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标题 基于两个例子的两种可降阶常微分方程方法对比
范文

    刘慧璋

    

    

    【摘要】本文给出了两种可降阶的二阶常微分方程类型,并通过例题对这两种类型解法进行解读、对比.

    【关键词】常微分方程;可降阶;例题;对比

    1 引 言

    常微分方程中对于高阶微分方程的求解的一个重要思路就是降阶.有两种常见的二阶微分方程y″=f(x,y′)和y″=f(y,y′),它们都是通过代换降阶转换为一阶微分方程来求解的.但是二者代换的函数的变量选择不同,这是由方程中所含的变量类型不同决定的.而我们在习题求解的实践中发现,有许多二阶微分方程从类型上判定既属于y″=f(x,y′)型,又属于y″=f(y,y′)型.从理论上看,对于这些二阶微分方程,两种方法应该都可以选择,

    虽然最终可以做到殊途同归,

    但我们在解题实践中发现使用不同的方法解题难易程度差别挺大.

    2 两种可降阶常微分方程类型

    (1) y″=f(x,y′)型(未明显含有y).

    a方法原理:通过代换降阶转化为一阶微分方程来处理.令y′=p(x),则y″=dpdx,所以原微分方程转化为:dpdx=f(x,p),为一个p关于x的一阶微分方程.设其解为p=g(x,C1),所以dydx=g(x,C1),分离变量得:dy=g(x,C1)dx,再两边积分可得原方程通解为y=∫g(x,C1)dx+C2.

    b简例: xy″+y′=0.

    解 令y′=p(x),所以y″=dpdx,

    原方程可化为:xdpdx+p=0,

    分离变量得:dpp=-1xdx,

    两边积分得:∫dpp=-∫1xdx,

    化简得:ln|p|=ln1x+ln|C1|,所以 p=C1x=dydx,

    分离变量得:C1xdx=dy,

    两边积分得:∫C1xdx=∫dy,

    化简得:y=C1ln|x|+C2.

    (2) y″=f(y,y′)型(未明显含有x).

    a方法原理:通过代换降阶转化为一阶微分方程来处理.令y′=p(y),则y″=dpdx=dpdy·dydx=pdpdy,所以原微分方程转化为:pdpdy=f(y,p),为一个p关于y的一阶微分方程.设其解为p=g(y,C1),所以dydx=g(y,C1),分离变量得:dyg(y,C1)=dx,再两边积分可得原方程通解为:∫dyg(y,C1)=x+C2.

    b简例:y″=3y,yx=0=1,y′x=0=2.

    解 令y′=p(y),所以y″=pdpdy,

    原方程可化为:pdpdy=3y,

    分离变量得:pdp=3ydy,

    两边积分得:∫pdp=∫3ydy,

    化简得:p22=2y32+C1,

    因为 yx=0=1,y′x=0=2,所以 C1=0,

    所以 p2=4y32,p=2y34=dydx(因为y′x=0=2>0,所以开根号时取正).

    分离变量得:y-34dy=2dx,

    两边积分得:∫y-34dy=∫2dx,

    化简得:4y14=2x+C2,

    因为 yx=0=1,所以 C2=4.

    所以 y14=x2+1,

    所以 y=x2+14.

    3 例题一

    y″=(y′)3+y′.

    (1)按y″=f(x,y′)型处理.

    方法一:

    令y′=p(x),所以y″=dpdx,

    原方程可化为:dpdx=p3+p,

    分离变量得:dpp(p2+1)=dx,

    两边积分得:∫dpp(p2+1)=∫dx,

    ∫dpp(p2+1)=∫1p-pp2+1dp=ln|p|-12ln(p2+1)=

    ln|p|p2+1=x+ln|C1|,

    所以 pp2+1=C1ex,

    化简得p=C1ex1-(C1ex)2=dydx,

    分离变量得:C1ex1-(C1ex)2dx=dy,

    两边积分得:∫C1ex1-(C1ex)2dx=∫dy,

    化简得:y=arcsin(C1ex)+C2.

    (2)按y″=f(y,y′)型处理.

    方法二:

    令y′=p(y),所以y″=pdpdy,

    原方程可化为:pdpdy=p3+p,即dpdy=p2+1,

    分离变量得:dpp2+1=dy,

    两边积分得:∫dpp2+1=∫dy,

    化简得:arctan p=y-C1,

    所以 p=tan(y-C1)=dydx,

    分离变量得:1tan(y-C1)dy=dx,

    两边积分得:∫1tan(y-C1)dy=∫dx,

    化简得:∫cos(y-C1)sin(y-C1)dy=ln|sin(y-C1)|=x+ln|C2|,

    所以 sin(y-C1)=C2ex,

    所以 y=arcsin(C2ex)+C1.

    4 例題二

    y″+(y′)2=1,yx=0=y′x=0=0.

    (1)按y″=f(x,y′)型处理.

    方法一:

    令y′=p(x),所以y″=dpdx,

    原方程可化为:dpdx+p2=1,

    分离变量得:dp1-p2=dx,

    两边积分得:∫dp1-p2=12∫11-p+11+pdp=12ln1+p1-p=x+12ln|C1|,

    所以 1+p1-p=C1e2x,

    因为 y′x=0=0,所以 C1=1,

    所以 p=e2x-1e2x+1=dydx,

    分离变量得:e2x-1e2x+1dx=dy,

    两边积分得:∫e2x-1e2x+1dx=∫ex-e-xex+e-xdx=ln(ex+e-x)+C2=y,

    因为 yx=0=0,所以 C2=-ln 2,

    所以 y=ln(ex+e-x)-ln 2=lnex+e-x2.

    (2)按y″=f(y,y′)型处理.

    方法二:

    令y′=p(y),所以y″=pdpdy,

    原方程可化为:pdpdy+p2=1,

    分离变量得:pdp1-p2=dy,

    两边积分得:∫pdp1-p2=∫dy,

    化简得:-12ln|1-p2|=y-12ln|C1|,

    所以 1-p2=C1e-2y,

    因为 yx=0=y′x=0=0,所以 C1=1,

    所以 p=±1-e-2y=dydx,

    分离变量得:11-e-2ydy=±dx,

    两边积分得:∫11-e-2ydy=∫±dx,

    所以∫11-e-2ydy=∫eye2y-1dyey=sec t? ∫sec tdt=lnsec t+tan t=ln(ey+e2y-1)=±x+ln C2,

    所以ey+e2y-1=C2e±x,

    因为 yx=0=0,所以C2=1,

    所以e2y-1=e±x-ey,

    两边平方得:e2y-1=e±2x-2e±xey+e2y,

    所以ey=e±2x+12e±x=ex+e-x2,

    所以 y=lnex+e-x2.

    5 对比总结

    通过两个特殊例题的两种方法应用对比,我们发现虽然方法都可用且结果一样,但过程的难易程度却差别较大.不同的例题有不同的更适用的方法,只要我们勤思考,多总结,一定能找到更好的方法,也能在探究的过程中体会到“殊途”的乐趣和“同归”的美妙.

    【参考文献】

    [1]郝新生.應用数学[M].北京:中国农业出版社,2017.

    [2]崔克俭.应用数学[M].北京:中国农业出版社,2004.

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更新时间:2025/3/14 15:58:12