17. Уравнения в полных дифференциалах.

Рассм ДУ 1го порядка,записанное в дифференциале: Р(x,y)dx+Q(x,y)dy=0.(1)/ Предположим,что левая часть ур-я явл полным дифференциалом некто-й ф-ии U(x,y) (тогда du=т.е.

Теорема. Для того,чтобы выражение P(x,y)dx+Q(x,y)dy было полным дифференциалом некот-й ф-ии необходимо и достаточно,чтобы . Т.о. если в ур-ии(1) выполняется усл-е ,то левая часть ур-я явл диф-лом некот-й ф-ии. Значит ур-е (1) .

18. ДУ 2 порядка.F(x,y, y. В некот-х случаях это ур-е можно разрешить относит-о 2 производ-й y.(2). Простейший случай такого ур-я y

ДУ 2 порядка имеют бесчисленное множество решений,кот задаются формулой y=φ(x, C1, C2), т.е. содержит две произвольные постоянные. Эта сов-ть решений назыв общим решением du 2 порядка. Частное решение ур-я (1) отыскивается при помощи задания нач-х решений . Геометрич смысл нач-х условий: Помимо точки (x0,y0) через которую должна проходить интегральная кривая, мы ещё задаем угловой коэф касат-й в этой точке к этой кривой.

Замеч.Т.к. общее решение ур-я 2 порядка зависит от двух произвольных постоянных, то через данную точку проходит бесчисл множ-во интегр-х кривых, лишь одна из кот-х имеет заданный угловой коэф-ент.

Теорема существования и единственности решения задачи Коши. Если ф-ия f(x, y, ) непрерывна в корестности значений x0, y0, y0 , то ур-е (2) имеет решение y=y(x), что y(x0)=y0, y(x0)=y0 Если кроме того непрерывны и частные производные , то данное решение будет единственным.