2. ４月２０日

不定積分を使って解ける常微分方程式合成関数の微分 x を変数とする関数 f(x) について、 x が変数 t の関数 x(t) となっていると、 \frac{df(x(t))}{dt} = \frac{df}{dx} (x(t))\frac{dx}{dt}(t) = f′(x(t))x′(t) となる。逆に、置換積分 f(x(b)) − f(x(a)) = ∫_{x(a)}^{x(b)} \frac{df}{dx} dx = ∫_{a}^{b} \frac{df}{dx} \frac{dx}{dt}dt となる。

変数分離形 y′ = X(x)Y (y). 例：\frac{du}{dt} = (1 − u)u. logistic 方程式。

\frac{1}{(1 − u)u} \frac{du}{dt} = 1 だから両辺を積分して ∫_{0}^{t} \frac{1}{(1 − u)u} \frac{du}{dt}dt = ∫_{0}^{t} 1dt

\frac{1}{(1 − u)u} = \frac{1}{u} + \frac{1}{1 − u} であり、この u の関数の不定積分は log |u| − log |1 − u| = log |\frac{u}{1 − u}| であるから、

∫_{0}^{t} \frac{1}{(1 − u)u} \frac{du}{dt}dt = ∫_{u(0)}^{u(t)} \frac{1}{(1 − u)u}du = log |\frac{u(t)}{1 − u(t)}| − log |\frac{u(0)}{1 − u(0)}| = t.

すなわち、\frac{u(t)}{1 − u(t)} \frac{1 − u(0)}{u(0)} = ±e^{t}. ここで t = 0 で u = u(0) だから、 ± は + の

方をとる。

\frac{u(t)}{1 − u(t)} = \frac{u(0)}{1 − u(0)}e^{t}.

u(t) = \frac{u(0)}{1 − u(0)}e^{t}(1 − u(t)).

(1 + \frac{u(0)}{1 − u(0)}e^{t})u(t) = \frac{u(0)}{1 − u(0)}e^{t}

u(t) = \frac{u(0)e^{t}}{1 − u(0) + u(0)e^{t}}

解は、 0 < u(0) < 1 ならば、 lim_{t→∞} u(t) = 1, lim_{t→−∞} u(t) = 0. u(0) > 1 ならば、 lim_{t→∞} u(t) = 1, lim_{t→log \frac{u(0)−1}{u(0)}} u(t) = +∞. u(0) < 1 ならば、 lim_{t→−∞} u(t) = 0, lim_{t→log \frac{u(0)−1}{u(0)}} u(t) = −∞.

反省。不定積分として ∫ \frac{1}{(1 − u)u}du = ∫ 1dt だから、

log |\frac{u(t)}{1 − u(t)}| = t + C.

C を取り替えて、\frac{u(t)}{1 − u(t)} = Ce^{t} として、 C = \frac{u(0)}{1 − u(0)} である。

ゆえに、 u(t) = \frac{Ce^{t}}{1 + Ce^{t}} = \frac{u(0)e^{t}}{1 − u(0) + u(0)e^{t}}.

このように不定積分を積分定数を適当において定め、あとで積分定数を定める方が効率的かもしれない。

問。 [YE], p. 27. 問。 変数分離形の微分方程式\frac{dy}{dx} = X(x)Y (y) の解法をまとめよ。 ([YE], p.

23–25)

同次形

例。\frac{dy}{dx} = \frac{x − y}{x + y} = \frac{1 − \frac{y}{x}}{1 + \frac{y}{x}}

z = \frac{y}{x} とおく。 y = zx だから、\frac{dy}{dx} = \frac{dz}{dx}x + z.

\frac{dz}{dx}x = \frac{1 − z}{1 + z} − z = \frac{1 − 2z − z^{2}}{1 + z}

\frac{1 + z}{1 − 2z − z^{2}} \frac{dz}{dx} = \frac{1}{x}

∫_{x_{0}}^{x} \frac{1 + z}{1 − 2z − z^{2}} \frac{dz}{dx}dx = ∫_{x_{0}}^{x} \frac{1}{x}dx.

∫_{x_{0}}^{x} \frac{1 + z}{1 − 2z − z^{2}} \frac{dz}{dx}dx = ∫_{z(x_{0})}^{z}(x)\frac{1 + z}{1 − 2z − z^{2}} dz について、 w = 1 − 2z − z^{2} とす

ると、 dw = −2(1 + z)dz.

だから、左辺 = ∫_{w(z(x_{0}))}^{w(z(x))} −\frac{1}{2} \frac{1}{w} dw = −\frac{1}{2}(log |w(z(x))| − log |w(z(x_{0}))|).

log |1 − 2z(x) − z(x)^{2}| − log |1 − 2z(x_{0}) − z(x_{0})^{2}| = −2(log |x| − log |x_{0}|)

\frac{1 − 2z(x) − z(x)^{2}}{1 − 2z(x_{0}) − z(x_{0})^{2}} = ±\frac{x_{0}^{2}}{x^{2}} . ここで ± は + をとる。

1 − 2z(x) − z(x)^{2} = \frac{x_{0}^{2}}{x^{2}} (1 − 2z(x_{0}) − z(x_{0})^{2}). ここで ± は + をとる。

1 − 2\frac{y(x)}{x} − \frac{y(x)}{x^{2}} = \frac{x_{0}^{2}}{x^{2}} (1 − 2\frac{y(x_{0})}{x_{0}} − \frac{y(x_{0})}{x_{0}^{2}}).

x^{2} − 2xy − y^{2} = x_{0}^{2} − 2x_{0}y(x_{0}) − y(x_{0})^{2} 同じ反省。

不定積分として ∫ \frac{1 + z}{1 − 2z − z^{2}} dz = ∫ \frac{1}{x}dx だから、

−\frac{1}{2} log |1 − 2z − z^{2}| = log |x| + C.

従って、別の C に取り替えて (1 − 2z − z^{2})x^{2} = C. すなわち、 x^{2} − 2xy − y^{2} = C. 問 [YE] p.28 例題. [YE] p. 34 問 (1) 問 同次形の微分方程式\frac{dy}{dx} = f(\frac{y}{x}) の解法についてまとめよ。 [YE] p.27–28.

１階線形常微分方程式

例。 \frac{dy}{dx} + xy = x.

y と\frac{dy}{dx} について、関数を係数として線形になっている。まず、\frac{dy}{dx} + xy = 0 を解く。線形な場合の常套手段。これは変数分離形だから、\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = −x を積分して ∫ \frac{1}{y} dy = − ∫ xdx.

つまり log |y| = −\frac{x^{2}}{2} + C.

C を取り替えて、 y = Ce^{− \frac{x^{2}}{2}} . もとの方程式の解を y = C(x)e^{− \frac{x^{2}}{2}} の形で探す。定数変化法という。

これを代入すると、\frac{dC}{dx} e^{− \frac{x^{2}}{2}} + C \frac{de^{− \frac{x^{2}}{2}}}{dx} + xCe^{− \frac{x^{2}}{2}} = x

すなわち、\frac{dC}{dx} e^{− \frac{x^{2}}{2}} = x を得る。

\frac{dC}{dx} = xe^{\frac{x^{2}}{2}} だから、 C(x) = ∫ xe^{\frac{x^{2}}{2}} dx = e^{\frac{x^{2}}{2}} + C_{1}

従って、 y = (e^{\frac{x^{2}}{2}} + C_{1})e^{− \frac{x^{2}}{2}} = 1 + C_{1}e^{− \frac{x^{2}}{2}} . 問 [YE] p.35 例題。 [YE] p.40 問 (1). 問 １階線形微分方程式\frac{dy}{dx} + P (x)y = Q(x) について、解法をまとめよ。 [YE]

p.34–35.