完全微分型方程式

完全微分型方程式

次のような微分方程式を考えてみます。
 $$x\frac{dy}{dx}+y=0$$
これは変数分離によって簡単に解くことができますが、ここでは少し違ったやり方で解いてみます。両辺に $dx$ をかけると
 $$xdy+ydx=0$$
となります。左辺をじっと見つめると、これは $xy$ の全微分になっていることに気づきます。念のために確認しておくと、
 $$d(xy)=\frac{\partial (xy)}{\partial x}dx+\frac{\partial (xy)}{\partial y}dy=xdy+ydx$$
確かに $xdy+ydx$ は $xy$ の全微分ですね。すると微分方程式は
 $$d(xy)=0$$
と書き直せるので、積分すると
 $$xy=c$$
という解が得られます。$xy$ という関数を目視で見つけることができるなら、変数分離よりも早く、しかも暗算で解いてしまうことができます。

一般に次のような形の方程式
 $$\begin{array}{}\text{(A)}& d\Phi =P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0\end{array}$$
において、関数 $P(x,y)$ と $Q(x,y)$ が
 $$\begin{array}{}\text{(A1)}& \frac{\partial \Phi }{\partial x},\frac{\partial \Phi }{\partial y}\end{array}$$
のように、ある関数 $\Phi$ の偏微分の形で与えられているとき、(A) を完全微分型方程式とよび、その解は
 $$\begin{array}{}\text{(A2)}& \Phi (x,y)=c\end{array}$$
で与えられます ($c$ は任意定数)。もちろんこのような $\Phi$ がいつでも存在するとは限らないし、あったとしても見つけることが難しい場合もあります。とはいえ目視で $\Phi$ を見つける以外にもある程度の手掛かりはあります。その１つは (A) が完全微分型であるための必要十分条件が
 $$\begin{array}{}\text{(A3)}& \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}\end{array}$$
であるという定理です。これを満たさなければ $\Phi$ は存在しません。まずは必要条件、すなわち
 $$\begin{array}{}\text{(A1)}& \frac{\partial \Phi }{\partial x},\frac{\partial \Phi }{\partial y}\end{array}$$
を満たす $\Phi$ が存在するならば、
 $$\begin{array}{}\text{(A3)}& \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}\end{array}$$
となることを証明してみます。これは簡単です。
 $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{{\partial }^2\Phi }{\partial y\partial x},\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{{\partial }^2\Phi }{\partial x\partial y}$$
となるので、微分の順序を入れ替えれば (A3) が成立します。今度は十分条件、すなわち
 $$\begin{array}{}\text{(A3)}& \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}\end{array}$$
が成立するならば、
 $$\begin{array}{}\text{(A1)}& \frac{\partial \Phi }{\partial x},\frac{\partial \Phi }{\partial y}\end{array}$$
を満たす $\Phi$ が存在することを証明します。
 $$\begin{array}{}\text{(A4)}& \Phi (x,y)={\int }_a^{x}P(s,y)ds+R(y)\end{array}$$
とおくと、
 $$\begin{array}{rl}\frac{\partial \Phi }{\partial y}& ={\int }_a^x\frac{\partial P(s,y)}{\partial y}ds+\frac{dR}{dy}\\ & =Q(x,y)-Q(a,y)+\frac{dR}{dy}\end{array}$$
となります。$\partial \Phi /\partial y=Q(x,y)$ となるには
 $$\frac{dR}{dy}=Q(x,y)$$
が満たされている必要があります。積分して
 $$R={\int }_b^{y}Q(a,t)dt+c$$
これを (A4) に代入して
 $$\Phi (x,y)={\int }_a^{x}P(s,y)ds+{\int }_b^{y}Q(a,t)dt+c$$
ここで $x=a,y=b$ とおくと積分定数が $c=\Phi (a,b)$ と定まり
 $$\begin{array}{}\text{(A5)}& \Phi (x,y)={\int }_a^{x}P(s,y)ds+{\int }_b^{y}Q(a,t)dt+\Phi (a,b)\end{array}$$
という表式を得ます。この積分は下の図の A → S → B という経路に沿っています。
 

これを A → T → B という経路に変えても積分結果は変わらないので、(A5) は
 $$\begin{array}{}\text{(A6)}& \Phi (x,y)={\int }_a^{x}P(s,b)ds+{\int }_b^{y}Q(x,t)dt+\Phi (a,b)\end{array}$$
としてもかまいません。

積分因子

与えられた方程式が完全微分型でなくても、ある関数 $\mu (x,y)$ をかけて
 $$\begin{array}{}\text{(B)}& \mu (x,y)P(x,y)dx+\mu (x,y)Q(x,y)dy=0\end{array}$$
としたものが完全微分型方程式になるとき、$\mu (x,y)$ を 積分因子 とよびます。もちろんその必要十分条件は
 $$\begin{array}{}\text{(B)}& \frac{\partial \mu P}{\partial y}=\frac{\partial \mu Q}{\partial x}\end{array}$$
となります。しかし一般にこの方程式から具体的な $\mu (x,y)$ を発見するのは難しく、試行錯誤しなければならない場合がほとんどです。比較的簡単なケース、すなわち $\mu$ が $x$ または $y$ だけに依存する場合、あるいは $\mu (x,y)=x^m{y}^m$ という形になっている場合には、解法が定型化されていますので、以下の演習問題で順次取り上げることにします。

【DE08】完全微分型方程式①

$(Ax+By+C)dx+(Bx+Cy+D)dy=0$ の一般解を求めてください。
 
【ヒント】この問題については $\Phi$ の形をある程度予測できれば簡単に解けてしまいます。
 
【解答】与えられた微分方程式
 $$\begin{array}{}\text{(A)}& (Ax+By+C)dx+(Bx+Cy+D)dy=0\end{array}$$
が完全微分型であるためには、
 $$P(x,y)=Ax+By+C,Q(x,y)=Bx+Cy+D$$
について
 $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$$
という条件式を満たしている必要があります。実際に計算してみると
 $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=B$$
となるので、(A) は完全微分型方程式であり、
 $$\frac{\partial \Phi }{\partial x},\frac{\partial \Phi }{\partial y}$$
を満たすような $\Phi$ が存在することになります。そして、そのような $\Phi$ は
 $$\Phi ={\int }_a^{x}P(s,y)ds+{\int }_b^{y}Q(a,t)dt+\mathrm{\Phi }(a,b)+E$$
によって与えられます ($E$ は定数)。実際に計算してみると
 $$\begin{array}{rl}\Phi & ={\int }_a^x(As+By+C)ds+{\int }_b^y(Ba+Ct+D)dt\\ & =\frac{A}{2}{x}^2+Bxy+Cx+\frac{C}{2}{y}^2+Dy+F\end{array}$$
となります。ただし定数項は $F$ にまとめておきました。一般解は $\Phi =c$ で与えられるので、あらためて $G$ を定数として
 $$\begin{array}{}\text{(A1)}& \frac{A}{2}{x}^2+Bxy+Cx+\frac{C}{2}{y}^2+Dy+G=0\end{array}$$
が求める解となります。

【別解】ところが、この問題では与えられた方程式
 $$\begin{array}{}\text{(A)}& (Ax+By+C)dx+(Bx+Cy+D)dy=0\end{array}$$
をよくみると、$x$ で微分して $Ax$ という項になるし、$y$ で微分して $Cy$ という項が現れるのだから、$k,l,m$ を定数として
 $$\Phi =\frac{A}{2}{x}^2+\frac{C}{2}{y}^2+kxy+lx+my=0$$
という形になるだろうと予測できます。試しに偏微分してみると
 $$\begin{array}{rl}\frac{\partial \Phi }{\partial x}& =Ax+ky+l\\ \frac{\partial \Phi }{\partial y}& =Cy+kx+m\end{array}$$
となるので、(A) と係数を比較して
 $$k=B,l=C,m=D$$
がわかります。したがって
 $$\frac{A}{2}{x}^2+Bxy+Cx+\frac{C}{2}{y}^2+Dy+G=0$$
という一般解を得られます。

【DE09】完全微分型方程式②

(1) 次のような形の微分方程式
 $$\mu (x,y)P(x,y)dx+\mu (x,y)Q(x,y)dy=0$$
が与えられたとき、方程式が $d\Phi =0$ すなわち完全微分型になるための必要十分条件は
 $$\frac{\partial (\mu P)}{\partial y}=\frac{\partial (\mu Q)}{\partial x}$$
であることが知られています。積分因子 $\mu$ が $x$ のみに依存する関数であるとき、
 $$\mu (x)=\exp [\int \frac{1}{Q}(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x})dx]$$
で与えられることを示してください。

(2) 微分方程式 $(x+ky)dx+xdy=0$ を解いてください ($k$ は定数)。

【解答】(1) 積分因子 $\mu$ が $x$ の関数 $\mu (x)$ であるとき、完全微分型になるための必要十分条件
 $$\frac{\partial (\mu P)}{\partial y}=\frac{\partial (\mu Q)}{\partial x}$$
を書きなおすと
 $$\mu \frac{\partial P}{\partial y}=Q\frac{d\mu }{dx}+\mu \frac{\partial Q}{\partial x}$$
となります。これを整理すると
 $$\frac{1}{Q}(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x})=\frac{1}{\mu }\frac{d\mu }{dx}$$
となります。右辺が $x$ だけの関数ですから、もちろん左辺も $x$ の関数です。よって、この式を積分して
 $$\mu (x)=\exp [\int \frac{1}{Q}(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x})dx]$$
となります。

(2) 与えられた微分方程式
 $$(x+ky)dx+xdy=0$$
において
 $$\frac{1}{Q}(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x})$$
を計算すると
 $$\frac{1}{Q}(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x})=\frac{k-1}{x}$$
となります。右辺は $x$ だけの関数なので、
 $$\mu (x)=\exp \int \left(\frac{k-1}{x}\right)dx=|x{|}^{k-1}$$
となります（$k=1$ のとき、すなわち $\mu$ が定数のときもこの形で表せます）。したがって $\mu (x)=x^{k-1}$ を
 $$(x+ky)dx+xdy=0$$
の両辺にかけると
 $$x^{k}dx+k{x}^{k-1}ydx+x^{k}dy=0$$
この式の左辺は微分型になっているはずです。変形していくと
 $$\begin{array}{rl}& d\left(\frac{x^{k+11}}{k+1}\right)+kyd\left(\frac{x^k}{k}\right)+k^{k}dy=0\\ & d\left(\frac{x^{k+1}}{k+1}\right)+d(x^{k}y)=0\end{array}$$
これを積分して整理すると
 $$x^{k+1}+(k+1)x^{k}y=A$$
という解を得ます。

【DE10】完全微分型方程式③

微分方程式 $(y^3+x^{2}y)dx+(x^3-y^2)dy=0$ を解いてください。
 
【ヒント】まずは左辺が完全微分型になっているかどうかを確認します。なっていなければ積分因子 $\mu$ を見つけます。
 
【解答】微分方程式
 $$\begin{array}{}\text{(A)}& (y^3+x^{2}y)dx+(x^3-y^2)dy=0\end{array}$$
が完全微分型であるためには、
 $$P(x,y)=y^3+x^{2}y,Q(x,y)=x^3-y^2$$
について
 $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$$
という条件式を満たしていなければなりませんが、計算してみると
 $$\begin{array}{r}\frac{\partial P}{\partial y}=3y^2+x^2\\ \frac{\partial Q}{\partial x}=3x^2-y^2\end{array}$$
となるので、与えられた微分方程式は完全微分型ではありません。そこで
 $$\frac{\partial (\mu P)}{\partial y}=\frac{\partial (\mu Q)}{\partial x}$$
となるような積分因子 $\mu$ を見つける必要があります。$\mu =x^m{y}^n$ とおくと
 $$\begin{array}{r}\mu P=x^m{y}^{n+3}+x^{m+2}{y}^{n+1}\\ \mu Q=x^{m+3}{y}^n-x^{m+1}{y}^{n+2}\end{array}$$
それぞれ $x$ , $y$ で微分すると
 $$\begin{array}{rl}\frac{\partial (\mu P)}{\partial y}& =(n+3)x^m{y}^{n+2}+(n+1)x^{m+2}{y}^n\\ \frac{\partial (\mu Q)}{\partial x}& =(m+3)x^{m+2}{y}^n-(m+1)x^m{y}^{n+2}\end{array}$$
両辺の係数を比較すると
 $$\begin{array}{r}n+3=-m-1\\ n+1=m+3\end{array}$$
これを解いて
 $$m=-3,n=-1$$
が得られます。すなわち
 $$\mu =\frac{1}{x^{3}y}$$
となります。これを微分方程式
 $$(y^3+x^{2}y)dx+(x^3-y^2)dy=0$$
にかけて
 $$(\frac{y^2}{x^3}+\frac{1}{x})dx+(\frac{1}{y}-\frac{y}{x^2})dy$$
これを変形していくと
 $$\begin{array}{r}-\frac{1}{2}{y}^{2}d\left(\frac{1}{x^2}\right)+d(\log x)+d(\log y)-\frac{1}{2}\frac{1}{x^2}d(y^2)=0\\ d(\log xy)-\frac{1}{2}\{y^{2}d\left(\frac{1}{x^2}\right)-\frac{1}{x^2}d(y^2)\}=0\\ d(\log xy)-\frac{1}{2}d\left(\frac{y^2}{x^2}\right)=0\end{array}$$
これを積分して一般解
 $$\log xy=\frac{y^2}{2x^2}+C$$
が得られます。

【DE11】変数分離型微分方程式の積分因子

変数分離型の微分方程式
 $$\frac{dy}{dx}=F(x)G(y)(Y\ne 0)$$
を完全微分型方程式
 $$\mu P(x,y)dx+\mu Q(x,y)dy=0$$
の形にするための積分因子 $\mu$ を求めてください。ただし $\mu$ は
 $$\frac{\partial (\mu P)}{\partial y}=\frac{\partial (\mu Q)}{\partial x}$$
をみたす関数です。

【ヒント】まずは与えられた方程式を変形します。
 
【解答】微分方程式
 $$\frac{dy}{dx}=F(x)G(y)(Y\ne 0)$$
を変形すると
 $$\begin{array}{}\text{(A)}& F(x)G(y)dx-dy=0\end{array}$$
となります。すなわち
 $$P=FG,Q=-1$$
とみると、(A) が完全微分型であるためには
 $$\frac{\partial (\mu FG)}{\partial y}=\frac{\partial (-\mu )}{\partial x}$$
とみたす必要があります。ここで仮に $\mu$ が $y$ だけの関数であると仮定すると、右辺は 0 ですから
 $$F(\frac{d\mu }{dy}G+\mu \frac{dG}{dy})=0$$
となります。すなわち
 $$\frac{d\mu }{dy}G+\mu \frac{dG}{dy}=0$$
となるような $\mu$ を見つければよいことになります。変数分離すると
 $$\frac{d\mu }{d\mu }=-\frac{dG}{dG}$$
これを積分して、任意定数を $A$ とすると
 $$\log \mu =\log \frac{A}{G}$$
となります。すなわち積分因子のひとつとして
 $$\mu =\frac{1}{G}$$
が得られます。