Методика парных задач при изучении метода полных производных для решения обыкновенных дифференциальных уравнений

Метод выделения полных производных можно применить ко многим видам дифференциальных уравнений, как первого, так и высших порядков. В некоторых случаях он позволяет упростить процесс нахождения реше- ния уравнения. Суть метода состоит в том, что с помощью различных преобразований исходное дифференциальное уравнение приводится к виду, в котором обе его части являются полными производными от каких-либо функций, либо производная некоторой функции равна известной функции.

Предлагаем использовать методику парных задач [1] для лучшего усвоения метода. Cуть методики заключается в том, что каждая новая тема представлена парой задач, первая из которых предлагается с решением, а ко второй предлагается только ответ. Таким образом, решение первой задачи как бы учит решать вторую. Заметим, что задач по теме может быть и больше. Предлагаем возможные пары задач по различным темам.

Рассмотрим применение метода выделения полных производных к решению дифференциальных уравнений первого порядка.

Пример 1. Решить уравнение у ' — ^ = х.

Решение. Разделим обе части данного уравнения на х, то есть приве- дем исходное уравнение к виду

У ' Х-у

X2

1. Выделяя полные производные в

обеих частях полученного уравнения, получим

(У)'

= х'. Откуда, интегри

руя обе части, находим у = х + С. Окончательно получим у = х2 + Сх - общее решение исходного уравнения. Заметим, что в данном случае решение получилось значительно короче, чем решение методом Бернулли.

Пример 1.2. Решить уравнение (1 + е^2х)у²у' = е^Х.

Ответ: у = ^3arctg (ех) + С.

Более подробно рассмотрим применение метода выделения полных производных к решению некоторых типов дифференциальных уравнений высшего порядка [2]. Порядок уравнения легко понижается, если удаётся преобразовать уравнение к такому виду, когда обе его части являются полными производными от каких-либо функций [3].

Пример 2. Решить уравнение у у" = у'² .

у"     у '

Решение. Преобразуем исходное уравнение к виду -^- = — Выделяя полные производные, получим (1п(у ' )) ' = (1п(у)) ' , что приводит к дифференциальному уравнению первого порядка у ' = С 1 у. Разделяя переменные и интегрируя, получим ln |у | = С 1 х + С₂. Окончательно имеем у = С₂е^{С 1 Х} - общее решение дифференциального уравнения.

Пример 2.1. ^у — -2^ = 0.

у   1+у²

Ответ: arctgу = С1х + С2.

Пример 3. Решить уравнение (1 + х²)у" + 2ху' = х³.

Решение. Заметим, что обе части уравнения есть полные производные от следующих функций, (1 + х²)у " + 2ху' = ((1 + х²)у') и х³ = ( ~ х⁴) . Тогда перепишем уравнение в виде ((1 + х²)у') = ( ~ х⁴), отсюда, интегрируя, получаем дифференциальное уравнение первого порядка (1 + х²)у' = 1 х⁴ + - С 1 . Разделяя переменные и интегрируя, найдем общее ре-

— l x + “ С₁arctg х + С₂.

шение данного уравнения у = -^х³

Пример 3.1. х²у " + 2ху' = х³.

Ответ: у = — + — + С₂.

12    X      ²

Пример 4. Решить уравнение у у'"+ 3 у’у”= 0.

Решение. В этом случае единственным возможным методом решения является метод полных производных. Умножая левую и правую части уравнения на у2, преобразуем уравнение к виду у3 у’” + 3у2 у’ у” = 0. Выделяя полную производную в левой части уравнения, перепишем его в виде (у3у’’)’ = (С1)', откуда, интегрируя, получаем дифференциальное уравнение второго порядка у3 у" = С1. Порядок получившегося уравнения можно ещё раз понизить, используя замену у’ = z(у), тогда, у"= z' z. Тогда, получаем уравнение у3^ z = С1, откуда z ^ = |1, разделяя перемен- ные и интегрируя f zdz = С1 f у, находим, z = ±^C

—

c

—. Возвращаясь

к переменной у, получаем дифференциальное уравнение первого порядка y’ = ±Jc2 — ^1-. Для удобства преобразуем правую часть уравнения к ви- ду JC2zyC12

= У J^

—

С1

у, тогда, разделяя переменные и интегрируя,

находим f

У

,'V

dy = f dx, или ± у J d ( Jc₂y²

—

1 C₁)=fdx.

Окончательно получим, x = ± Т Jc2y2 -^Ci + C3 — общий интеграл дифференциального уравнения.

Пример 4.1. Решить y’(y’’)2 + 2y’(y’’)2 — (1 + (у’)2)у"' = 0.

Ответ: C 1 y — ~ + C₂x = у- + C 3 , y = C 1 x + C₂.

Рассмотрим задачи, в которых требуется найти частное решение дифференциального уравнения высшего порядка, удовлетворяющего заданным начальным условиям. Специфика заключается в том, что значения постоянных C[ целесообразно определять в процессе решения, а не после нахождения общего решения уравнения. Это значительно ускоряет процесс ре- шения задачи, так как в некоторых случаях интегрирование существенно упрощается, когда постоянные Q принимают конкретные числовые значения. Рассмотрим типичный пример.

Пример 5. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения xy” — y’ — x²yy’ = 0, y(1) = 0, y ’ (1) = 2.

Решение. Преобразуем исходное уравнение. Разделим обе его части на x2 , и выделяя полную производную в левой части получившегося уравнения, приведем его к виду (у — ~У2) = 0. Отсюда, интегрируя, получаем дифференциальное уравнение первого порядка ^— \у2 = C--V Для нахождения постоянной С1 воспользуемся начальным условием у'(1) = 2, из которого следует, что С1 = 2 — 0 = 2. Тогда, уравнение имеет вид ~ = “у2 + 2, разделяя переменные, получим -^ = “xdx, интегрируя обе X 2 yz+4 2

части, получим arctg Q) = “ %² + С₂. Для нахождения постоянной

С2 воспользуемся начальным условием у(1) = 0, из которого следует, что

С2 = arctg 0 — “ = — “.  Тогда, окончательно имеем у = 2 tg (“%2 — “) —

искомое частное решение.

Пример 5.1. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения (1 — %³)у" — 6%²у' — 6%у = 0, у(0) = 1, у ' (0) = 0.

Ответ: у = ^-“^-•

Применение данного метода для решения дифференциальных уравнений, требует нестандартного, творческого подхода и развивает абстрактное математическое мышление.