Jednačine u totalnim diferencijalima. Primjeri rješenja. Jednadžba u totalnim diferencijalima Kako riješiti jednadžbe u totalnim diferencijalima

Pokazuje kako prepoznati diferencijalnu jednadžbu u ukupnim diferencijalima. Date su metode za njegovo rješavanje. Dat je primjer rješavanja jednadžbe u totalnim diferencijalima na dva načina.

Sadržaj

Uvod

Diferencijalna jednadžba prvog reda u totalnim diferencijalima je jednadžba oblika:
(1) ,
gdje je lijeva strana jednadžbe ukupni diferencijal neke funkcije U (x, y) iz varijabli x, y:
.
Pri čemu .

Ako se pronađe takva funkcija U (x, y), tada jednačina poprima oblik:
dU (x, y) = 0.
Njegov opšti integral je:
U (x, y) = C,
gdje je C konstanta.

Ako se diferencijalna jednadžba prvog reda napiše u smislu njenog izvoda:
,
onda ga je lako dovesti u formu (1) . Da biste to učinili, pomnožite jednačinu sa dx. Onda . Kao rezultat, dobijamo jednačinu izraženu u terminima diferencijala:
(1) .

Svojstvo diferencijalne jednadžbe u totalnim diferencijalima

Da bi jednačina (1) bila jednadžba u totalnim diferencijalima, potrebno je i dovoljno da relacija vrijedi:
(2) .

Dokaz

Nadalje pretpostavljamo da su sve funkcije korištene u dokazu definirane i da imaju odgovarajuće izvode u nekom rasponu vrijednosti varijabli x i y. Tačka x 0 , y 0 takođe pripada ovom području.

Dokažimo neophodnost uslova (2).
Neka je lijeva strana jednačine (1) je diferencijal neke funkcije U (x, y):
.
Onda
;
.
Pošto drugi izvod ne zavisi od redosleda diferencijacije, onda
;
.
Iz toga sledi da . Neophodan uslov (2) dokazan.

Dokažimo dovoljnost uslova (2).
Neka je uslov zadovoljen (2) :
(2) .
Pokažimo da je moguće pronaći takvu funkciju U (x, y) da je njegov diferencijal:
.
To znači da postoji takva funkcija U (x, y), koji zadovoljava jednačine:
(3) ;
(4) .
Nađimo takvu funkciju. Integrirajmo jednačinu (3) po x od x 0 na x, uz pretpostavku da je y konstanta:
;
;
(5) .
Diferenciramo u odnosu na y, pod pretpostavkom da je x konstanta i primjenjujemo (2) :

.
Jednačina (4) će se izvršiti ako
.
Integrirajte preko y od y 0 do y:
;
;
.
Zamjena u (5) :
(6) .
Dakle, pronašli smo funkciju čiji diferencijal
.
Dovoljnost je dokazana.

U formuli (6) , U (x 0 , y 0) je konstanta - vrijednost funkcije U (x, y) u tački x 0 , y 0. Može mu se dodijeliti bilo koja vrijednost.

Kako prepoznati diferencijalnu jednadžbu u totalnim diferencijalima

Razmotrimo diferencijalnu jednačinu:
(1) .
Da biste utvrdili da li je ova jednadžba u totalnim diferencijalima, morate provjeriti uvjet (2) :
(2) .
Ako vrijedi, onda je ova jednadžba u totalnim diferencijalima. Ako ne, onda ovo nije totalna diferencijalna jednadžba.

Primjer

Provjerite da li je jednadžba u totalnim diferencijalima:
.

Evo
, .
Razlikujemo u odnosu na y, uzimajući u obzir x konstantu:


.
Hajde da razlikujemo


.
Zbog:
,
onda je data jednadžba u totalnim diferencijalima.

Metode rješavanja diferencijalnih jednadžbi u totalnim diferencijalima

Metoda sekvencijalne diferencijalne ekstrakcije

Najjednostavniji metod za rješavanje jednadžbe u totalnim diferencijalima je metoda sekvencijalnog izolovanja diferencijala. Da bismo to učinili, koristimo formule diferencijacije napisane u diferencijalnom obliku:
du ± dv = d (u ± v);
v du + u dv = d (uv);
;
.
U ovim formulama, u i v su proizvoljni izrazi sastavljeni od bilo koje kombinacije varijabli.

Primjer 1

Riješite jednačinu:
.

Prethodno smo otkrili da je ova jednadžba u totalnim diferencijalima. Hajde da ga transformišemo:
(P1) .
Jednačinu rješavamo sekvencijalnim izolacijom diferencijala.
;
;
;
;

.
Zamjena u (P1):
;
.

Metoda sukcesivne integracije

U ovoj metodi tražimo funkciju U (x, y), zadovoljavajući jednačine:
(3) ;
(4) .

Hajde da integrišemo jednačinu (3) u x, uzimajući u obzir y konstantu:
.
Ovdje φ (y)- proizvoljna funkcija od y koju treba odrediti. To je konstanta integracije. Zamijenite u jednačinu (4) :
.
Odavde:
.
Integrirajući, nalazimo φ (y) a samim tim i U (x, y).

Primjer 2

Riješite jednačinu u totalnim diferencijalima:
.

Prethodno smo otkrili da je ova jednadžba u totalnim diferencijalima. Hajde da uvedemo sljedeću notaciju:
, .
Traži se funkcija U (x, y), čiji je diferencijal lijeva strana jednadžbe:
.
onda:
(3) ;
(4) .
Hajde da integrišemo jednačinu (3) u x, uzimajući u obzir y konstantu:
(P2)
.
Razlikujte u odnosu na y:

.
Zamenimo unutra (4) :
;
.
Hajde da integrišemo:
.
Zamenimo unutra (P2):

.
Opšti integral jednačine:
U (x, y) = konst.
Kombiniramo dvije konstante u jednu.

Metoda integracije duž krive

Funkcija U definirana relacijom:
dU = p (x, y) dx + q(x, y) dy,
može se naći integracijom ove jednačine duž krivulje koja povezuje tačke (x 0 , y 0) I (x, y):
(7) .
Zbog
(8) ,
tada integral zavisi samo od koordinata početne (x 0 , y 0) i konačno (x, y) tačke i ne zavisi od oblika krive. Od (7) I (8) mi nalazimo:
(9) .
Evo x 0 i y 0 - trajno. Stoga U (x 0 , y 0)- takođe konstantan.

Primjer takve definicije U je dobiven u dokazu:
(6) .
Ovdje se integracija prvo izvodi duž segmenta paralelnog y osi od tačke (x 0 , y 0 ) do tačke (x 0 , y). Zatim se vrši integracija duž segmenta paralelnog x osi iz tačke (x 0 , y) do tačke (x, y) .

Općenito, trebate predstaviti jednadžbu krive koja povezuje tačke (x 0 , y 0 ) I (x, y) u parametarskom obliku:
x 1 = s(t 1); y 1 = r(t 1);
x 0 = s(t 0); y 0 = r(t 0);
x = s (t); y = r (t);
i integrirati preko t 1 od t 0 do t.

Najlakši način za integraciju je preko segmenta koji povezuje tačke (x 0 , y 0 ) I (x, y). U ovom slučaju:
x 1 = x 0 + (x - x 0) t 1; y 1 = y 0 + (y - y 0) t 1;
t 0 = 0 ; t = 1 ;
dx 1 = (x - x 0) dt 1; dy 1 = (y - y 0) dt 1.
Nakon zamjene, dobijamo integral preko t od 0 prije 1 .
Ova metoda, međutim, dovodi do prilično glomaznih proračuna.

Reference:
V.V. Stepanov, Kurs diferencijalnih jednačina, "LKI", 2015.

Definicija 8.4. Diferencijalna jednadžba oblika

Gdje
naziva se totalna diferencijalna jednadžba.

Imajte na umu da je lijeva strana takve jednadžbe ukupni diferencijal neke funkcije
.

Općenito, jednačina (8.4) se može predstaviti kao

Umjesto jednačine (8.5), možemo uzeti u obzir jednačinu

,

čije je rješenje opći integral jednačine (8.4). Dakle, za rješavanje jednačine (8.4) potrebno je pronaći funkciju
. U skladu sa definicijom jednačine (8.4), imamo

(8.6)

Funkcija
tražićemo funkciju koja zadovoljava jedan od ovih uslova (8.6):

Gdje - proizvoljna funkcija nezavisna od .

Funkcija
je definisan tako da je zadovoljen drugi uslov izraza (8.6).

(8.7)

Iz izraza (8.7) određena je funkcija
. Zamjenjujući ga u izraz za
i dobiti opšti integral originalne jednačine.

Problem 8.3. Integrirajte jednačinu

Evo
.

Stoga ova jednadžba pripada tipu diferencijalnih jednadžbi u totalnim diferencijalima. Funkcija
potražićemo ga u formi

.

Na drugoj strani,

.

U nekim slučajevima stanje
možda neće biti ispunjeno.

Tada se takve jednadžbe svode na tip koji se razmatra množenjem sa takozvanim integrirajućim faktorom, koji je u općem slučaju samo funkcija ili .

Ako neka jednadžba ima integrirajući faktor koji ovisi samo o , tada se određuje formulom

gdje je odnos treba biti samo funkcija .

Slično, integrirajući faktor zavisi samo od , određuje se formulom

gdje je odnos
treba biti samo funkcija .

Odsustvo u datim relacijama, u prvom slučaju, varijable , au drugom - varijabla , su znak postojanja integracionog faktora za datu jednačinu.

Problem 8.4. Svesti ovu jednačinu na jednadžbu u totalnim diferencijalima.

.

Razmotrite odnos:

.

Tema 8.2. Linearne diferencijalne jednadžbe

Definicija 8.5. Diferencijalna jednadžba
naziva se linearnim ako je linearan u odnosu na željenu funkciju , njegov derivat i ne sadrži proizvod željene funkcije i njen izvod.

Opšti oblik linearne diferencijalne jednadžbe predstavljen je sljedećom relacijom:

(8.8)

Ako je u odnosu (8.8) desna strana
, onda se takva jednačina naziva linearno homogena. U slučaju kada je desna strana
, onda se takva jednačina naziva linearno nehomogenom.

Pokažimo da se jednačina (8.8) može integrirati u kvadrature.

U prvoj fazi razmatramo linearnu homogenu jednačinu.

Takva jednačina je jednačina sa odvojivim varijablama. stvarno,

;

/

Posljednja relacija određuje opće rješenje linearne homogene jednačine.

Za pronalaženje općeg rješenja linearne nehomogene jednačine koristi se metoda variranja derivacije konstante. Ideja metode je da je opšte rješenje linearne nehomogene jednadžbe u istom obliku kao i rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe, ali proizvoljna konstanta zamijenjen nekom funkcijom
da se utvrdi. Dakle, imamo:

(8.9)

Zamjenjujući u relaciju (8.8) odgovarajuće izraze
I
, dobijamo

Zamjenom posljednjeg izraza u relaciju (8.9) dobijamo opći integral linearne nehomogene jednačine.

Dakle, opšte rješenje linearne nehomogene jednadžbe je određeno s dvije kvadrature: općim rješenjem linearne homogene jednačine i posebnim rješenjem linearne nehomogene jednačine.

Problem 8.5. Integrirajte jednačinu

Dakle, originalna jednadžba pripada vrsti linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi.

U prvoj fazi naći ćemo opšte rješenje linearne homogene jednačine.

;

U drugoj fazi određujemo opšte rješenje linearne nehomogene jednadžbe, koje se nalazi u obliku

,

Gdje
- funkcija koju treba odrediti.

Dakle, imamo:

Zamjena odnosa za I u originalnu linearnu nehomogenu jednačinu dobijamo:

;

;

.

Opće rješenje linearne nehomogene jednadžbe imat će oblik:

.

neke funkcije. Ako povratimo funkciju iz njenog ukupnog diferencijala, naći ćemo opći integral diferencijalne jednadžbe. U nastavku ćemo govoriti o metoda vraćanja funkcije iz njenog ukupnog diferencijala.

Lijeva strana diferencijalne jednadžbe je ukupni diferencijal neke funkcije U(x, y) = 0, ako je uslov ispunjen.

Jer puna diferencijalna funkcija U(x, y) = 0 Ovo , što znači da kada je uslov ispunjen, navodi se da .

onda, .

Iz prve jednačine sistema dobijamo . Funkciju nalazimo pomoću druge jednadžbe sistema:

Na ovaj način ćemo pronaći traženu funkciju U(x, y) = 0.

Primjer.

Hajde da nađemo opšte rešenje DE .

Rješenje.

U našem primjeru. Uslov je ispunjen jer:

Tada je lijeva strana početne diferencijalne jednadžbe ukupni diferencijal neke funkcije U(x, y) = 0. Moramo pronaći ovu funkciju.

Jer je ukupni diferencijal funkcije U(x, y) = 0, znači:

.

Integrišemo se x 1. jednadžba sistema i diferencirati s obzirom na y rezultat:

.

Iz 2. jednačine sistema dobijamo . znači:

Gdje WITH- proizvoljna konstanta.

Dakle, opšti integral date jednačine će biti .

Postoji i drugi metoda izračunavanja funkcije iz njenog ukupnog diferencijala. Sastoji se od uzimanja linijskog integrala fiksne tačke (x 0 , y 0) do tačke sa promenljivim koordinatama (x, y): . U ovom slučaju, vrijednost integrala je nezavisna od puta integracije. Pogodno je uzeti kao put integracije izlomljenu liniju čije su veze paralelne sa koordinatnim osa.

Primjer.

Hajde da nađemo opšte rešenje DE .

Rješenje.

Provjeravamo ispunjenost uslova:

Dakle, lijeva strana diferencijalne jednadžbe je potpuni diferencijal neke funkcije U(x, y) = 0. Nađimo ovu funkciju izračunavanjem krivolinijskog integrala tačke (1; 1) prije (x, y). Kao put integracije uzimamo izlomljenu liniju: prvi dio izlomljene linije prelazi se duž prave linije y = 1 od tačke (1, 1) prije (x, 1), kao drugi dio putanje uzimamo segment prave linije iz tačke (x, 1) prije (x, y):

Dakle, generalno rješenje daljinskog upravljača izgleda ovako: .

Primjer.

Odredimo generalno rješenje DE.

Rješenje.

Jer , što znači da uvjet nije ispunjen, tada lijeva strana diferencijalne jednadžbe neće biti potpuni diferencijal funkcije i trebate koristiti drugu metodu rješenja (ova jednadžba je diferencijalna jednadžba sa odvojivim varijablama).

U ovoj temi ćemo se osvrnuti na metodu rekonstrukcije funkcije iz njenog totalnog diferencijala i dati primjere problema uz potpunu analizu rješenja.

Dešava se da diferencijalne jednadžbe (DE) oblika P (x, y) d x + Q (x, y) d y = 0 mogu sadržavati potpune diferencijale nekih funkcija na lijevoj strani. Tada možemo pronaći opći integral diferencijalne jednadžbe ako prvo rekonstruiramo funkciju iz njenog ukupnog diferencijala.

Primjer 1

Razmotrimo jednačinu P (x, y) d x + Q (x, y) d y = 0. Lijeva strana sadrži diferencijal određene funkcije U(x, y) = 0. Da bi se to postiglo, mora biti zadovoljen uslov ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x.

Ukupni diferencijal funkcije U (x, y) = 0 ima oblik d U = ∂ U ∂ x d x + ∂ U ∂ y d y. Uzimajući u obzir uslov ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x dobijamo:

P (x, y) d x + Q (x, y) d y = ∂ U ∂ x d x + ∂ U ∂ y d y

∂ U ∂ x = P (x, y) ∂ U ∂ y = Q (x, y)

Transformacijom prve jednačine iz rezultujućeg sistema jednačina možemo dobiti:

U (x, y) = ∫ P (x, y) d x + φ (y)

Funkciju φ (y) možemo pronaći iz druge jednadžbe prethodno dobijenog sistema:
∂ U (x, y) ∂ y = ∂ ∫ P (x, y) d x ∂ y + φ y " (y) = Q (x, y) ⇒ φ (y) = ∫ Q (x, y) - ∂ ∫ P (x , y) d x ∂ y d y

Ovako smo pronašli željenu funkciju U (x, y) = 0.

Primjer 2

Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe (x 2 - y 2) d x - 2 x y d y = 0.

Rješenje

P (x, y) = x 2 - y 2, Q (x, y) = - 2 x y

Provjerimo da li je uvjet ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x zadovoljen:

∂ P ∂ y = ∂ (x 2 - y 2) ∂ y = - 2 y ∂ Q ∂ x = ∂ (- 2 x y) ∂ x = - 2 y

Naš uslov je ispunjen.

Na osnovu proračuna možemo zaključiti da je lijeva strana originalne diferencijalne jednadžbe ukupni diferencijal neke funkcije U (x, y) = 0. Moramo pronaći ovu funkciju.

Kako je (x 2 - y 2) d x - 2 x y d y ukupni diferencijal funkcije U (x, y) = 0, onda

∂ U ∂ x = x 2 - y 2 ∂ U ∂ y = - 2 x y

Integrirajmo prvu jednačinu sistema u odnosu na x:

U (x, y) = ∫ (x 2 - y 2) d x + φ (y) = x 3 3 - x y 2 + φ (y)

Sada razlikujemo rezultirajući rezultat s obzirom na y:

∂ U ∂ y = ∂ x 3 3 - x y 2 + φ (y) ∂ y = - 2 x y + φ y " (y)

Transformisanjem druge jednačine sistema dobijamo: ∂ U ∂ y = - 2 x y . To znači da
- 2 x y + φ y " (y) = - 2 x y φ y " (y) = 0 ⇒ φ (y) = ∫ 0 d x = C

gdje je C proizvoljna konstanta.

Dobijamo: U (x, y) = x 3 3 - x y 2 + φ (y) = x 3 3 - x y 2 + C. Opšti integral originalne jednadžbe je x 3 3 - x y 2 + C = 0.

Pogledajmo drugu metodu za pronalaženje funkcije pomoću poznatog totalnog diferencijala. Uključuje upotrebu krivolinijskog integrala od fiksne tačke (x 0, y 0) do tačke sa promenljivim koordinatama (x, y):

U (x, y) = ∫ (x 0, y 0) (x, y) P (x, y) d x + Q (x, y) d y + C

U takvim slučajevima, vrijednost integrala ni na koji način ne ovisi o putu integracije. Kao put integracije možemo uzeti izlomljenu liniju, čije se veze nalaze paralelno sa koordinatnim osa.

Primjer 3

Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe (y - y 2) d x + (x - 2 x y) d y = 0.

Rješenje

Provjerimo da li je uvjet ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x zadovoljen:

∂ P ∂ y = ∂ (y - y 2) ∂ y = 1 - 2 y ∂ Q ∂ x = ∂ (x - 2 x y) ∂ x = 1 - 2 y

Ispada da je lijeva strana diferencijalne jednadžbe predstavljena ukupnim diferencijalom neke funkcije U (x, y) = 0. Da bismo pronašli ovu funkciju, potrebno je izračunati linijski integral tačke (1 ; 1) prije (x, y). Uzmimo kao put integracije izlomljenu liniju, čiji će dijelovi proći pravolinijski y = 1 od tačke (1, 1) do (x, 1), a zatim od tačke (x, 1) do (x, y):

∫ (1 , 1) (x , y) y - y 2 d x + (x - 2 x y) d y = = ∫ (1 , 1) (x , 1) (y - y 2) d x + (x - 2 x y ) d y + + ∫ (x , 1) (x , y) (y - y 2) d x + (x - 2 x y) d y = = ∫ 1 x (1 - 1 2) d x + ∫ 1 y (x - 2) x y) d y = (x y - x y 2) y 1 = = x y - x y 2 - (x 1 - x 1 2) = x y - x y 2

Dobili smo opšte rješenje diferencijalne jednadžbe oblika x y - x y 2 + C = 0.

Primjer 4

Odrediti opšte rješenje diferencijalne jednadžbe y · cos x d x + sin 2 x d y = 0 .

Rješenje

Provjerimo da li je uvjet ∂ P ∂ y ≡ ∂ Q ∂ x zadovoljen.

Pošto je ∂ (y · cos x) ∂ y = cos x, ∂ (sin 2 x) ∂ x = 2 sin x · cos x, onda uslov neće biti zadovoljen. To znači da lijeva strana diferencijalne jednadžbe nije potpuni diferencijal funkcije. Ovo je diferencijalna jednadžba sa odvojivim varijablama i druga rješenja su pogodna za njeno rješavanje.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Može se dogoditi da lijeva strana diferencijalne jednadžbe

je ukupni diferencijal neke funkcije:

i prema tome, jednačina (7) ima oblik .

Ako je funkcija rješenje jednadžbe (7), onda , i, prema tome,

gdje je konstanta, i obrnuto, ako neka funkcija pretvara konačnu jednačinu (8) u identitet, onda, razlikovanjem rezultirajućeg identiteta, dobivamo , i stoga, , gdje je proizvoljna konstanta, je opći integral originala jednačina.

Ako su date početne vrijednosti, tada se konstanta određuje iz (8) i

je željeni parcijalni integral. Ako je u točki , tada je jednadžba (9) definirana kao implicitna funkcija od .

Da bi lijeva strana jednadžbe (7) bila potpuni diferencijal neke funkcije, potrebno je i dovoljno da

Ako je ovaj uslov koji je specificirao Euler zadovoljen, onda se jednačina (7) može lako integrirati. Zaista, . Na drugoj strani, . dakle,

Prilikom izračunavanja integrala, količina se smatra konstantom, stoga je proizvoljna funkcija od . Da bismo odredili funkciju, diferenciramo pronađenu funkciju u odnosu na i, budući da , dobivamo

Iz ove jednačine određujemo i, integracijom, nalazimo .

Kao što je poznato iz tečaja matematičke analize, još je jednostavnije odrediti funkciju pomoću njenog totalnog diferencijala, uzimajući krivolinijski integral između određene fiksne točke i točke s promjenjivim koordinatama duž bilo koje putanje:

Najčešće je kao put integracije zgodno uzeti izlomljenu liniju sastavljenu od dvije veze paralelne sa koordinatnim osa; u ovom slučaju

Primjer. .

Lijeva strana jednadžbe je ukupni diferencijal neke funkcije, budući da

Dakle, opšti integral ima oblik

Može se koristiti i druga metoda za definiranje funkcije:

Odaberemo, na primjer, ishodište koordinata kao početnu tačku, a isprekidanu liniju kao put integracije. Onda

a opšti integral ima oblik

Što se poklapa s prethodnim rezultatom, što dovodi do zajedničkog nazivnika.

U nekim slučajevima, kada lijeva strana jednačine (7) nije potpuni diferencijal, lako je odabrati funkciju, nakon množenja kojom se lijeva strana jednačine (7) pretvara u potpuni diferencijal. Ova funkcija se zove integrirajući faktor. Imajte na umu da množenje integrirajućim faktorom može dovesti do pojave nepotrebnih parcijalnih rješenja koja ovaj faktor pretvaraju na nulu.

Primjer. .

Očigledno, nakon množenja faktorom, lijeva strana se pretvara u totalni diferencijal. Zaista, nakon množenja sa dobijamo

ili, integrirajući, . Množenjem sa 2 i potenciranjem, imamo .

Naravno, faktor integracije se ne bira uvijek tako lako. U općem slučaju, da bi se pronašao integrirajući faktor, potrebno je odabrati barem jedno parcijalno rješenje jednadžbe u parcijalnim derivatima, ili u proširenom obliku, koje nije identično nuli

koji se nakon dijeljenja sa i prenošenja nekih članova na drugi dio jednakosti svodi na oblik

U opštem slučaju, integracija ove parcijalne diferencijalne jednadžbe nikako nije jednostavniji zadatak od integracije originalne jednadžbe, ali u nekim slučajevima odabir određenog rješenja jednačine (11) nije težak.

Osim toga, s obzirom da je integrirajući faktor funkcija samo jednog argumenta (na primjer, funkcija je samo ili samo , ili funkcija samo , ili samo , itd.), lako se može integrirati jednačina (11) i naznačiti uslove pod kojima postoji integrirajući faktor tipa koji se razmatra. Ovo identifikuje klase jednačina za koje se lako može naći integrirajući faktor.

Na primjer, hajde da pronađemo uslove pod kojima jednačina ima faktor integracije koji zavisi samo od , tj. . U ovom slučaju, jednadžba (11) se pojednostavljuje i poprima oblik , iz kojeg, uzimajući u obzir kao kontinuiranu funkciju od , dobivamo

Ako je funkcija samo od , tada integrirajući faktor koji ovisi samo o , postoji i jednak je (12), inače integrirajući faktor oblika ne postoji.

Zadovoljen je uslov za postojanje faktora integracije koji zavisi samo od, na primer, za linearnu jednačinu ili . Zaista, i stoga . Na potpuno sličan način mogu se pronaći i uslovi za postojanje integrirajućih faktora oblika itd.

Primjer. Da li jednačina ima integrirajući faktor u obliku ?

Označimo . Jednadžba (11) at ima oblik , odakle ili

Za postojanje integracionog faktora datog tipa potrebno je i, pod pretpostavkom kontinuiteta, dovoljno da on bude samo funkcija . U ovom slučaju, dakle, integrirajući faktor postoji i jednak je (13). Kada primimo. Množenjem izvorne jednadžbe sa , mi je svodimo na oblik

Integrirajući, dobijamo , a nakon potenciranja imat ćemo , ili u polarnim koordinatama - familiju logaritamskih spirala.

Primjer. Pronađite oblik ogledala koje reflektuje paralelno sa datim smjerom sve zrake koje izlaze iz date tačke.

Postavimo početak koordinata u datu tačku i usmjerimo osu apscise paralelno sa smjerom navedenim u uslovima problema. Neka zrak padne na ogledalo u tački . Razmotrimo presjek ogledala ravninom koja prolazi kroz apscisnu osu i tačku . Nacrtajmo tangentu na presjek površine zrcala koji se razmatra u tački . Budući da je upadni ugao zraka jednak kutu refleksije, trokut je jednakokraki. dakle,

Rezultirajuća homogena jednačina se lako integrira promjenom varijabli, ali je još lakše, oslobođena iracionalnosti u nazivniku, prepisati u obliku . Ova jednačina ima očigledan integrirajući faktor , , , (familija parabola).

Ovaj problem se može još jednostavnije riješiti u koordinatama i , gdje , a jednadžba za presjek traženih površina ima oblik .

Moguće je dokazati postojanje integrirajućeg faktora, ili, što je ista stvar, postojanje rješenja različitog od nule parcijalne diferencijalne jednadžbe (11) u nekom domenu ako funkcije i imaju kontinuirane izvode i barem jedan od ovih funkcije ne nestaju. Stoga se metoda integrirajućeg faktora može smatrati općom metodom za integraciju jednačina oblika , međutim, zbog teškoće pronalaženja integrirajućeg faktora, ova metoda se najčešće koristi u slučajevima kada je integrirajući faktor očigledan.