基于兩個(gè)例子的兩種可降階常微分方程方法對(duì)比

劉慧璋

【摘要】本文給出了兩種可降階的二階常微分方程類型，并通過例題對(duì)這兩種類型解法進(jìn)行解讀、對(duì)比.

【關(guān)鍵詞】常微分方程;可降階;例題;對(duì)比

1 引 言

常微分方程中對(duì)于高階微分方程的求解的一個(gè)重要思路就是降階.有兩種常見的二階微分方程y″=f（x，y′）和y″=f（y，y′），它們都是通過代換降階轉(zhuǎn)換為一階微分方程來(lái)求解的.但是二者代換的函數(shù)的變量選擇不同，這是由方程中所含的變量類型不同決定的.而我們?cè)诹?xí)題求解的實(shí)踐中發(fā)現(xiàn)，有許多二階微分方程從類型上判定既屬于y″=f（x，y′）型，又屬于y″=f（y，y′）型.從理論上看，對(duì)于這些二階微分方程，兩種方法應(yīng)該都可以選擇，

雖然最終可以做到殊途同歸，

但我們?cè)诮忸}實(shí)踐中發(fā)現(xiàn)使用不同的方法解題難易程度差別挺大.

2 兩種可降階常微分方程類型

（1） y″=f（x，y′）型（未明顯含有y）.

a方法原理：通過代換降階轉(zhuǎn)化為一階微分方程來(lái)處理.令y′=p（x），則y″=dpdx，所以原微分方程轉(zhuǎn)化為：dpdx=f（x，p），為一個(gè)p關(guān)于x的一階微分方程.設(shè)其解為p=g（x，C1），所以dydx=g（x，C1），分離變量得：dy=g（x，C1）dx，再兩邊積分可得原方程通解為y=∫g（x，C1）dx+C2.

b簡(jiǎn)例： xy″+y′=0.

解 令y′=p（x），所以y″=dpdx，

原方程可化為：xdpdx+p=0，

分離變量得：dpp=-1xdx，

兩邊積分得：∫dpp=-∫1xdx，

化簡(jiǎn)得：ln|p|=ln1x+ln|C1|，所以 p=C1x=dydx，

分離變量得：C1xdx=dy，

兩邊積分得：∫C1xdx=∫dy，

化簡(jiǎn)得：y=C1ln|x|+C2.

（2） y″=f（y，y′）型（未明顯含有x）.

a方法原理：通過代換降階轉(zhuǎn)化為一階微分方程來(lái)處理.令y′=p（y），則y″=dpdx=dpdy·dydx=pdpdy，所以原微分方程轉(zhuǎn)化為：pdpdy=f（y，p），為一個(gè)p關(guān)于y的一階微分方程.設(shè)其解為p=g（y，C1），所以dydx=g（y，C1），分離變量得：dyg（y，C1）=dx，再兩邊積分可得原方程通解為：∫dyg（y，C1）=x+C2.

b簡(jiǎn)例：y″=3y，yx=0=1，y′x=0=2.

解 令y′=p（y），所以y″=pdpdy，

原方程可化為：pdpdy=3y，

分離變量得：pdp=3ydy，

兩邊積分得：∫pdp=∫3ydy，

化簡(jiǎn)得：p22=2y32+C1，

因?yàn)?yx=0=1，y′x=0=2，所以 C1=0，

所以 p2=4y32，p=2y34=dydx（因?yàn)閥′x=0=2>0，所以開根號(hào)時(shí)取正）.

分離變量得：y-34dy=2dx，

兩邊積分得：∫y-34dy=∫2dx，

化簡(jiǎn)得：4y14=2x+C2，

因?yàn)?yx=0=1，所以 C2=4.

所以 y14=x2+1，

所以 y=x2+14.

3 例題一

y″=（y′）3+y′.

（1）按y″=f（x，y′）型處理.

方法一：

令y′=p（x），所以y″=dpdx，

原方程可化為：dpdx=p3+p，

分離變量得：dpp（p2+1）=dx，

兩邊積分得：∫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，

化簡(jiǎn)得p=C1ex1-（C1ex）2=dydx，

分離變量得：C1ex1-（C1ex）2dx=dy，

兩邊積分得：∫C1ex1-（C1ex）2dx=∫dy，

化簡(jiǎn)得：y=arcsin（C1ex）+C2.

（2）按y″=f（y，y′）型處理.

方法二：

令y′=p（y），所以y″=pdpdy，

原方程可化為：pdpdy=p3+p，即dpdy=p2+1，

分離變量得：dpp2+1=dy，

兩邊積分得：∫dpp2+1=∫dy，

化簡(jiǎn)得：arctan p=y-C1，

所以 p=tan（y-C1）=dydx，

分離變量得：1tan（y-C1）dy=dx，

兩邊積分得：∫1tan（y-C1）dy=∫dx，

化簡(jiǎn)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′）型處理.

方法一：

令y′=p（x），所以y″=dpdx，

原方程可化為：dpdx+p2=1，

分離變量得：dp1-p2=dx，

兩邊積分得：∫dp1-p2=12∫11-p+11+pdp=12ln1+p1-p=x+12ln|C1|，

所以 1+p1-p=C1e2x，

因?yàn)?y′x=0=0，所以 C1=1，

所以 p=e2x-1e2x+1=dydx，

分離變量得：e2x-1e2x+1dx=dy，

兩邊積分得：∫e2x-1e2x+1dx=∫ex-e-xex+e-xdx=ln（ex+e-x）+C2=y，

因?yàn)?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′）型處理.

方法二：

令y′=p（y），所以y″=pdpdy，

原方程可化為：pdpdy+p2=1，

分離變量得：pdp1-p2=dy，

兩邊積分得：∫pdp1-p2=∫dy，

化簡(jiǎn)得：-12ln|1-p2|=y-12ln|C1|，

所以 1-p2=C1e-2y，

因?yàn)?yx=0=y′x=0=0，所以 C1=1，

所以 p=±1-e-2y=dydx，

分離變量得：11-e-2ydy=±dx，

兩邊積分得：∫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?yàn)?yx=0=0，所以C2=1，

所以e2y-1=e±x-ey，

兩邊平方得：e2y-1=e±2x-2e±xey+e2y，

所以ey=e±2x+12e±x=ex+e-x2，

所以 y=lnex+e-x2.

5 對(duì)比總結(jié)

通過兩個(gè)特殊例題的兩種方法應(yīng)用對(duì)比，我們發(fā)現(xiàn)雖然方法都可用且結(jié)果一樣，但過程的難易程度卻差別較大.不同的例題有不同的更適用的方法，只要我們勤思考，多總結(jié)，一定能找到更好的方法，也能在探究的過程中體會(huì)到“殊途”的樂趣和“同歸”的美妙.

【參考文獻(xiàn)】

[1]郝新生.應(yīng)用數(shù)學(xué)[M].北京：中國(guó)農(nóng)業(yè)出版社，2017.

[2]崔克儉.應(yīng)用數(shù)學(xué)[M].北京：中國(guó)農(nóng)業(yè)出版社，2004.