熊原啓作著『新訂解析学』第 11 章の演習問題を解く。ただし本章の議論は読んでいない。

演習問題 11

11.4 微分方程式を解け

$(1) \quad xy^\prime + x + y = 0.$

解：標準形に書き直すと

\[y^{\prime} = -1 - \frac{y}{x}\]

と書ける。同次型一階常微分方程式だ。そこで変数変換 $z = y/x$ を施す。

\[\begin{aligned} z^{\prime} &= \frac{(-1 - z) - z}{x} = -\frac{1 + 2z}{x}.\\ \frac{z^{\prime}}{1 + 2z} &= -\frac{1}{x}.\\ \log\lvert 1 + 2z\rvert &= -2\log\lvert x \rvert + C_1.\\ 1 + 2z &= \frac{C_1}{x^2}.\\ \therefore z = \frac{C}{x^2} - \frac{1}{2}. \end{aligned}\]

変数をもとに戻すと、もとの微分方程式の解が得られる：

\[y = \frac{C}{x} - \frac{x}{2}.\]

$(2) \quad (x^2 + y^2)y^\prime = 2xy.$

解：同次型一階常微分方程式。変数変換 $z = y/x$ を施す。

\[\begin{aligned} y^{\prime} &= \frac{2xy}{x^2 + y^2} = \frac{2z}{1 + z^2}.\\ z^\prime &= \frac{1 - y^{\prime}}{x} = \frac{1 - 2z + z^2}{x(1 + z^2)} = \frac{(1 - z)^2}{x(1 + z^2)}.\\ \frac{(1 + z^2)}{(1 - z^2)}z^{\prime} &= \frac{1}{x}.\\ \end{aligned}\]

両辺を積分して

\[\begin{aligned} \int\!\frac{(1 + z^2)}{(1 - z^2)}z^{\prime}\,\mathrm dx &= \int\!\frac{\mathrm dx}{x}.\\ -z - \log(z - 1) + \log(z + 1) &= -z + \log\frac{z + 1}{z - 1} = \log x + C.\\ z &= \log\frac{z + 1}{z - 1} - \log x + C\\ &= \log\frac{(z + 1)}{x(z - 1)} + C. \end{aligned}\]

変数をもとに戻すと

\[y = \log\frac{y + x}{x(y - x)} + Cx.\]

$(3) \quad (x + 2y - 3)y^\prime = -2x + y + 1.$

解：標準形に書き直す。

\[y^\prime = \frac{-2x + y + 1}{x + 2y - 3}.\]

これはこの前悩んだ $y^{\prime} = \dfrac{ax + by + p}{cx + dy + q}, p\ne0, q\ne0$ 型。 $ad - bc$ を計算するとゼロではないので、従属変数を追加する方法でいく。

独立変数 $u$ およびそれを独立変数にとる従属変数 $v = v(u)$ を次のように導入する：

\[\begin{aligned} x &= u + h,\quad h \in \R,\\ y &= v + k,\quad k \in \R. \end{aligned}\]

まず導関数の変換を考える。合成関数の微分を繰り返して次を得る：

\[\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}u}. \end{aligned}\]

このとき標準形右辺の分母と分子はそれぞれ次に形に書き直される：

\[\begin{aligned} -2x + y + 1 &= -2u + v + (-2h + k + 1).\\ x + 2y + -3 &= u + 2v + (h + 2k -3).\\ \end{aligned}\]

なので、定数項部分が 0 となるように $h, k$ を決定すれば、前述の通常の同次形に帰着できる。

\[\begin{pmatrix} h \\ k \end{pmatrix} = \frac{1}{-5} \begin{pmatrix} 2 & -1\\ -1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}.\] \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}u} &= f\!\left(\frac{au + bv}{cu + dv}\right) = \frac{-2u + v}{u + 2v}. \end{aligned}\]

これで通常の同次型に変換できた。$v(u)$ について解く。$w = v/u$ と置換する。

\[\begin{aligned} v^{\prime} &= \frac{-2 + v/u}{1 + 2v/u}.\\ w^\prime &= \frac{1}{x}\left(\frac{-2 + w}{1 + w} - w\right) = \frac{1}{x}\left(\frac{-2 - w^2}{1 + w}\right).\\ \frac{-2 - w^2}{1 + w}w^{\prime} &= \frac{1}{x}.\\ -3\log(w + 1) + w - \frac{w^2}{2} &= \log x + C. \end{aligned}\]

$w = v/u$ すなわち $w = (y - 1)/(x - 1)$ を代入すれば解を得る。

\[-3\log\frac{x + y - 2}{x - 1} + \frac{y - 1}{x - 1} - \frac{1}{2}\left(\frac{y - 1}{x - 1}\right)^2 - \log x = C.\]

$(4) \quad y^\prime = \dfrac{1}{x + 2y + 3}.$

解： $y^{\prime} = \dfrac{ax + by + p}{cx + dy + q}$ 型なのだが、単に $u = cx + dy = x + 2y$ と置く。

\[u^{\prime} = 1 + 2y^{\prime} = 1 + \frac{2}{x + 2y + 3} = \frac{u + 5}{u + 3}.\\\]

と変数分離型に変換できた。

\[\begin{aligned} \int\!\frac{u + 3}{u + 5}\,\mathrm du &= \int\mathrm dx.\\ \therefore u - 2\log(u + 5) &= x + C_1.\\ \end{aligned}\]

$u = x + 2y$ を代入して次の結果を得る：

\[y - \log(x + 2y + 5) = C.\]