Диференциално у-е

[Гост]

(y+[tex]\frac{2}{x^{2}}[/tex])dx+(x-[tex]\frac{3}{y^{2}}[/tex])dy=0

[Добромир Глухаров]

$P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0$

За да бъде лявата страна точен диференциал, трябва да съществува $F(x,y)$ така, че $\begin{array}{|l}P(x,y)=F'_x(x,y)\\Q(x,y)=F'_y(x,y)\end{array}$

$\Rightarrow\begin{array}{|l}P'_y(x,y)=F''_{xy}(x,y)\\Q'_x(x,y)=F''_{yx}(x,y)\end{array}\Rightarrow P'_y(x,y)=Q'_x(x,y)$

$P(x,y)=y+\frac{2}{x^2}\Rightarrow P'_y(x,y)=1+0=1$
$Q(x,y)=x-\frac{3}{y^2}\Rightarrow Q'_x(x,y)=1-0=1$

$\Rightarrow$ наистина $P'_y=Q'_x\Rightarrow$ лявата страна е точен диференциал - $F'_x(x,y)dx+F'_y(x,y)dy=dF(x,y)$.

Уравнението $\left(y+\frac{2}{x^2}\right)dx+\left(x-\frac{3}{y^2}\right)dy=0$ се оказва точно.

$F'_x(x,y)=P(x,y)=y+\frac{2}{x^2}\Rightarrow F(x,y)=xy-\frac{2}{x}+\varphi(y)$

$F'_y(x,y)=Q(x,y)=x-\frac{3}{y^2}\Rightarrow x-0+\varphi'(y)=x-\frac{3}{y^2}\Rightarrow \varphi'(y)=-\frac{3}{y^2}\Rightarrow$
$\Rightarrow \varphi(y)=\frac{3}{y}+C\Rightarrow F(x,y)=xy-\frac{2}{x}+\frac{3}{y}+C$
$\Rightarrow \fbox{xy-\frac{2}{x}+\frac{3}{y}=C}$ е решение на даденото диференциално уравнение.