例題問題(変数分離形、ロジスティック方程式)

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参考 ( n階微分方程式 )

y(x)を関数とする。( x は独立変数であるとする )

y’(x)、y’’(x)、・・・、y(n)(x) を、y(x)の導関数とする。

このとき、関係式 f(x、y、y’、y’’、・・・、y(n))=0 を 『 n階微分方程式 』 という。

参考 ( 正規形 )

(n)=f(x、y、y’、y’’、・・・、y(n−1)) の形に表される微分方程式を 『 正規形 』 という。

つまり、最高階の導関数 y(n) について解かれているものを正規形という。

参考 ( 一般解、特殊解 )

n階微分方程式に対し、n個の任意定数をもつ解を 『 一般解 』 という。

一般解の任意定数に特定の数を代入したものを 『 特殊解 』 という。

y’=−ky ( k>0 は定数 ) を1階微分方程式とする。

この一般解は y=Ce−kx である。

実際、これを微分方程式に代入すれば、式が成り立つことが分かる。

my’’=−ky ( k>0 は定数 ) を2階微分方程式とする。

この一般解は次のように表される。

参考 ( 初等解法、求積法 )

微分方程式を次のような方法で解くとする。

(*) 式変形、変数変換、積分を有限回だけ組み合わせて解く。

このような方法を 『 初等解法 』 という。

初等解法を 『 求積法 』 と呼ぶこともある。

参考 ( 変数分離形 )

y’=f(x、y) を正規形1階微分方程式とする。(★)

とくに、f(x、y)=X(x)Y(y)の形で書けるとする。

つまり、f(x、y) は 『 x のみの関数 』 と 『 y のみの関数 』 の積で表せるとする。

このとき、(★)を 『 変数分離形 』 という。

例えば、y’=eax+by は変数分離形である。

実際、y=eax・eby と表せる。

参考 ( 置換積分の公式 )

f(x)を関数とする。

x=φ(t)とする。

このとき、



次のように表しても意味は同じである。

補足

これは高校数学で知られている置換積分の公式である。

少し話が逸れるが、後で必要となるので示しておく。

証明

F(x)を、f(x)の原始関数とする。( つまり、F’(x)=f(x)である )

いま、次が成り立つ。(※合成関数の微分)



よって、

参考 ( 変数分離形の一般解 )

y’=f(x、y)を変数分離形の微分方程式とする。

つまり、y’=X(x)Y(y)の形に表せるとする。

その一般解は、次の形で表せる。

補足

以下では 『 形式的な証明 』 と 『 厳密な証明 』 を紹介する。

証明 ( 形式ver )

いま、



変形すると、



よって、

証明 ( 厳密ver )

いま、



式変形すると、



両辺を x で積分すると、



よって、次が成り立つ。(※置換積分の公式)

補足

証明(形式ver)は、証明(厳密ver)を簡潔に表したものである。

補足

上の証明では、1/Y(y) と式変形した。

むろん、ここでは暗黙に Y(y)≠0 を仮定している。

つまり、本当は Y(y)=0 の場合を分けて議論する必要がある。

しかし、結果的には、その必要はないのである。

その理由を説明する。

いま、Y(y)=0 となる場合を考えてみよう。

つまり、ある点 a に対して Y(a)=0 となる場合はどうなるのか?

この場合、明らかに、y=a (定数関数) は解である。(★1)

実際、y’=0、X(x)Y(y)=0 より、y’=X(x)Y(y)を満たす。

また、ここでは y=a (定数関数) としたが、それ以外もあり得る。

つまり、ある点 a でのみ Y(a)=0 となる場合である。(★2)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

(★1)について。

y=a (定数関数)も解なのだから、これも解として明示すべきであるように思える。

しかし、これを場合分けをしなくても、一般解の極限として自然に表すことができる。

これについて詳しいことは以下の参考(変数分離形で場合分けが不要となる理由)で扱う。

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

(★2)について。

実は、微分方程式の有名な定理として 『 解の存在と一意性 』 というものがある。

しかし、この定理は初級者向けの参考書では省かれてしまうことが多い。

なので、これを知らない人がいるかもしれない。

その場合は、とりあえず言葉通りの意味で考えてもらえばよい。

つまり、ある条件が満たされていれば、解の一意性が保証されるのである。

すると、よいことが分かる。

既に述べたように、y=a ( 定数関数 ) は解である。

よって、ある点 a で Y(a)=0 となる解は、y=a のみである。

つまり、y=a 以外の解が存在することを心配する必要はない。

むろん、あくまで、これが保証されるのは、定理の条件が満たされている場合である。

その条件は 『 リプシッツ連続性 』 と呼ばれるものである。

しかし、この条件はそれほど強いものではない。

なので、基本的に心配する必要はない。

参考 ( 変数分離形で場合分けが不要となる理由 )

y’=y を微分方程式とする。

つまり、



変形すると、



両辺を積分すると、



よって、log|y|=x+A である。(★1)

よって、y=±e である。

±e を改めて C とおくと、y=Ce である。(★2)

つまり、一般解は、y=Ce である。

既に注意したように、本当は、(*1)→(*2) では y≠0 を仮定する必要がある。

つまり、y=0 の場合を別に考える必要がある。

そこで、(*1)に y=0 を代入してみよう。

すると、y=0 は(*1)を満たす。

よって、y=0 も(*1)の解である。

つまり、y=0 も解として書かなければならない。

ところが、既に、y=0 は一般解 y=Ce に含まれている。

実際、C=0 とすると、y=0 である。

しかし、なぜ、y≠0 として解いているはずなのに、y=0 が解に含まれているのだろうか?

そのトリックは(★2)である。

よく考えると、±e は 0 という値のみとらない。

ただし、±e→0 ( A→−∞ ) である。

そして、A→−∞ は y=0 ( あるいは C=0 ) に相当する。

実際、(★1)に注目すると、A→−∞ は y=0 を意味する。

つまり、±e を C として表したとき、y=0 の場合が払い戻されている。

例題問題 ( ロジスティック方程式 )

次の微分方程式を解け。

補足

これを 『 ロジスティック方程式 』 という。

例えば、λ=1、K=1 とすると、y’=y(1−y) である。

証明

いま、



両辺を積分すると、



とくに、左辺を計算すると、



よって、



y について解くと、次を得る。( ただし、C=±e

補足

(*1)では y≠0 と y≠K を暗黙に仮定している。

つまり、y=0 と y=K の場合を除外している。

しかし、明らかに、y=0 と y=K は解である。

よって、y=0 と y=K の場合も一般解に書き加えなければならないように思える。

しかし、実は、y=0 と y=K は既に一般解に含まれている。

あるいは、含まれていると自然に見なすことができる。

実際、y=0 は C=0 の場合に相当し、y=K は C→∞ の場合に相当する。

しかし、なぜ、y≠0 と y≠K を仮定して解いたのに、一般解に y=0 と y=K が含まれているのか?

まず、C=0 は A→−∞ に相当し、C=∞ は A→∞ に相当することに注意しよう。

そして、(*2)に注目すると、A→−∞ は y=0 に相当し、A→∞ は y=K に相当する。

例題問題

次の微分方程式を解け。

(1) y’=xy

(2) y’=y(1−y)

(3) xy’=2y

補足

むろん、y’を dy/dx と表しても意味は同じである。

(1)の解答

いま、(1/y)dy=xdx である。

両辺を積分すると、∫(1/y)dy=∫xdx である。

いま、log|y|=x/2+C である。

よって、|y|=eexp(x/2)である。

よって、y=±eexp(x/2)である。

±e を改めて C とおくと、y=Cexp(x/2)である。

(2)の解答

いま、



両辺を積分すると、



とくに、左辺を計算すると、



よって、log|y/(y−1)|=x+C である。

よって、y/(y−1)=±e である。

±e を改めて C とおくと、y/(y−1)=Ce である。

よって、y=−Ce/(1−Ce)である。

−C を改めて C とおくと、y=Ce/(1+Ce)である。

(3)の解答

いま、(1/y)dy=2(1/x)dx である。

両辺を積分すると、∫(1/y)dy=2∫(1/x)dx である。

よって、log|y|=2log|x|+C=log(x)+loge=loge である。

よって、y=±e である。

ここで、e を改めて C と表す。

いま、y=Cx である。