【詳しく】一階常微分方程式の変数分離形の解き方(具体例あり)

数学
(1)積分定数の使い方:一般解に出てくる定数はCになる。

(2)$\displaystyle \int_{}^{}\frac{f'(x)}{f(x)}=log\left|f(x)\right|\,$の積分。

変数分離形の解き方

名称によって難しく感じるところではありますが、常微分方程式の中の「変数分離形」は、まだ簡単な範囲です。

解き方は、$\,x\,$と$\,y\,$に分解してそれぞれの文字においてそれぞれ積分するだけです。

変数分離形のかたち

微分方程式

$$\frac{dy}{dx}=f'(x,y)$$

で表され、$\,f(x,y)\,$が$\,x\,$のみの$\,\xi'(x)\,$と、$\,y\,$のみの$\,\mu'(y)\,$に分解でき、

$f'(x,y)=\frac{\xi'(x)}{\mu'(y)}$ を代入して、

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\xi'(x)}{\mu'(y)}$$

となるものが変数分離形の微分方程式です。

そして、ここからの一般解の求め方は、$\,y\,$を左辺にまとめ、$\,x\,$を右辺にまとめて積分します。

$$\displaystyle \int_{}^{}\mu'(y)\cdot dy=\displaystyle \int_{}^{}\xi'(x)\cdot dx$$

$$\mu(y)=\xi(x)+C$$

これが一般解です。ちなみに$\,\mu\,$や$\,\xi\,$は適当に選んだ記号なので気にしないで下にある具体例を見てください。

教科書なんかだとちょっと違う風に書かれると思います。一応説明しておきます。

まず、変数分離形が、

$$\frac{dy}{dx}=f(x,y)$$

となり、$\frac{dy}{dx}=\frac{\xi(x)}{\mu(y)}$から積分して、一般解は、

$$\displaystyle \int_{}^{}\mu(y)\cdot dy=\displaystyle \int_{}^{}\xi(x)\cdot dx+C$$

となります。やってることは同じです。覚えやすい方で考えればいいと思います。

【具体例】変数分離形の一般解

まずは、変数分離形だと分かりやすい簡単な具体例から。

(例1)次の式の一般解を求めよ。

$\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}$

$$\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}$$

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{y}}$$

$\,y\,$を左辺に、$\,x\,$を右辺にまとめて積分する。

$$\displaystyle \int_{}^{}\frac{1}{y}dy=\displaystyle \int_{}^{}\frac{1}{x}dx$$

$$log\left|y\right|=log\left|x\right|+C$$

$log\,$を外す。

$$\left|y\right|=e^{log\left|x\right|+C}$$

$$\left|y\right|=e^C\left|x\right|$$

$$y=Cx$$

一般解:$y=Cx$
$e^C\,$は定数なので、積分定数$\,C\,$で置くことができます。

形として、一時的に、

$$e^C=C$$

となり、一見おかしく見えますが、$\,C\,$はどんな定数にもなれると考えるので、まったくおかしくありません。

それでも、分かりにくい人は、最初の$\,C\,$を$\,C’\,$や$\,C_{1}\,$などと置いて、

$$e^{C’}=C$$

と考えてください。

次に2つ目の具体例は、一見、変数分離形だと分かりにくい変数分離形の問題です。

(例2)次の式の一般解を求めよ。

$\frac{dy}{dx}=-\frac{x+xy^2}{y+x^2y}$

$$\frac{dy}{dx}=-\frac{x+xy^2}{y+x^2y}$$

$$\frac{dy}{dx}=-\frac{x(1+y^2)}{y(1+x^2)}$$

$$\frac{dy}{dx}=-\frac{\frac{x}{1+x^2}}{\frac{y}{1+y^2}}$$

こうすることで、変数分離形だと分かりやすくなると思います。

そうしたら、それぞれまとめて、積分します。

$$\displaystyle \int_{}^{}\frac{y}{1+y^2}dy=-\displaystyle \int_{}^{}\frac{x}{1+x^2}dx$$

$$\frac{1}{2}log(1+y^2)=-\frac{1}{2}log(1+x^2)+C$$

$C\,$に定数をかけても定数のままなので、$C\,$のままになる。

$$log(1+y^2)=-log(1+x^2)+C$$

$log$を外す。

$$1+y^2=e^{-log(1+x^2)+C}$$

$$1+y^2=\frac{C}{1+x^2}$$

$$y^2=\frac{C}{1+x^2}-1$$

一般解:$y^2=\frac{C}{1+x^2}-1$
この問題の一般解は、他の形で表されることもあります。

$$log(1+y^2)=-log(1+x^2)+C$$

ここの場面の途中式で、$log$を外す前に、$log$をまとめます。

$$log(1+y^2)+log(1+x^2)=C$$
$$log(1+x^2)(1+y^2)=C$$

ここで、$log$を外します。

$$(1+x^2)(1+y^2)=C$$

これが、一般解になります。上の一般解とどっちでも、いいです。

あと、$\,C\,$は$\,log\,$を外しても、定数なので$\,C\,$のままです。

練習問題

次の式の一般解を求めよ。

$\frac{dy}{dx}=xy$
$$\frac{dy}{dx}=xy$$
それぞれまとめて、積分する。
$$\displaystyle \int_{}^{}\frac{1}{y}dy=\displaystyle \int_{}^{}x\cdot dx$$
$$log\left|y\right|=\frac{1}{2}x^2+C$$
$log$を外す。
$$y=e^{\frac{1}{2}x^2+C}$$
$$y=Ce^{\frac{1}{2}x^2}$$
一般解:$y=Ce^{\frac{1}{2}x^2}$
   
次の式の一般解を求めよ。

$\frac{dy}{dx}=-\frac{2xy^2+2x}{2e^{x^2}y}$
$$\frac{dy}{dx}=-\frac{2xy^2+2x}{2e^{x^2}y}$$
$$\frac{dy}{dx}=-\frac{2x(y^2+1)}{e^{x^2}\cdot 2y}$$
それぞれまとめて、積分する。
$$\displaystyle \int_{}^{}\frac{2y}{y^2+1}dy=\displaystyle \int_{}^{}\frac{-2x}{e^{x^2}}dx$$
ここの積分は、$\,e^{-x^2}\,$を微分したらどうなるかを考えて積分します。
$$log\left(y^2+1\right)=e^{-x^2}+C$$
$log$を外す。
$$y^2+1=e^{e^{-x^2}+C}$$
$$y^2=Ce^{e^{-x^2}}$$
一般解:$y^2=Ce^{e^{-x^2}}$
   

まとめ

変数分離形の一般解の求め方は、
$\,x\,$や$\,y\,$をそれぞれまとめて積分する。

最後まで読んでいただきありがとうございます。

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