変数分離形微分方程式(Separable differential equation)

1階の微分方程式は一般に

$$y^{\prime} = f(x,y)$$

または微分を用いて

$$M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0$$

の形で表わされます．後の形の方程式を全微分方程式(total differential equation)といいます．ここで

$$y^{\prime} = -\frac{y}{x}, xdx + ydy = 0$$

を考えてみましょう．この2つの式は$x = 0$の場合を除けば同じものとして扱えます．一般に上の2つの形の微分方程式は，形式的に同じものとして扱うことができます．

たぶん1階の微分方程式の中でもっとも簡単なのは$f(x,y)$が$x$だけの関数のときでしょう．この場合，微分方程式は

$$y^{\prime} = f(x)$$

の形をとり，両辺を$x$について積分すると一般解

$$y = \int f(x)dx + c$$

を得ます．ただし$c$は任意の定数です．

例題 1..3  

$x^{2}dx - dy = 0$の一般解を求めよ．

解 与えられた微分方程式は $y^{\prime} = x^{2}$と書き直せる．よって両辺を$x$について積分して一般解

$$y = \frac{x^{3}}{3} + c$$

を得る． $\blacksquare$

例題 1..4  

初期値問題 $y^{\prime} = e^{x^{2}}, y(0) = 3$を解け．

解 この場合，微分方程式 $y^{\prime} = e^{x^{2}}$を$x$について積分したのでは初期値問題は解けない．なぜならば$e^{x^{2}}$の原始関数は初等関数ではない．そこで不定積分の代わりに定積分を用いる．

$$\int_{0}^{x}y^{\prime}(t)dt = \int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt$$

より

$$y(x) - y(0) = \int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt .$$

よって

$$y(x) = 3 + \int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt$$

を得る． $\blacksquare$

こういう解の表わし方に慣れてないかも知れませんが，これは立派な解です．なぜならばどんな特定な値$x$に対しても $\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt$は数値的に何桁までも正確に近似できるからです．

次に$f(x,y)$が$x$の関数と$y$の関数の積で表わされる場合を考えます．

$y^{\prime} = f(x,y)$が

$$y^{\prime} = F(x)G(y)$$

の形で表わされるとき，微分方程式は変数分離形(separable)であるといいます．このとき

$$y^{\prime}(x) = F(x)G(y(x))$$

を満たす解$y(x)$を求めます．左辺に$y$の関数，右辺に$x$の関数となるように書き直すと

$$\frac{y^{\prime}(x)}{G(y(x))} = F(x)$$

となります．この両辺を$x$について積分すると

$$\int \frac{y^{\prime}(x)}{G(y(x))} dx = \int F(x)dx$$

となるので

$$\int \frac{dy}{G(y)} = \int F(x)dx$$

を得ます．

例題 1..5  

$y^{\prime} = \frac{xy}{y + 1}$を解け．

解 この微分方程式は形式的に

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

と表わせる．そこで両辺を積分すると

$$y + \log{\vert y\vert} = \frac{x^{2}}{2} + c$$

となる．これは与えられた微分方程式の陰関数を用いた解である．そこで $c = -\log{c_{1}}$を用いて書き直すと，

$$2y + \log{(c_{1}y)^{2}} = x^{2}$$

となる． $\blacksquare$

上の例題で $y(x) \equiv 0$は元の式の解ですが，求めた一般解の中には$c_{1}$をどのような値にとっても $y(x) \equiv 0$は含まれていません．このように微分方程式の解なのに，一般解の任意定数にどのような値を与えても得られない解を，その微分方程式の特異解(singular solution)といいます．他にも消えてしまった解があるかもしれませんが，これは変数分離形ではよくおきることです．そこで私たちは1.7節までの間，形式的に求めたものを解として扱います．

次の例題はNewtonの冷却の法則(Newton's law of cooling)を用います．実験より温度が$T_{1}$と$T_{2}$の2物体が向かい合っているとき，高温の物体から低温の物体へ$dt$時間に移る熱量$dQ$は，$T_{1}$と$T_{2}$の温度差が小さいとき近似的に比例して次の式で与えらることがわかっています．

$$dQ = \kappa (T_{1} - T_{2})dt.$$

例題 1..6  

$100^{\circ}c$に熱せられた鉄球を $10^{\circ}c$に保たれた水の中に入れる．$4$分後鉄球の温度は $60^{\circ}c$でした．鉄球の温度が $20^{\circ}c$になるのは何分後か求めよ．

解 Newtonの冷却の法則を使ってこの問題を定式化すると

$$\frac{dT}{dt} = - \kappa(T - 10), T(0) = 100, T(4) = 60$$

ただし，$T(t)$は時間$t$分後の鉄球の温度を表わしている．変数を分離し積分すると

$$T(t) = ce^{-kt} + 10$$

となる．ここで境界条件 $T(0) = 100$と$T(4) = 60$より

$$c = 90$$   と$$k = \frac{1}{4} \log{\frac{9}{5}} \doteq \frac{1}{4}(2.1972 - 1.6094) \doteq 0.147$$

を得る．よって

$$T(t) \doteq 90e^{{-0.147}t} + 10.$$

ここで$T(t) = 20$となる$t_{0}$を求めると，

$$20 \doteq 90e^{{-0.147} t_{0}} + 10$$

より

$$t_{0} \doteq \frac{\log{9}}{0.147} \doteq 14.9 {\rm min}$$

となる． $\blacksquare$