可分离变量的微分方程

日期: 2022-12-30 14:07 查看: 86 次

**可分离变量的微分方程**
设有一阶微分方程 $\frac{\mathrm{a} y}{\mathrm{~d} x}=F(x, y)$, 如果其右端函数能分解成 $F(x, y)=f(x) g(y)$, 即有 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=f(x) g(y)$, 从而能够写成
的微分方程称为可分离变量的微分方程.
该微分方程(1)的特征是左端只含有 $y$ 的函数和 $y$ 的微分 $\mathrm{d} y$, 右端只含有 $x$ 的函数和 $x$ 的微分 $\mathrm{d} x$. 设函数 $g(y), f(x)$ 是连续的, 两边同时积分, 即有

$$
\int \frac{\mathrm{d} y}{g(y)}=\int f(x) \mathrm{d} x .
$$

方程两边同时求原函数便得到了关于 $x, y$ 的方程, 它便是微分方程(1)的通解.

例 1 求微分方程 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=2 x y$ 的通解.
解 所给方程是可分离变量的微分方程.
分离变量得
两端积分
$\frac{\mathrm{d} y}{y}=2 x \mathrm{~d} x(y \neq 0)$,
则有
$\int \frac{\mathrm{d} y}{y}=\int 2 x \mathrm{~d} x$
两边取指数函数,

$$
y=\pm \mathrm{e}^{x^2+c_1}=\pm \mathrm{e}^{c_1} \cdot \mathrm{e}^{x^2} .
$$

记 $C=\pm \mathrm{e}^{C_1}$, 它仍然是任意常数, 则得到题设方程的通解 $y=C \mathrm{e}^{x^2}$. (这个 通解包含 $y=0$ 时的情形)

注 为了书写方便, 可以不必先取绝对值 $\ln |y|$, 再去掉绝对值符 号后令 $C=\pm \mathrm{e}^{C_1}$, 而在两边积分时就写成 $\ln y$, 把常数 $C_1$ 写成 $\ln C$, 这样 方程 $\int \frac{\mathrm{d} y}{y}=\int 2 x \mathrm{~d} x$ 的解为 $\ln y=x^2+\ln C$, 即可以得到 $y=C \mathrm{e}^{x^2}$. 但要记住, 最后得到的常数 $C$ 是可以取负值的任意常数. 以后遇到这种情况均可以 这样表示.

例 2 求微分方程 $\mathrm{d} x+x y \mathrm{~d} y=y^2 \mathrm{~d} x+y \mathrm{~d} y$ 的通解.
解 先合并 $\mathrm{d} x$ 及 $\mathrm{d} y$ 的各项, 得 $y(x-1) \mathrm{d} y=\left(y^2-1\right) \mathrm{d} x$.
设 $y^2-1 \neq 0, x-1 \neq 0$ 分离变量得

$$
\frac{y}{y^2-1} \mathrm{~d} y=\frac{1}{x-1} \mathrm{~d} x .
$$

两端积分 $\int \frac{y}{y^2-1} \mathrm{~d} y=\int \frac{1}{x-1} \mathrm{~d} x$ 得

$$
\frac{1}{2} \ln \left(y^2-1\right)=\ln (x-1)+\ln C,
$$

则得到题设方程的通解: $y^2-1=C(x-1)^2$.

注 在用分离变量法解可分离变量的微分方程的过程中, 我们在 假定 $g(y) \neq 0$ 的前提下, 用它除方程两边, 这样得到的通解不包含使 $g(y)=0$ 的特解. 但是, 有时如果扩大任意常数 $C$ 的取值范围, 则其失去 的解仍包含在通解中. 如例 2 中得到的通解中应该满足 $C \neq 0$, 但这样 方程就失去特解 $y=\pm 1$, 而如果允许 $C=0$, 则 $y=\pm 1$ 仍包含在通解 $y^2-1=C(x-1)^2$ 中.

例 3 求 $\left(1+\mathrm{e}^x\right) y y^{\prime}=\mathrm{e}^x$ 满足 $\left.y\right|_{x=0}=0$ 的特解.
解 方程属于可分离变量的微分方程. 分离变量, 可得

$$
y \mathrm{~d} y=\frac{\mathrm{e}^x}{1+\mathrm{e}^x} \mathrm{~d} x,
$$

积分:

$$
\int y \mathrm{~d} y=\int \frac{\mathrm{e}^x}{1+\mathrm{e}^x} \mathrm{~d} x,
$$

所以通解为

$$
\frac{y^2}{2}=\ln \left(1+\mathrm{e}^x\right)+\ln C=\ln C\left(1+\mathrm{e}^x\right) \text {. }
$$

再由 $\left.y\right|_{x=0}=1$, 得
$0=\ln 2+\ln C$, 即 $C=\frac{1}{2}$.
故所求特解为

$$
\frac{y^2}{2}=\ln \frac{1+\mathrm{e}^x}{2} .
$$

例 4 已知 $f^{\prime}\left(\sin ^2 x\right)=\cos 2 x+\tan ^2 x$, 当 $0<x<1$ 时, 求 $f(x)$.
解 设 $y=\sin ^2 x$, 则 $\cos 2 x=1-2 \sin ^2 x=1-2 y$,

$$
\tan ^2 x=\frac{\sin ^2 x}{\cos ^2 x}=\frac{\sin ^2 x}{1-\sin ^2 x}=\frac{y}{1-y} .
$$

所以原方程变为 $f^{\prime}(y)=1-2 y+\frac{y}{1-y}$, 即 $f^{\prime}(y)=-2 y+\frac{1}{1-y}$.
所以

$$
f(y)=\int\left(-2 y+\frac{1}{1-y}\right) \mathrm{d} y=-y^2-\ln (1-y)+C,
$$

故

$$
f(x)=-\left[x^2+\ln (1-x)\right]+C(0<x<1) .

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