高崎金久著『常微分方程式』（日本評論社）ノートその一。

常微分方程式とは何か

  • 第一積分とは、量 $G(x, y, y^{\prime}, \dotsc)$ であって、次の等式が成り立つものを言う（つまり定数）。

    \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} G(x, y, y^{\prime}, \dotsc) = 0.\]

  • 一般に微分方程式 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f(x, y)$ と $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = -\dfrac{1}{f(x, y)}$ の解曲線は直交する。

  • 正規形とは、常微分方程式の形式の一つであり、次のように最高階の導関数イコール低階の導関数の式の形をしているものだ：

    \[\dfrac{\mathrm{d}^ny}{\mathrm{d}x^n} = f\!\left(\!x, y, \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}, \dotsc, \dfrac{\mathrm{d}^{n-1}y}{\mathrm{d}x^{n-1}}\!\right)\]

  • 不動点。これは少し定義を記し難い。例えば次の ODE における $x = 0, \dfrac{a}{b}$ のような点をいう：

    \[\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = (a - bx)x, \quad (a > 0, b > 0).\]

    $\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$ の符号が不動点の前後で入れ替わる。 この例では $x < 0$, $0 < x < K$, $K < x$ で符号が負、正、負となる。 これで不動点を分類できる：

    • 負から正になる不動点：不安定不動点
    • 正から負になる不動点：安定不動点

  • Isocline とは、相空間内で速度ベクトルのいずれかの成分がゼロとなるような曲線をそう呼ぶ。

    • 交点が不動点である？
    • 解曲線がここで交わる？

求積可能な一階 ODE

基本的なものは次の二つしかない。あとはそれらの派生形に過ぎない。 紙幅の都合上省略するが、各タイプについて例題を習得すること。

  • 変数分離型

    \[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{f(x)}{g(y)} \quad (g(y) \ne 0).\]

    1. 第一積分の形に書き直す。

      \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\int\!f(x)\,\mathrm{d}x - \int\!g(y)\,\mathrm{d}y\right) = 0.\\ \therefore \int\!f(x)\,\mathrm{d}x - \int\!g(y)\,\mathrm{d}y = C.\]

      本文にはこう書くのは変数 $y$ の性質が見えにくくなり誤解を招くと書いてあるが、なんとかなる。

    2. 必要に応じて $y$ について解く。陰関数表示のままで構わないなら終わり。

  • 一階線形常微分方程式

    \[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = a(x)y + b(x).\]

    1. $b(x)$ のことを非同次項という。この項がゼロである同次方程式から考える。

      \[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = a(x)y.\\ \iff y = C\mathrm{e}^{A(x)}, \quad A(x) = \int\!a(x)\,\mathrm dx.\]

    2. 定数変化法を用いる。すなわち定数 $C$ を関数 $z(x)$ に置き換えて、 オリジナルの ODE に代入してみる：

      \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}\mathrm{e}^{A(x)} + a(x)z(x)\mathrm{e}^{A(x)}\\ &= \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}\mathrm{e}^{A(x)} + a(x)y.\\ \end{aligned}\]

    3. この結果こうなる：

      \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}\mathrm{e}^{A(x)} &= b(x).\\ \therefore\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} &= \mathrm{e}^{-A(x)}b(x). \end{aligned}\]

    4. $z(x)$ について解く。

      \[z(x) = \int\!\mathrm{e}^{-A(x)}b(x) + C.\]

    5. $y$ について解いて一般解を得る：

      \[\begin{aligned} y &= z(x)\mathrm{e}^{A(x)}\\ &= \mathrm{e}^{A(x)} \int\! \mathrm{e}^{-A(x)}b(x)\,\mathrm d{x} + C\mathrm{e}^{A(x)}. \end{aligned}\]

  • 同次型一階常微分方程式

    \[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f\!\left(\frac{y}{x}\right).\]

    これは変数変換 $z = \dfrac{y}{x}$ により、変数分離型に帰着させることができる。

    \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} &= \frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} - \frac{y}{x^2}\\ &= \frac{1}{x}\left(f\!\left(\frac{y}{x}\right) - \frac{y}{x}\right)\\ &= \frac{f(z) - z}{x}. \end{aligned}\]

  • Bernoulli 型

    \[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = a(x)y + b(x)y^{m},\quad m \ne 0, 1.\]

    1. $z = y^{1 - m}$ とおく。

      \[\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = (1 - m)y^{-m}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}.\]

    2. オリジナルの ODE に代入する。次のように一階線形常微分方程式に変形される：

      \[\begin{aligned} (1 - m)^{-1}y^m \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} &= a(x)y + b(x)y^m.\\ \therefore \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} &= (1 - m)(a(x)y^{1-m} + b(x))\\ &= (1 - m)(a(x)z + b(x)). \end{aligned}\]

  • Riccati 型

    \[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = a(x) + b(x)y + c(x)y^2.\]

    ただし、特殊解 $y = u(x)$ が与えられているという前提で一般解を求める。

    1. 一般解は $y = u(x) + z(x)$ の形をしていると仮定する。

    2. オリジナルの ODE に仮定を代入する。

      \[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} + \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}.\\ \begin{aligned} \therefore \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} &= a(x) + b(x)(u(x) + z(x)) + c(x)(u(x)^2 + 2u(x)z(x) + z(x)^2)\\ &= (b(x) + 2u(x)c(x))z(x) + c(x)z(x)^2\\ \end{aligned}\]

    3. Bernoulli 型になった。ここで $w = \dfrac{1}{z}$ と変換すると一階線形常微分方程式に帰着される：

      \[\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}x} = -(b(x) + 2u(x)c(x))w(x) - c(x).\]

  • Lagrange 型

    \[\def\p{ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} } y = xf\!\left(\p\right) + g\!\left(\p\right), \quad f\!\left(\p\right) \ne \p.\]

    1. この ODE をさらに微分する。

      \[\def\p{ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} } \p = f\!\left(\p\right) + xf^\prime\!\left(\p\right)\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} + g^\prime\!\left(\p\right)\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}.\]

    2. $p = \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ とおいて書き直す。

      \[p = f(p) + (xf^\prime(p) + g^\prime(p))\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}.\]

    3. 正規形に書き直す。

      \[\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x} = \frac{p - f(p)}{xf^\prime(p) + g^\prime(p)}.\]

    4. 強引に逆関数とみなして変形する。これは一階線形常微分方程式になる。

      \[\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}p} = \frac{xf^\prime(p) + g^\prime(p)}{p - f(p)}.\]

    5. これを解いて $x = u(p)$ が得られたとする。この逆関数 $p = u^{-1}(x)$ を $y = xf(p) + g(p)$ に代入すると、もとの ODE の一般解となる。

完全型

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = -\frac{\phi_x(x, y)}{\phi_y(x, y)},\quad \phi_y(x, y) \ne 0.\]
  • この $\phi$ を potential という。
  • 結論から言うと $\phi(x, y) = C$ を $y$ について解けば一般解が得られる。

  • 一般的に変数分離型 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{f(x)}{g(y)}$ は

    \[\int\!f(x)\,\mathrm{d}x - \int\!g(y)\,\mathrm{d}y\]

    を potential とする完全微分型の方程式とみなせる。

  • $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = -\dfrac{f(x, y)}{g(x, y)}$ が与えられたとき、これが完全型である条件は？
  • $\phi_x(x, y) = f(x, y)$ かつ $\phi_y(x, y) = g(x, y)$ をみたす関数 $\phi$ は存在するか？ それをどう決定するか？

    • $f(x, y), g(x, y)$ は $C^1$ 級と仮定する。次を積分可能条件という：

      \[f_x(x, y) = g_y(x, y).\]

      これが必要な理由：もしそのような $\phi$ が存在するならば、$C^2$ 級関数である必要がある。 そうなると $\phi_{xy} = \phi_{yx}$ が必要だから $\phi_x = f, \phi_y = g.$

    • 各関数が矩形領域 ${[x_0, y_0]} \times {[x, y]} \subset \R^2$ で定義されていると仮定する必要があるが、 $\phi$ は次のようにして、不定積分を二度実行すれば得られる：

      \[\begin{aligned} \phi(x, y) &= C + \int_{x_0}^x\!f(u, y_0)\,\mathrm{d}v + \int_{y_0}^y\!g(x, v)\,\mathrm du.\\ \text{or}\\ \phi(x, y) &= C + \int_{y_0}^y\!g(x_0, v)\,\mathrm{d}v + \int_{x_0}^x\!f(u, y)\,\mathrm du. \end{aligned}\]
      • これはあとで線積分で置き換えられるだろう。
  • 与えられた $f, g$ から potential を決定するには、まず $f, g$ が積分可能条件を満たすことを確認する。 それから上記のどちらかで $\phi$ を決定すればいい。

とりあえず以上。