}},}\;\; {\Rightarrow \varphi '\left( y \right) = 1,}\;\; {\Rightarrow \varphi \left( y \right) = y.} \] Таким образом, общее решение дифференциального уравнения в неявной форме определяется формулой: \[\arctan \frac{x}{y} + y = C,\] где \(C\) − произвольная константа.