第33章1階常微分方程式の基本解法

導出

$g(y)\neq0$ の範囲で両辺を $g(y)$ で割ると，

$$ \frac{1}{g(y)}\diff yx=f(x) $$

となる．ここで，$x$ についての関数 $f(x)$ は $\dd x$ と，$y$ についての関数 $\dfrac{1}{g(y)}$ は $\dd y$ とくっつけて書き，

$$ f(x)\,\dd x=\frac{1}{g(y)}\,\dd y $$

のように「$x$ の仲間」と「$y$ の仲間」を左右に分ける（これが「変数分離」という名前の由来である）．両辺に $\displaystyle\int$ をつけると，公式\eqref{eq:33-separable-general}を得る．

導出：同次形を変数分離形に帰着させる

$\dfrac yx=t$，すなわち $y=xt$ とおく．$t$ はこれから $x$ の関数として決まる新しい未知関数である．両辺を $x$ で微分すると，右辺は積の微分公式（$x$ と $t(x)$ の積）より，

$$ \diff yx=\diff{}{x}(xt)=1\cdot t+x\cdot\diff tx=xt'+t $$

（$t'=\diff tx$ と略記した）．一方，方程式の右辺は $f(y/x)=f(t)$ である．両辺を比べると

$$ xt'+t=f(t) $$

を得る．$t$ を左辺に残し，

$$ x\diff tx=f(t)-t $$

と整理すれば，これはもう $t$ と $x$ の変数分離形である．$f(t)-t\neq0$ の範囲で両辺を $x\{f(t)-t\}$ で割り，

$$ \frac{1}{f(t)-t}\,\dd t=\frac1x\,\dd x $$

として両辺に $\displaystyle\int$ をつけると，

\begin{equation} \int\frac1x\,\dd x=\int\frac{1}{f(t)-t}\,\dd t \label{eq:33-homogeneous-general} \end{equation}

を得る．左辺を計算すれば $\ln|x|$（+ 積分定数）になるので，あとは右辺の積分が実行できれば $t$ が $x$ の関数として求まり，最後に $y=xt$ を代入して元の変数 $y$ に戻す．

導出

$t=ax+by+c$ とおく．$t$ を $x$ で微分すると，$y$ が $x$ の関数であることに注意して（合成関数の微分），

$$ t'=a+b\,\diff yx \qquad\cdots① \qquad\left(\text{よって}\ \diff tx-a=b\diff yx\right) $$

一方，方程式より $\diff yx=f(ax+by+c)=f(t)$ なので，① の $b\diff yx$ の部分に代入すると，

$$ b\diff yx=b\,f(t) \qquad\cdots② $$

①と②はどちらも $b\diff yx$ を表しているので，右辺どうしが等しい：

$$ b\,f(t)=\diff tx-a \quad\Longrightarrow\quad \diff tx=b\,f(t)+a $$

これで $t$ だけの変数分離形になった．$bf(t)+a\neq0$ の範囲で両辺を $bf(t)+a$ で割り，両辺に $\displaystyle\int$ をつけると，

\begin{equation} \int\dd x=\int\frac{1}{bf(t)+a}\,\dd t \label{eq:33-application-general} \end{equation}

を得る．左辺は単に $x+C$ である．右辺の積分が実行できれば $t$ が $x$ の関数として求まり，$t=ax+by+c$ を $y$ について解けば元の変数に戻る．

導出　[1] 同伴方程式 $y'+p(x)y=0$ を解く

$g(x)\equiv0$ の場合，方程式は $\diff yx=-p(x)y$ であり，これは $f(x)=-p(x)$，$g(y)=y$ とした変数分離形（公式33.1）である．$y\neq0$ の範囲で両辺を $y$ で割ると，

$$ \frac1y\,\dd y=-p(x)\,\dd x $$

両辺に $\displaystyle\int$ をつけ，右辺の積分定数を $C_1$ として，

$$ \int\frac1y\,\dd y=-\int p(x)\,\dd x+C_1 $$

左辺は $\ln|y|$ の定義そのもの（$\dfrac{\dd}{\dd y}\ln|y|=\dfrac1y$ の逆演算）である．ここで右辺を指数の形に直したい．$\ln e=1$ なので，一般に $k\ln e=\ln e^k$（対数の性質 $a\ln b=\ln b^a$）が成り立つことを使うと，

$$ \ln|y|=\Bigl(-\int p(x)\,\dd x+C_1\Bigr)\ln e=\ln\Bigl(e^{-\int p(x)\,\dd x+C_1}\Bigr) $$

と書き直せる．対数関数 $\ln$ は単調増加（狭義単調，第3章）なので $\ln A=\ln B\iff A=B$ が成り立ち，

$$ |y|=e^{-\int p(x)\,\dd x+C_1}=e^{C_1}\cdot e^{-\int p(x)\,\dd x} $$

（指数法則 $e^{a+b}=e^a e^b$ を使った）．絶対値をはずすと $y=\pm e^{C_1}e^{-\int p(x)\,\dd x}$ となるので，$\pm e^{C_1}=C$ とおく．

\begin{equation} y=Ce^{-\int p(x)\,\dd x} \label{eq:33-linear-homog-general} \end{equation}

導出　[2] 定数変化法

$y=u(x)e^{-\int p(x)\dd x}$ を $x$ で微分する．右辺は「$u(x)$ と $e^{-\int p(x)\dd x}$ の積」なので積の微分公式を使い，さらに $\dfrac{\dd}{\dd x}e^{-\int p(x)\dd x}=e^{-\int p(x)\dd x}\cdot(-p(x))$（合成関数の微分：$\dfrac{\dd}{\dd x}\Bigl(-\!\int p(x)\dd x\Bigr)=-p(x)$ は微分積分学の基本定理そのもの）に注意すると，

\begin{equation} y'=u'(x)\,e^{-\int p(x)\dd x}+u(x)\cdot\Bigl(-p(x)\Bigr)e^{-\int p(x)\dd x} \label{eq:33-linear-product-rule} \end{equation}

これを $y'+p(x)y$ に代入する．

$$ y'+p(x)y=\underbrace{u'(x)e^{-\int p\,\dd x}}_{\text{新しい項}}\ \underbrace{-\,u(x)p(x)e^{-\int p\,\dd x}}_{(\ast)}\ +\ \underbrace{p(x)u(x)e^{-\int p\,\dd x}}_{(\ast\ast)} $$

$(\ast)$ と $(\ast\ast)$ は符号だけが逆で絶対値が等しい項なので，たがいに打ち消し合って $0$ になる．残るのは最初の項だけである．

$$ y'+p(x)y=u'(x)\,e^{-\int p(x)\,\dd x} $$

これが $g(x)$ に等しくなればよいのだから，

\begin{equation} u'(x)\,e^{-\int p(x)\,\dd x}=g(x) \label{eq:33-linear-u-ode} \end{equation}

を得る．両辺に $e^{\int p(x)\dd x}$ をかけ（$e^{-\int p\dd x}\cdot e^{\int p\dd x}=e^0=1$ を使う），

$$ u'(x)=g(x)\,e^{\int p(x)\,\dd x} \quad\Longrightarrow\quad \dd u=g(x)e^{\int p(x)\dd x}\,\dd x $$

これはもう $u$ について積分するだけでよい（右辺は $x$ だけの関数なので，変数分離の最も単純な場合である）．両辺に $\displaystyle\int$ をつけると，

$$ u(x)=\int g(x)\,e^{\int p(x)\,\dd x}\,\dd x+C $$

$y=u(x)e^{-\int p(x)\dd x}$ にこれを戻せば，一般解が得られる．

導出：積分因子法

まず，任意の関数 $y=y(x)$，$h=h(x)$ の積 $y\cdot h$ を微分すると，積の微分公式より

\begin{equation} (y\cdot h)'=y'\cdot h(x)+y\cdot h'(x) \label{eq:33-linear-if-product} \end{equation}

である．次に，方程式\eqref{eq:33-linear-form}の両辺に $h(x)$ をかけてみる．

\begin{equation} y'\cdot h(x)+y\cdot p(x)\cdot h(x)=g(x)\cdot h(x) \label{eq:33-linear-if-times-h} \end{equation}

式\eqref{eq:33-linear-if-product}の右辺と式\eqref{eq:33-linear-if-times-h}の左辺を見比べると，どちらも第1項は $y'h(x)$ で共通である．したがって，もし

\begin{equation} p(x)h(x)=h'(x) \label{eq:33-linear-if-condition} \end{equation}

という条件を $h(x)$ が満たしていれば，式\eqref{eq:33-linear-if-product}の右辺と式\eqref{eq:33-linear-if-times-h}の左辺は完全に一致する．すなわち $(y\cdot h)'=g(x)h(x)$ となり，左辺が1つの導関数にまとまる．そこで，この条件\eqref{eq:33-linear-if-condition}を満たす $h(x)$ を実際に求めよう．式\eqref{eq:33-linear-if-condition}を $h(x)$（$h(x)\neq0$ と仮定する）で割ると，

$$ p(x)=\frac{h'(x)}{h(x)} $$

右辺 $\dfrac{h'(x)}{h(x)}$ は，合成関数の微分によって $\dfrac{\dd}{\dd x}\ln|h(x)|$ に等しい（$\ln|h|$ を $h$ の関数とみて連鎖律を適用すると $\dfrac{\dd}{\dd x}\ln|h(x)|=\dfrac{1}{h(x)}\cdot h'(x)$）．両辺を $x$ で積分すると，

$$ \int p(x)\,\dd x=\int\frac{h'(x)}{h(x)}\,\dd x=\ln|h(x)| $$

（右辺の積分定数は，あとで $h$ を1つ具体的に選べばよいので省略した．積分因子は「条件\eqref{eq:33-linear-if-condition}を満たす関数を1つ見つければ十分」であり，最も一般的な $h$ を求める必要はない．）両辺を指数の形に直し，絶対値をはずして正の分枝を選べば，

\begin{equation} h(x)=e^{\int p(x)\,\dd x} \label{eq:33-linear-if-h} \end{equation}

を積分因子として採用できる．この $h(x)$ を使うと，$(y\cdot h)'=g(x)h(x)$ であるから，両辺を $x$ で積分して，

$$ y\cdot h(x)=\int g(x)\,h(x)\,\dd x+C $$

両辺を $h(x)$（$\neq0$）で割ると，一般解が得られる．

$$ y=\frac{1}{h(x)}\left\{\int g(x)h(x)\,\dd x+C\right\}=e^{-\int p(x)\,\dd x}\left\{\int g(x)\,e^{\int p(x)\,\dd x}\,\dd x+C\right\} $$

検証①：$C$ を本当の定数のまま代入するとどうなるか

もし $C$ を字義どおりの定数とみなし，$y=Ce^{-\int p(x)\dd x}$（$C$ は定数）をそのまま非同次方程式 $y'+p(x)y=g(x)$ の左辺に代入するとどうなるか，確かめてみよう．$y'=C\cdot(-p(x))e^{-\int p\dd x}$ なので，

$$ y'+p(x)y=C\cdot\bigl(-p(x)\bigr)e^{-\int p\,\dd x}+p(x)\cdot C\,e^{-\int p\,\dd x}=0 $$

となる（2つの項が符号だけ逆で打ち消し合う）．これは，$g(x)\equiv0$ の同伴方程式を満たしているだけであり，33.3.1項の[1]の結果と何も変わらない．つまり，$C$ を定数のままにしている限り，非同次方程式（$g(x)\not\equiv0$）の解には決して到達できない．$g(x)\not\equiv0$ となるためには，代入した結果が $0$ にならずに $g(x)$ という「何らかの関数」が残らなければならず，そのためには $C$ の代わりに置いた関数の導関数が $0$ であってはならない——すなわち，$C$ の役割を果たす量は定数であってはいけないのである．これが，定数変化法で $C\to u(x)$ という置き換えを行う理由である．

検証②：逆に，$C$ を $y$ から作ってみる

今度は逆の方向から考える．方程式 $\diff yx+P(x)y=Q(x)$（記号の混同を避けるため，ここでは非同次方程式の係数を $P(x),Q(x)$ と大文字で書く）の任意の解 $y=y(x)$ が与えられたとして，

$$ C(x):=y(x)\,e^{\int P(x)\,\dd x} $$

という量を作ってみる（これは，同伴方程式の解の形 $y=Ce^{-\int P\dd x}$ から，$C=y\,e^{\int P\dd x}$ と逆算した式である）．この $C(x)$ を $x$ で微分すると，積の微分公式より，

$$ \frac{\dd}{\dd x}C(x)=\diff yx\,e^{\int P(x)\dd x}+y\cdot P(x)\,e^{\int P(x)\dd x}=\Bigl(\diff yx+P(x)y\Bigr)e^{\int P(x)\dd x} $$

ここで $y$ はもともと方程式 $\diff yx+P(x)y=Q(x)$ の解だと仮定したので，$\diff yx+P(x)y=Q(x)$ を代入できる．

\begin{equation} \frac{\dd}{\dd x}C(x)=Q(x)\,e^{\int P(x)\,\dd x} \label{eq:33-linear-validity} \end{equation}

この1本の式\eqref{eq:33-linear-validity}が，定数変化法のすべてを説明している．

(i) $Q(x)\equiv0$（同伴方程式）のとき，式\eqref{eq:33-linear-validity}の右辺は恒等的に $0$ になるから，$\dfrac{\dd}{\dd x}C(x)=0$，すなわち $C(x)$ は真に定数である．これは33.3.1項の結果（$y=Ce^{-\int P\dd x}$，$C$ は定数）と完全に一致する．

(ii) $Q(x)\not\equiv0$（非同次）のとき，式\eqref{eq:33-linear-validity}の右辺は恒等的には $0$ にならないから，$\dfrac{\dd}{\dd x}C(x)\not\equiv0$，すなわち $C(x)$ は（$x$ によらない）定数ではあり得ない．

つまり，$C(x):=y\,e^{\int P\dd x}$ という量は，もとの方程式の解 $y$ が非同次方程式を満たすことを要求するだけで自動的に「定数ではなく，式\eqref{eq:33-linear-validity}にしたがって $x$ とともに変化する関数」になることが強制される．定数変化法は勘や当てずっぽうではなく，この必然性を先取りして「最初から $C$ を未知関数 $u(x)$ とおいて式\eqref{eq:33-linear-validity}を（積分して）解く」という手順そのものだったのである．なお，式\eqref{eq:33-linear-validity}は $y$ が方程式の任意の解であることから出発しているので，この議論は同時に「定数変化法が一般解をひとつも取りこぼさずに与える」ことの根拠にもなっている．

導出：ベルヌーイ形を1階線形微分方程式に帰着させる

右辺の $y^n$ が邪魔なので，まず両辺に $y^{-n}$ をかけて消してしまおう（$y\neq0$ の範囲で考える）．

\begin{equation} y^{-n}\diff yx+p(x)\,y^{1-n}=g(x) \label{eq:33-bernoulli-multiply} \end{equation}

（左辺第1項は $y^{-n}y'$，第2項は $p(x)y\cdot y^{-n}=p(x)y^{1-n}$，右辺は $g(x)y^n\cdot y^{-n}=g(x)y^0=g(x)$ となる．）ここで，左辺第1項の形をよく見ると，合成関数の微分によって $\bigl(y^{1-n}\bigr)'=(1-n)y^{(1-n)-1}y'=(1-n)y^{-n}y'$（べき関数の微分と連鎖律；$y$ は $x$ の関数であることに注意）となることに気づく．これは式\eqref{eq:33-bernoulli-multiply}の左辺第1項 $y^{-n}y'$ の $(1-n)$ 倍にほかならない．そこで，式\eqref{eq:33-bernoulli-multiply}の両辺を $(1-n)$ 倍する（$n\neq1$ なので $1-n\neq0$，倍してよい）．

\begin{equation} (1-n)\,y^{-n}\diff yx+(1-n)p(x)\,y^{1-n}=(1-n)g(x) \label{eq:33-bernoulli-times1n} \end{equation}

左辺第1項はちょうど $\bigl(y^{1-n}\bigr)'$ になったので，

$$ \bigl(y^{1-n}\bigr)'+(1-n)p(x)\,y^{1-n}=(1-n)g(x) $$

ここで $u=y^{1-n}$（新しい未知関数），$P(x)=(1-n)p(x)$，$Q(x)=(1-n)g(x)$ とおくと，

\begin{equation} u'(x)+P(x)u(x)=Q(x) \label{eq:33-bernoulli-reduced} \end{equation}

という1階線形微分方程式（定義33.7の形そのもの）が得られた．これは公式33.2で解ける．公式33.2に $p\to P,\ g\to Q$ を代入すると，

$$ u(x)=e^{-\int P(x)\dd x}\left\{\int Q(x)\,e^{\int P(x)\dd x}\,\dd x+C\right\} $$

$P(x)=(1-n)p(x)$，$Q(x)=(1-n)g(x)$ を戻し，$u=y^{1-n}$ であることを思い出せば，一般解が得られる．

導出：リッカチ形をベルヌーイ形・1階線形微分方程式に帰着させる

特殊解 $y=y_1(x)$（つまり $\diff{y_1}x+P(x)y_1^2+Q(x)y_1+R(x)=0$ を満たす，という意味）が分かっているとする．一般解を $y=y_1+u$（$u=u(x)$ は新しい未知関数）とおいて方程式\eqref{eq:33-riccati-form}に代入する．

\begin{equation} \begin{aligned} \diff yx+P(x)y^2+Q(x)y+R(x) &=(y_1'+u')+P(x)(y_1+u)^2+Q(x)(y_1+u)+R(x)\\ &=(y_1'+u')+P(x)\bigl(y_1^2+2y_1u+u^2\bigr)+Q(x)y_1+Q(x)u+R(x)\\ &=\underbrace{\bigl\{y_1'+P(x)y_1^2+Q(x)y_1+R(x)\bigr\}}_{=\,0\ (y_1\text{が特殊解だから})}+u'+2P(x)y_1\,u+P(x)u^2+Q(x)u \end{aligned} \label{eq:33-riccati-ansatz} \end{equation}

（2行目から3行目は，$(y_1+u)^2=y_1^2+2y_1u+u^2$ という展開を使い，$y_1,u$ に関する項を組み替えただけである．）下線を引いた部分は，$y_1$ が特殊解であるという仮定によって恒等的に $0$ になる．したがって，方程式\eqref{eq:33-riccati-form}（左辺全体が $0$）は，残りの部分がすべて $0$ になることと同値である．

$$ u'+\bigl\{2P(x)y_1(x)+Q(x)\bigr\}u=-P(x)\,u^2 $$

これは，$u$ を未知関数とみると，$n=2$ のベルヌーイの微分方程式（式\eqref{eq:33-bernoulli-form}で $y\to u$，$p\to 2Py_1+Q$，$g\to-P$ としたもの）そのものである．そこで，記号を整理するため $A(x):=2P(x)y_1(x)+Q(x)$ とおく．

\begin{equation} u'+A(x)u=-P(x)u^2 \label{eq:33-riccati-bernoulli} \end{equation}

33.5.1項のベルヌーイ形の手順（$n=2$）にならって，両辺に $u^{-2}$ をかける（$u\neq0$ の範囲で）．

$$ u^{-2}\diff ux+A(x)u^{-1}=-P(x) $$

べき関数の微分と連鎖律より $\bigl(u^{-1}\bigr)'=-u^{-2}u'$，すなわち $u^{-2}u'=-\bigl(u^{-1}\bigr)'$ であるから，これを代入すると，

$$ -\bigl(u^{-1}\bigr)'+A(x)u^{-1}=-P(x) $$

両辺に $-1$ をかけて整理すると，

$$ \bigl(u^{-1}\bigr)'-A(x)u^{-1}=P(x) $$

ここで $v:=u^{-1}$（$=1/u$）とおくと，

\begin{equation} \diff vx+\bigl(-A(x)\bigr)v=P(x) \label{eq:33-riccati-linear-v} \end{equation}

という$v$ についての1階線形微分方程式が得られた．公式33.2に，$p\to-A(x)$，$g\to P(x)$ を代入すると（符号を取り違えないように，$-\int(-A)\dd x=\int A\,\dd x$ であることに注意），

$$ v=e^{-\int(-A(x))\dd x}\left\{\int P(x)\,e^{\int(-A(x))\dd x}\,\dd x+C\right\}=e^{\int A(x)\,\dd x}\left\{\int P(x)\,e^{-\int A(x)\,\dd x}\,\dd x+C\right\} $$

$A(x)=2P(x)y_1(x)+Q(x)$ を戻し，$u=1/v$，$y=y_1+u$ であることを使えば，一般解が得られる．