日大工 総合教育 樋口幸治郎
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今回(第3,4回)の主な内容は, 変数分離形の微分方程式の解法を学ぶことである(教科書p22-39). その前に, 復習として, 今回使うことになる積分を練習しておこう.
色々な微分方程式を解くに当たって, 複数の積分を計算し, 従って, 複数の積分定数が生じる. それらをひとまとめにしたり, また, 変数変換で表記の単純化を行うことになる. 従って, 元々の積分定数とは, かけ離れた定数が生じることになる. だから講義では, 積分で生じる定数も $$「積分定数」と呼ばず, 「任意定数」と呼ぶ$$ 方が, 変形後も同一名称で呼ぶことができわかりやすいので, そのように呼ぶことにする.
任意定数の変形例.
二つの任意定数について,
$$C_1+C_2\qquad (C_1,C_2は任意定数)$$
は$C=C_1+C_2$と置いて,
$$C\qquad (Cは任意定数)$$
とひとまとめにできる.
同様に
$$C_1-C_2\qquad (C_1,C_2は任意定数)$$
も$C=C_1-C_2$と置いて
$$C\qquad (Cは任意定数)$$
とひとまとめにできる.
見やすさのため$e^{x}$を${\rm exp}(x)$と書くことにすれば,
$$\pm{\rm exp}(C_1)\qquad(C_1は任意定数)$$
は, $C=\pm{\rm exp}(C_1)$と置いて,
$$C\qquad(Cは0以外の任意定数)$$
と変形できる.
微分方程式 $$g(y)\dfrac{dy}{dx}=f(x)\tag{1}$$ は $$\begin{align} &g(y)\dfrac{dy}{dx}=f(x)\\ \underset{積分}{\Longrightarrow}&\int g(y)\dfrac{dy}{dx}dx=\int f(x)dx\\ \underset{置換積分}{\Longrightarrow}&\int g(y)dy=\int f(x)dx\tag{2} \end{align}$$ と変形できる. (2)の積分を計算し, $y$について解くことで, 一般解が求まる.
(1)から(2)への変形は, 形式的に, $$\begin{align} &g(y)\dfrac{dy}{dx}=f(x)\tag{1}\\ \underset{dxを掛ける}{\Longrightarrow}&g(y)dy=f(x)dx\tag{*}\\ \underset{積分}{\Longrightarrow}&\int g(y)dy=\int f(x)dx\tag{2} \end{align}$$ と変形して得られる.
定義 上記の(*)のように, $$g(y)dy=f(x)dx$$ の形の1階微分方程式を変数分離形という. これは, $$g(y)\dfrac{dy}{dx}=f(x)$$ の略記である.
例えば, 教科書p28では $$ydy=xdx,\qquad xdx-(1+x^2)dy=0$$ と書いてある. これらは $$y\dfrac{dy}{dx}=x,\qquad x-(1+x^2)\dfrac{dy}{dx}=0$$ と同じ意味である.
(1) $y^\prime=x$の一般解を求めなさい.
解. $$\begin{align} &y^\prime=x\\ \underset{書き換え}{\Longrightarrow}&\dfrac{dy}{dx}=x\\ \underset{両辺にdxを掛け変数分離}{\Longrightarrow}&dy=xdx\\ \underset{両辺を積分}{\Longrightarrow}&\int dy=\int xdx\\ \underset{積分を計算}{\Longrightarrow}&y+C_1=\dfrac{1}{2}x^2+C_2\quad(C_1,C_2は任意定数)\\ \underset{任意定数を1つにまとめる}{\Longrightarrow}&y=\dfrac{1}{2}x^2+C\quad(Cは任意定数)\\ \end{align}$$ (慣れたら, 最後から2行目は省略しよう.)
(2) $y^\prime=y$の一般解を求めなさい.解. (以下では見やすさのため$\exp(x)=e^x$として, 指数関数を表す.) $$\begin{align} &y^\prime=y\\ \underset{書き換え}{\Longrightarrow}&\dfrac{dy}{dx}=y\\ \underset{両辺に\dfrac{1}{y}dxを掛けて変数分離}{\Longrightarrow}&\dfrac{1}{y}dy=dx\\ \underset{両辺を積分}{\Longrightarrow}&\int\dfrac{1}{y}dy=\int dx\\ \underset{積分を計算}{\Longrightarrow}&\log|y|+C_1=x+C_2\quad(C_1,C_2は任意定数)\\ \underset{任意定数を1つにまとめる}{\Longrightarrow}&\log|y|=x+C_3\quad(C_3は任意定数)\\ \underset{\logを「移行」}{\Longrightarrow}&|y|=\exp(x+C_3)\quad(C_3は任意定数)\\ \underset{絶対値を取る}{\Longrightarrow}&y=\pm\exp(x+C_3)\quad(C_3は任意定数)\\ \underset{指数法則}{\Longrightarrow}&y=\pm\exp(C_3)\exp(x)\quad(C_3は任意定数)\\ \underset{任意定数の変数変換}{\Longrightarrow}&y=C\exp(x)\quad(Cは0以外の任意定数)\\ \end{align}$$ 3行目の変形では, $y\ne 0$を仮定している変形である. だが, 微分方程式に$y=0$を当てはめても解になっている. だから一般解は $$y=C\exp(x)\quad(Cは任意定数)$$ となる.
(1) $ydy=xdx$の一般解を求めなさい.
解. $$\begin{align} &ydy=xdx\\ \underset{両辺を積分}{\Longrightarrow}&\int ydy=\int xdx\\ \underset{積分を計算}{\Longrightarrow}&\dfrac{1}{2}y^2=\dfrac{1}{2}x^2+C_1\quad(C_1は任意定数)\\ \underset{変形}{\Longrightarrow}&y=\pm\sqrt{x^2+2C_1}\quad(C_1は任意定数)\\ \underset{任意定数の変数変換}{\Longrightarrow}&y=\pm\sqrt{x^2+C}\quad(Cは任意定数)\\ \end{align}$$
(2) $xdx-(1+x^2)dy=0$の一般解を求めなさい.解. $$\begin{align} &xdx-(1+x^2)dy=0\\ \underset{変数分離}{\Longrightarrow}&dy=\dfrac{x}{1+x^2}dx\\ \underset{両辺を積分}{\Longrightarrow}&\int dy=\int\dfrac{x}{1+x^2}dx\\ \underset{積分を計算}{\Longrightarrow}&y=\dfrac{1}{2}\log|1+x^2|+C\quad(Cは任意定数)\\ \underset{1+x^2>0なので}{\Longrightarrow}&y=\dfrac{1}{2}\log(1+x^2)+C\quad(Cは任意定数)\\ \end{align}$$
(1) 初期値問題$xy^\prime=1$ ($x>0$), $y(1)=1$の解を求めなさい.
解. まず, 微分方程式の一般解を求める. $$\begin{align} &xy^\prime=1\\ \underset{書き換え}{\Longrightarrow}&x\dfrac{dy}{dx}=1\\ \underset{変数分離}{\Longrightarrow}&dy=\dfrac{1}{x}dx\\ \underset{両辺を積分}{\Longrightarrow}&\int dy=\int \dfrac{1}{x}dx\\ \underset{積分を計算}{\Longrightarrow}&y=\log|x|+C\quad(Cは任意定数)\\ \underset{条件$x>0$より}{\Longrightarrow}&y=\log x+C\quad(Cは任意定数)\\ \end{align}$$ 条件$y(1)=1$から$C=1$. 故に, $$y=\log x+1$$が初期値問題の解である.
(2) 初期値問題$\sin 2xdx+dy=0$, $y(0)=1$の解を求めなさい.解. まず, 微分方程式の一般解を求める. $$\begin{align} &\sin 2xdx+dy=0\\ \underset{変数分離}{\Longrightarrow}&dy=-\sin 2xdx\\ \underset{両辺を積分}{\Longrightarrow}&\int dy=\int -\sin 2xdx\\ \underset{積分を計算}{\Longrightarrow}&y=\dfrac{1}{2}\cos 2x+C\quad(Cは任意定数)\\ \end{align}$$ 条件$y(0)=1$から$C=\dfrac{1}{2}$. 故に, $$y=\dfrac{1}{2}\cos 2x+\dfrac{1}{2}$$が初期値問題の解である.
(1) $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y}{x}+1$について, $u=\dfrac{y}{x}$とおくことにより一般解を求めなさい.
解. $xu=y$なので, 両辺を$x$で微分すると $$u+x\dfrac{du}{dx}=\dfrac{dy}{dx}$$ である. 従って, $$\begin{align} &\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y}{x}+1\\ \underset{yの代わりにuを使って}{\Longrightarrow}&u+x\dfrac{du}{dx}=u+1\\ \underset{変数分離}{\Longrightarrow}&du=\dfrac{1}{x}dx\\ \underset{両辺を積分}{\Longrightarrow}&\int du=\int \dfrac{1}{x}dx\\ \underset{積分を計算}{\Longrightarrow}&u=\log|x|+C\quad(Cは任意定数)\\ \underset{uの代わりにyを使って}{\Longrightarrow}&\dfrac{y}{x}=\log|x|+C\quad(Cは任意定数)\\ \underset{変形}{\Longrightarrow}&y=x(\log|x|+C)\quad(Cは任意定数)\\ \end{align}$$
(2) 初期値問題$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y}{x}+1$, $y(1)=0$の解を求めなさい.解. 求めた一般解$y=x(\log|x|+C)$と条件$y(1)=0$から, $C=0$. 故に, $$y=x\log|x|$$が初期値問題の解である.
解. $u=x-y$なので, 両辺を$x$で微分すると $$\dfrac{du}{dx}=1-\dfrac{dy}{dx}$$ である. 従って, $$\begin{align} &\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{x-y+3}{x-y}\\ \underset{yの代わりにuを使って}{\Longrightarrow}&1-\dfrac{du}{dx}=\dfrac{u+3}{u}\\ \underset{変形}{\Longrightarrow}&\dfrac{du}{dx}=-\dfrac{3}{u}\\ \underset{変数分離}{\Longrightarrow}&udu=-3dx\\ \underset{両辺を積分}{\Longrightarrow}&\int udu=\int -3dx\\ \underset{積分を計算}{\Longrightarrow}&\dfrac{1}{2}u^2=-3x+C_1\quad(C_1は任意定数)\\ \underset{uの代わりにyを使って}{\Longrightarrow}&\dfrac{1}{2}(x-y)^2=-3x+C_1\quad(C_1は任意定数)\\ \underset{変形}{\Longrightarrow}&(y-x)^2=2C_1-6x\quad(C_1は任意定数)\\ \underset{変形}{\Longrightarrow}&y=x\pm\sqrt{2C_1-6x}\quad(C_1は任意定数)\\ \underset{任意定数の変数変換}{\Longrightarrow}&y=x\pm\sqrt{C-6x}\quad(Cは任意定数)\\ \end{align}$$
(2) 初期値問題$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{x-y+3}{x-y}$, $y(0)=1$の解を求めなさい.解. 求めた一般解$y=x\pm\sqrt{C-6x}$と条件$y(0)=1$から, $$1=\pm\sqrt{C}$$ であり, $C=1$で, $\pm$は$+$のみである. 故に, $$y=x+\sqrt{1-6x}$$が解となる.
1. 任意定数はまとめたり, 変形したりして簡易にしていく.
2. 変数分離形$f(y)dy=g(x)dx$は積分で解が求まる.
3. 変数変換を施すことで, 変数分離形に帰着できる場合もある.
次回は線形微分方程式 $$y^{(n)}+f_1(x)y^{(n-1)}+\cdots+f_{n-1}y^\prime+f_n(x)y=g(x)$$ の解の性質について学ぶ.
教科書p38-39の総合練習2-1の1と2を全て解きなさい.