2. ４月１９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] （柳田・栄の参考書） , 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（定数変化法）

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.

１階線形微分方程式に帰着されるよく知られている微分方程式ベルヌーイの微分方程式

\frac{dy}{dt} + P (t)y = Q(t)y^{m} (m ≠ 0, 1)

（両辺を y^{m} で割ってみる。） z = y^{1−m} について\frac{dz}{dt} + (1 − m)P (t)z = (1 − m)Q(t) となる。

問 [YE] p.37 例題。問 [YE] p.40 問 2.3。

リッカチ型微分方程式（\frac{dy}{dt} が独立変数の関数を係数とする y の２次式）

\frac{dy}{dt} = P (t)y^{2} + Q(t)y + R(t)

ひとつの解 φ(t) がわかっているとき、 z = y − φ は

\begin{matrix}\frac{dz}{dt} = & \frac{dy}{dt} − \frac{dφ}{dt} \\ = & P (t)(y^{2} − φ^{2}) + Q(t)(y − φ) = P (t)z(z + 2φ) + Q(t)z \end{matrix}

すなわち、

\frac{dz}{dt} − (2φ(t)P (t) + Q(t))z = P (t)z^{2} というベルヌーイ型の微分方程式を満たす。

したがって z = u^{−1} が１階線形微分方程式の解として求まる。このとき、 y(t) = φ(t) + z(t)^{−1} と求まる。

問 [YE] p.39 例題。問 [YE] p.40 問 2.4。