Si $\frac{\partial \varphi}{\partial x}=f(x,y),\frac{\partial\varphi}{\partial y}=g(x,y)$, ¿qué es $\varphi$?

Question

Supongamos que tenemos una función con valores de $\varphi(x,y)$ tal que $$ \frac{\partial \varphi}{\partial x}=f(x,y)\quad\text{y}\quad\frac{\partial\varphi}{\partial y}=g(x,y) $$ para algunas funciones $f$$g$. ¿Cómo podemos recuperar la función $\varphi$?

Usando la regla de la cadena, tenemos $$ d\varphi=\frac{\partial\varphi}{\partial x}dx+\frac{\partial\varphi}{\partial y}dy=f(x,y)dx+g(x,y)dy $$ Así que quizá $\varphi$ puede ser encontrado por $$\varphi(x,y)=\int f(x,y)dx+g(x,y)dy$$ pero no estoy seguro de lo que esta integral significa. Parece como una integral de línea, pero más de lo que la curva? ¿Qué es un indefinida integral de línea?

Answer 1

1. Deje $(x,y) \in \text{dom}(\varphi)$ e integrar a $f$ con respecto al $x$. Obtiene: $\displaystyle \varphi(x,y)=\int f(x,y)\,dx+\psi(y)$, por alguna función derivable $\psi\colon I\to\Bbb R$ donde $I\subseteq\Bbb R$ es un intervalo.
2. Diferenciar la igualdad tienes arriba, con respecto a $y$, para obtener estas dos igualdades: $$g(x,y)=\frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y)=\frac{\partial }{\partial y}\left(\int f(x,y)\,dx\right)+\psi'(y)$$
3. Ahora el uso de la igualdad de $\displaystyle g(x,y)=\frac{\partial }{\partial y}\left(\int f(x,y)\,dx\right)+\psi'(y)$ debe llegar a algún lugar.

Ejemplo: Vamos a $\varphi :\Bbb R^2\to \Bbb R$ ser tal que para todos los $(x,y)\in \Bbb R^2$ las siguientes igualdades:se

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,y)=\underbrace{e^x\sin (y)}_{\displaystyle f(x,y)} \wedge \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x,y)=\underbrace{e^x\cos (y)}_{\displaystyle g(x,y)}$$

La integración de $f$ con respecto al $x$ obtenemos $\displaystyle \varphi (x,y)=\int e^x\sin (y)dx=e^x\sin (y)+\psi (y)$, por alguna función derivable $\psi\colon \Bbb R\to \Bbb R$.

Diferenciando con respecto a $y$ se sigue que $e^x\cos (y)+\psi'(y)=g(x,y)=e^x\cos (y)$.

Por lo tanto, $\psi'$ siempre $0$ y de ello se desprende que no existe $C\in \Bbb R$ tal que para todos los $u \in \Bbb R$ tenemos $\psi (u)=C$, $\psi$ es constante.

Esto le da a usted $\varphi (x,y)=e^x\sin (y)+C\in \Bbb R$, para algunas de las $C\in \Bbb R$.

Tomando $C\in \Bbb R$ arbitrariamente le dará un posible $\varphi$.

Answer 2

Bajo ciertas condiciones se puede hacer esto sin una integral de línea. Supongamos que $\varphi$ es de una vez y continuamente diferenciable, por lo $f$ $g$ son continuas como las funciones de $(x,y)$. Indefinido integración de $f(x,y)$ $x$ da $$\int f(x,y)dx = F(x,y)+\eta(y),$$ where $$\frac{\partial}{\partial x}F(x,y) = f(x,y).$$ Such $F$ exists by continuity of $f$ as a function of $(x,y)$. $\eta(y)$ is like the constant you get out in single-variable indefinite integration, but in multiple variables you need to account for the $y$. Differentiating $F+\eta$ in $x$ will yield $f(x,y)$ since $\eta$ is independent of $x$, so $\eta_x=0$. By a similar argument we conclude that $$\int g(x,y)dy = G(x,y)+\mu(x),$$ where $$\frac{\partial}{\partial y}G(x,y)=g(x,y).$$

$\varphi$ es una antiderivada de $f$ en la variable $x$, por lo que es igual a $F(x,y)+\eta(y)$ para algunos la función$\eta$$y$. Del mismo modo es igual a $G(x,y)+\mu(x)$ para algunos la función$\mu$$x$. En algunas circunstancias esto es suficiente para describir a $\varphi$. Por ejemplo:

Supongamos que $\frac{\partial \varphi}{\partial x} = 2xy$, $\frac{\partial \varphi}{\partial y}=x^2$. A continuación, $\varphi(x,y) = x^2y+\eta(y)$ para algunos la función$\eta$$y$, e $\varphi(x,y)=x^2y+\mu(x)$ para algunos la función$\mu$$x$. Restando estas dos ecuaciones, nos encontramos con que $\eta(y)-\mu(x)=0$, y ya que estas dos funciones son independientes el uno del otro, esto debe significar $\eta$ $\mu$ son constantes e iguales a uno de otro. Por lo tanto llegamos a la conclusión de que $\varphi(x,y)=x^2y+C$ para algunas constantes $C$. (Este es un ejemplo muy simple; este tipo de problema suele ser mucho más difícil.)

En general, la naturaleza de la $\mu$ $\eta$ (y, por tanto,$C$, si es un constante) es determinado por el valor de $\varphi$ en puntos concretos, como un problema de valor inicial. El procedimiento que he descrito aquí se generaliza a más de dos variables, por ejemplo, indefinidamente la integración de una lo suficientemente suaves $h(x,y,z)$ $x$ nos da $$\int h(x,y,z) dx = H(x,y,z)+\xi(x,y),$$, es decir, un "antiderivada" y una "constante", es decir, una función independiente.

Moral: indefinido integración de un valor real de la función de varias variables es igual que la de una sola de las variables, pero las "constantes de integración" son "las funciones de integración" en su lugar.

Answer 3

Mediante el conocimiento de las derivadas parciales, usted sabe que el gradiente de este campo escalar:

$$\nabla \varphi = f e_x + g e_y$$

Usted puede luego invierte el gradiente de operador utilizando el 2d de la función de Green. Deje $r = x e_x + y e_y$, y el de la función de Green es

$$G(r) = \frac{1}{2\pi |r|^2} r, \quad \nabla \cdot G(r) = \delta(r)$$

Esta integral, a continuación, le permite invertir el gradiente:

$$\begin{align*}\int_{\partial S} \varphi(r') \, [d\ell' \times G(r-r')] &= -\int_S e_z |dA'| \,[ \nabla'\varphi(r') \cdot G(r-r') - \varphi(r') \nabla' \cdot G(r-r') ]\\ &= -\int_S e_z |dA'| \,[ \nabla'\varphi(r') \cdot G(r-r') - \varphi(r') \delta(r-r') ]\\ &= e_z \varphi(r) + \int_S e_z |dA'| \nabla' \varphi(r') \cdot G(r-r') \end{align*}$$

O, más explícitamente, tenemos

$$\varphi(r) = \int_{\partial S} \varphi(r') |d\ell' \times G(r-r')| - \int_S |dA'| \nabla' \varphi(r') \cdot G(r-r')$$

donde la región de $S$ y su límite $\partial S$ necesita contener solamente el punto de $r$ y un barrio alrededor de ella. La elección es arbitraria.

Usted podría notar la similitud con el análisis complejo. En particular, si $\nabla \varphi = 0$, $\varphi$ a un punto dado está determinado por sus valores en algunos curva que encierra el punto. También debe tener en cuenta que, sin una adecuada condición de frontera, es decir, algunos curva alrededor de la cual se conocen los valores de $\varphi$ --ya no puede encontrarse la solución. Habrá muchas de esas funciones con los derivados en una región de interés si las condiciones de frontera no se dan.