応用数学 - 1階常微分方程式

概要

1階常微分方程式としては、以下のようなものがある。
これらは方程式の形により分類される。

• 変数分離形微分方程式
• 同次形微分方程式
• 1階線形微分方程式
• ベルヌーイ形微分方程式
• 完全微分方程式

${\frac {dy}{dx}}$の扱い

以下の命題は、${\frac {dy}{dx}}$ は、形式的に分数のように扱うことができることを示している。

命題1.
$\int {\left(g(y){\frac {dy}{dx}}\right)dx}=\int {g(y)dy}$

証明.
$y=\phi (x)$ とおいて、両辺をxで微分すると、${\frac {dy}{dx}}={\frac {d\phi }{dx}}$
置換積分の公式より、$\int {g(y)dy}=\int {g(\phi (x)){\frac {d\phi }{dx}}dx}$
$y=\phi (x)$ より、
$\int {g(\phi (x)){\frac {d\phi }{dx}}dx}=\int {\left(g(y){\frac {dy}{dx}}\right)dx}$

命題2.
$g(y)dy=f(x)dx\Rightarrow \int {g(y)dy}=\int {f(x)dx}$

証明.
$g(y)dy=f(x)dx$ の両辺をdxで除算して、本来の記号 ${\frac {dy}{dx}}$ に戻すと次式となる。
$g(y){\frac {dy}{dx}}=f(x)$

両辺をxで積分すると次式となる。
$\int {g(y)\left({\frac {dy}{dx}}\right)dx}=\int {f(x)dx}$

左辺に対して命題1を適用すると次式となる。
$\int {g(y)dy}=\int {f(x)dx}$

命題3.
$f(x)dx+g(y)dy=0\Rightarrow \int {f(x)dx}+\int {g(y)dy}=C\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}$

証明.
$f(x)dx+g(y)dy=0$ の両辺をdxで除算して、本来の記号${\frac {dy}{dx}}$ に戻すと次式となる。
$f(x)+g(y)\left({\frac {dy}{dx}}\right)=0$

この両辺をxで積分すると次式となる。
${\begin{aligned}\int {f(x)+g(y)\left({\frac {dy}{dx}}\right)dx}&=0\\\int {f(x)dx}+\int {g(y)\left({\frac {dy}{dx}}\right)dx}&=C\end{aligned}}$

左辺第2項に命題1を適用して整理する。
$\int {f(x)dx}+\int {g(y)dy}=C\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}$

変数分離形微分方程式

f(x)をxのみの関数、g(y)をyのみの関数とする時、以下に示す形になる微分方程式を変数分離形という。
$g(y){\frac {dy}{dx}}=f(x)$

変数分離系の方程式は、以下のように記述することもある。

• $g(y)dy=f(x)dx$
• $f(x)dx-g(y)dy=0$
• ${\frac {dy}{dx}}=f(x)h(y)\quad \because h(y)={\frac {1}{g(y)}}$

• 変数分離形の例

  ${\frac {dy}{dx}}=2xy$

  ${\frac {dy}{dx}}=(x^{2}+1)\left(y+{\frac {1}{y}}\right)$

  
  

• 変数分離形ではない例

  ${\frac {dy}{dx}}=2x+3y$

  ${\frac {dy}{dx}}=x-y$

例題1. 
微分方程式の一般解を求めよ。
${\frac {dy}{dx}}=x$

解答.
${\begin{aligned}dy&=xdx\\\int {dy}&=\int {xdx}\\y&={\frac {1}{2}}x^{2}+C\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}\end{aligned}}$

例題2.
微分方程式の一般解を求めよ。
${\frac {dy}{dx}}=y$

解答.
${\begin{aligned}{\frac {1}{y}}dy&=dx\\\int {{\frac {1}{y}}dy}&=\int {dx}\\\ln {|y|}&=x+C\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}\\|y|&=e^{x+C}\\y&=\pm e^{C}e^{x}\\y&=Ce^{x}\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}\end{aligned}}$

例題3.
微分方程式の一般解を求めよ。
$ydy=xdx$

解答.
${\begin{aligned}\int {ydy}&=\int {xdx}\\{\frac {1}{2}}y^{2}&={\frac {1}{2}}x^{2}+C\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}\\y^{2}&=x^{2}+2C\\y^{2}&=x^{2}+C\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}\end{aligned}}$

例題4.
微分方程式の一般解を求めよ。
$xdx-(1+x^{2})dy=0$

解答.
$dy={\frac {x}{1+x^{2}}}$ とおく。
${\begin{aligned}\int {dy}&=\int {{\frac {x}{1+x^{2}}}dx}\\y&={\frac {1}{2}}\int {\frac {2x}{1+x^{2}}}\\y&={\frac {1}{2}}\ln(1+x^{2})+C\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}\\\end{aligned}}$

同次形微分方程式

同次形微分方程式とは

${\frac {dy}{dx}}$ が ${\frac {y}{x}}$ のみの関数になっている微分方程式を、同次形微分方程式という。
${\frac {dy}{dx}}=f\left({\frac {y}{x}}\right)$

同次形微分方程式は、変数変換することにより、変数分離形として記述できる。

変数分離形として記述できることの説明

$u={\frac {y}{x}}$ とおけば、$y=ux$ より、積の微分公式を使用して、${\frac {dy}{dx}}={\frac {du}{dx}}x+u$ となる。
これを、${\frac {dy}{dx}}=f\left({\frac {y}{x}}\right)$ に代入すると、$u+{\frac {du}{dx}}x=f(u)$ となる。
したがって、${\frac {du}{dx}}={\frac {f(u)-u}{x}}$

これは未知関数uの変数分離形である。

同次形微分方程式の例

• ${\frac {dy}{dx}}={\frac {y}{x}}+1$
• ${\frac {dy}{dx}}=2\left({\frac {y}{x}}\right)^{3}+{\frac {y}{x}}$
• ${\frac {dy}{dx}}={\frac {(x+y)}{(x-y)}}\quad \Rightarrow$ 分母分子をxで除算すると、${\frac {dy}{dx}}={\frac {1+{\frac {y}{x}}}{1-{\frac {y}{x}}}}$ と記述できるため、同次形微分方程式である。

同次形微分方程式の例題

例題1.
微分方程式の一般解を求めよ。
${\frac {dy}{dx}}={\frac {y}{x}}+1$

解答.
${\frac {y}{x}}=u$ とおくと、$y=ux$
積の微分公式より、${\frac {dy}{dx}}={\frac {du}{dx}}x+u$

これを微分方程式に代入すると、$u+{\frac {du}{dx}}x=u+1$ となり、各項を計算すると、${\frac {du}{dx}}x=1$ となる。
したがって、${\frac {du}{dx}}={\frac {1}{x}}$ であるため、変数分離形となる。

この両辺をxで積分すると、
${\begin{aligned}\int {{\frac {du}{dx}}dx}&=\int {\frac {1}{x}}dx\\\int {du}&=\int {{\frac {1}{x}}dx}\\u&=\ln |x|+C\end{aligned}}$

$u={\frac {y}{x}}$ であるので、これを上式に代入すると、次式となる。
${\frac {y}{x}}=\ln |x|+C$

したがって、一般解は、
$y=x(\ln(|x|)+C)\qquad {\mbox{( C : 任 意 定 数 )}}$

例題2.
次の微分方程式の一般解を求めよ。
${\frac {dy}{dx}}={\frac {x+y}{x-y}}$

解答.
${\frac {dy}{dx}}={\frac {x+y}{x-y}}$ は、次のように記述できるため、同次形微分方程式である。
${\frac {dy}{dx}}={\frac {1+{\frac {y}{x}}}{1-{\frac {y}{x}}}}\cdots (1)$

ここで、$u={\frac {y}{x}}\cdots (2)$ すなわち $y=xu$ とおくと、
${\frac {dy}{dx}}=u+x{\frac {du}{dx}}\cdots (3)$

上式(2)(3)を上式(1)へ代入すると、
$u+x{\frac {du}{dx}}={\frac {1+u}{1-u}}$

したがって、${\frac {du}{dx}}={\frac {1}{x}}{\frac {1+u^{2}}{1-u}}\cdots (4)$
これは変数分離形である。

上式84)を変数分離して積分すると、次式となる。
$\int {{\frac {1-u}{1+u^{2}}}du}=\int {\frac {1}{x}}dx$
$\int {\left\{{\frac {1}{1+u^{2}}}-{\frac {1}{2}}{\frac {2u}{1+u^{2}}}\right\}du}=\int {{\frac {1}{x}}dx}$
したがって、$\tan ^{-1}(u)-{\frac {1}{2}}\ln {(1+u^{2})}=\ln {x}+C$

ここで、$u={\frac {y}{x}}$ を代入してx, yの式に戻す。
$\tan ^{-1}\left({\frac {y}{x}}\right)-{\frac {1}{2}}\ln {\left(1+{\frac {y^{2}}{x^{2}}}\right)}=\ln {x}+C$

ここで、${\frac {1}{2}}\ln {\left(1+{\frac {y^{2}}{x^{2}}}\right)}$ は、対数の法則により、
${\frac {1}{2}}\ln {\left(1+{\frac {y^{2}}{x^{2}}}\right)}$
$={\frac {1}{2}}\ln {\left({\frac {x^{2}+y^{2}}{x^{2}}}\right)}$
$={\frac {1}{2}}\left\{\ln {(x^{2}+y^{2})}-\ln {x^{2}}\right\}$
$={\frac {1}{2}}\left\{\ln {(x^{2}+y^{2})}-2\ln {x}\right\}$
$={\frac {1}{2}}\ln {(x^{2}+y^{2})}-\ln {x}$

ゆえに、一般解は次式となる。
${\begin{array}{lcl}\tan ^{-1}\left({\frac {y}{x}}\right)-{\frac {1}{2}}\ln {(x^{2}+y^{2})}+\ln {x}&=&\ln {x}+C\\\implies \tan ^{-1}\left({\frac {y}{x}}\right)-{\frac {1}{2}}\ln(x^{2}+y^{2})&=&C\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}\end{array}}$

1階線形微分方程式

1階線形微分方程式とは

$f(x),g(x)$ をxのみの関数とする時、以下の形の微分方程式を、1階線形微分方程式(first-order linear differential equation)という。

${\frac {dy}{dx}}+f(x)y=g(x)\quad \cdots (1)$

上式(1)の中で、$g(x)=0$ の以下の方程式を同次方程式(homogeneous equation)という。

${\frac {dy}{dx}}+f(x)y=0\quad \cdots (2)$

上式(1)の中で、$g(x)\neq 0$ の場合の方程式を非同次方程式(inhomogeneous equation)という。

同次方程式は、変数分離形の方程式となる。

理由.
${\frac {dy}{dx}}+f(x)y=0\quad {\mbox{( 同 次 方 程 式 )}}$ を記述し直すと、
${\frac {1}{y}}{\frac {dy}{dx}}=-f(x)\quad (y\neq 0)$ となり、左辺はyのみの関数、右辺はxのみの関数となる。

• まとめ:

• 同次方程式(変数分離形)

  ${\frac {dy}{dx}}+f(x)y=0$

• 非同次方程式

  ${\frac {dy}{dx}}+f(x)y=g(x)\quad (g(x)\neq 0)$

1階線形微分方程式の例

• ${\frac {dy}{dx}}+y=x$
• ${\frac {dy}{dx}}+3x^{2}y=5x^{2}$
• ${\frac {dy}{dx}}+{\frac {y}{x}}=\sin {x}$

1階線形微分方程式ではない例

• $y^{n}(n\geq 2)$ の項があるものは、非線形である。

例. ${\frac {dy}{dx}}+2xy=2xy^{4}\qquad$ (ベルヌーイ形の微分方程式)

1階線形微分方程式の一般解

定理
1階線形微分方程式 ${\frac {dy}{dx}}+f(x)y=g(x)$ の一般解は、以下の公式で表される。
$y={\frac {1}{h(x)}}\left\{\int {g(x)h(x)dx+C}\right\}\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 ) }}$

ここで、$h(x)=e^{\int {f(x)dx}}$
$\int {f(x)dx}$ は $f(x)$ の原始関数の1つ

上式にある $h(x)$ を積分因子(integrating factor)という。

1階線形微分方程式の一般解の証明

1階線形微分方程式 ${\frac {dy}{dx}}+f(x)y=g(x)\cdots (1)$ の両辺に $h(x)=e^{\int {f(x)dx}}\cdots (2)$を乗算すると、次式が得られる。
${\begin{aligned}\left({\frac {dy}{dx}}+f(x)y\right)h(x)&=g(x)h(x)\\{\frac {dy}{dx}}h(x)+y(f(x)h(x))&=g(x)h(x)\cdots (3)\end{aligned}}$

ここで、$f(x)h(x)={\frac {dh(x)}{dx}}$ である。
なぜなら、上式(2)において、$u=\int {f(x)dx}$ とおくと、$h(x)=e^{u}$ であるので、合成関数の微分公式より、次式が得られるからである。
${\begin{aligned}{\frac {dh(x)}{dx}}&={\frac {de^{u}}{dx}}{\frac {du}{dx}}\\&=e^{u}{\frac {d}{dx}}\left\{\int {f(x)dx}\right\}\\&=f(x)e^{u}\\&=f(x)h(x)\end{aligned}}$

したがって、$f(x)h(x)={\frac {dh(x)}{dx}}$ を考慮して、上式(3)の左辺を記述し直すと、${\frac {dy}{dx}}h(x)+y{\frac {dh(x)}{dx}}=g(x)h(x)$
さらに、積の微分公式より、${\frac {d}{dx}}(yh(x))=g(x)h(x)\cdots (4)$ となる。

上式(4)の両辺をxで積分すると、次式が得られる。
$yh(x)=\int {g(x)h(x)dx+C}$

したがって、一般解は次式で表される。
$y={\frac {1}{h(x)}}\left\{\int {g(x)h(x)dx+C}\right\}\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}$
QED.

1階線形微分方程式の例題

例題1. 1階線形微分方程式の一般解を求めよ。
$x{\frac {dy}{dx}}+y=2x$

解答.
両辺をxで割ると、${\frac {dy}{dx}}+{\frac {y}{x}}=2$ より、
$f(x)={\frac {1}{x}},\quad g(x)=2$ となる。

積分因子 $h(x)$ を求める。
$h(x)=e^{\int {f(x)dx}}=e^{\int {{\frac {1}{x}}dx}}=e^{\ln(|x|)}=|x|\cdots (2)$

上記の式を $y={\frac {1}{h(x)}}\left\{\int {g(x)h(x)dx+C}\right\}$ に代入すると、
$y={\frac {1}{|x|}}\left\{\int {2|x|dx+C}\right\}$

ここで、$|x|=\pm x$ より、
${\begin{aligned}y&={\frac {1}{\pm x}}\left\{\int {2(\pm )xdx+C}\right\}\\&={\frac {1}{x}}\left\{\int {2xdx+C}\right\}\\&={\frac {1}{x}}(x^{2}+C)\\&=x+{\frac {C}{x}}\end{aligned}}$

ゆえに、一般解は次式となる。
$y=x+{\frac {C}{x}}\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}$

例題2.
次の微分方程式の一般解を求めよ。
${\frac {dy}{dx}}+3x^{2}y=5x^{2}$

解答.
$f(x)=3x^{2},\quad g(x)=5x^{2}$ として、1階線形微分方程式の一般解の公式に代入する。

この時、$z=3x^{2},\quad w=x^{3}$ と変数変換する。
${\begin{aligned}y&=e^{-\int {zdx}}\left\{\int {5x^{2}e^{\int {zdx}}dx+C}\right\}\\&=e^{-w}\left\{\int {5x^{2}e^{w}dx}+C\right\}\end{aligned}}$

${\frac {5}{3}}e^{w}$ をxで微分すると、合成関数の微分公式より、
${\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}\left({\frac {5}{3}}e^{w}\right)&={\frac {d}{dw}}\left({\frac {5}{3}}e^{w}\right){\frac {dw}{dx}}\\&={\frac {5}{3}}e^{w}{\frac {d}{dx}}x^{3}\\&={\frac {5}{3}}e^{w}3x^{2}\\&=5x^{2}e^{w}\qquad \cdots \,\,(1)\end{aligned}}$

(1)式の両辺を積分すると、$\int {{\frac {d}{dx}}\left({\frac {5}{3}}e^{w}\right)\,dx}=\int {5x^{2}e^{w}\,dx}\quad \implies \quad {\frac {5}{3}}e^{w}=\int {5x^{2}e^{w}\,dx}$ となる。

よって、 $\int {5x^{2}e^{w}dx}={\frac {5}{3}}e^{w}$ が成立する。
したがって、$y=e^{-w}\left\{{\frac {5}{3}}e^{w}+C\right\}=Ce^{-w}+{\frac {5}{3}}$

一般解は次式となる。
$y=Ce^{-x^{3}}+{\frac {5}{3}}\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}\quad \because w=x^{3}$

例題3.
次の微分方程式の一般解を求めよ。
${\frac {dy}{dx}}-{\frac {y}{x}}=2\ln {x}$

解答.
${\frac {dy}{dx}}-{\frac {y}{x}}=2\ln {x}$ は、1階線形微分方程式である。

1階線形微分方程式の一般解の公式を適用する。
${\begin{aligned}y&=e^{-\int {-{\frac {1}{x}}dx}}\left\{\int {2e^{\int {-{\frac {1}{x}}dx}}}\,\ln {x}+C\right\}\\&=e^{\ln {x}}\left\{\int {2e^{\ln {x}}{\frac {1}{x}}dx}+C\right\}\\&=x\left\{\int {2\ln {x}{\frac {1}{x}}dx}+C\right\}\qquad \because e^{\ln {x}}=x\\\end{aligned}}$

合成関数の微分公式より、以下の式が成立する。
${\frac {d}{dx}}(\ln {x})^{2}=2\ln {x}{\frac {d}{dx}}\ln {x}=2\ln {x}{\frac {1}{x}}$

したがって、一般解は以下となる。
$y=x{(\ln {x})^{2}+C}\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}$

ベルヌーイ形微分方程式

ベルヌーイ形微分方程式とは

$f(x),\,g(x)$ をxのみの関数とする時、以下の形の微分方程式を、ベルヌーイ(Bernoulli)形微分方程式という。

${\frac {dy}{dx}}+f(x)y=g(x)yk\quad (k\neq 0,1)\cdots (1)$

ベルヌーイ形方程式は、$u=y^{1-k}$ とおくことにより、1階線形微分方程式に記述することができる。
上式(1)において、$k=0,\,k=1$の場合は、それぞれ、変数分離形微分方程式、1階線形微分方程式になる。(そのため、kの条件 $k\neq 0,1$ で排除している)

ベルヌーイ形微分方程式の例.
ある値域(人口N人)のファッションの伝搬速度は、ファッションに参加している人数yと未参加者N - yの両方に比例すると考えられる。
${\frac {dy}{dx}}=ky(N-y)\qquad$ (ロジスティック方程式)

この方程式を書き直すと以下のベルヌーイ形になる。
${\frac {dy}{dx}}-kNy=-ky^{2}\qquad$ (ベルヌーイ形)

ベルヌーイ形微分方程式の1階線形微分方程式への変換

${\frac {dy}{dx}}+f(x)y=g(x)y^{k}(k\neq 0,1)\cdots (1)$ において、$y\neq 0$の場合を考える。( $y=0$ は、式(1)の解の1つである)

右辺からyを消すため、両辺を $y^{k}$ で除算すると、
$y-k{\frac {dy}{dx}}+f(x)y^{1-k}=g(x)\cdots (2)$

ここで、${\frac {d}{dx}}(y^{1-k})=(1-k)y^{-k}{\frac {dy}{dx}}$ という事実に着目して、上式(2)の両辺に $1-k$ を乗算すると、
$(1-k)y^{-k}{\frac {dy}{dx}}+(1-k)f(x)y^{1-k}=(1-k)g(x)$

ここで、$u=y^{1-k},\quad {\frac {du}{dx}}=(1-k)y^{-k}{\frac {dy}{dx}}$ とおき、未知関数をyからuへ変換する。
この時、未知関数uの1階線形微分方程式となる。
${\frac {du}{dx}}+(1-k)f(x)u=(1-k)g(x)$

ベルヌーイ形微分方程式の例題

例題1.
次の微分方程式の一般解を求めよ。
${\frac {dy}{dx}}+2xy=2xy^{4}$

解答.
${\frac {dy}{dx}}+2xy=2xy^{4}$ の両辺を $y^{4}$ で除算して、$1-4=-3$ を乗算する。
$-3y-4{\frac {dy}{dx}}-6xy^{-3}=-6x$

ここで、$u=y^{-3}$ とおくと、${\frac {du}{dx}}=-3y^{-4}{\frac {dy}{dx}}$ となるため、
${\frac {du}{dx}}-6xu=-6x$ となり、未知関数uに関する1階線形微分方程式である。

1階線形微分方程式の公式を使用する。
積分因子 : $h(x)=e^{-\int {6xdx}}$
${\begin{aligned}u&=e^{\int {6xdx}}\left\{\int {-6xe^{-\int {6xdx}}dx+C}\right\}\\&=e^{3x^{2}}\left\{\int {-6xe^{-3x^{2}}dx+C}\right\}\\&=e^{z}\left\{\int {-6xe^{-z}dx+C}\right\}\qquad (\because z=3x^{2})\\&=e^{z}(e^{-z}+C)\\&=1+Ce^{z}\end{aligned}}$

ゆえに、$y^{3}={\frac {1}{1+Ce^{3x^{2}}}}\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}$
$y=0$ となる解は、$C=+\infty$ の場合に対応する。

例題2.
次の微分方程式の一般解を求めよ。
${\frac {dy}{dx}}+y\sin {x}=y^{2}\sin {x}$

解答.
これはベルヌーイ形微分方程式である。

与式の両辺に、$-y^{-2}$ を乗算すると、
$-y^{-2}{\frac {dy}{dx}}-y^{-1}\sin {x}=-\sin {x}\qquad \cdots (1)$

この時、$u=y^{-1}$ とおくと、${\frac {du}{dx}}=-y^{-2}{\frac {dy}{dx}}\qquad \cdots (2)$ である。
上式(2)を上式(1)へ代入する。
${\frac {du}{dx}}-u\sin {x}=-\sin {x}$

これは、1階線形微分方程式となるので、1階線形微分方程式の一般解の公式を適用する。
${\begin{aligned}u&=e^{\int {\sin {x}dx}}\left\{-\int {\sin {x}e^{-\int {\sin {x}dx}}dx}+C\right\}\\&=e^{-\cos {x}}\left\{-\int {\sin {x}e^{\cos {x}}dx}+C\right\}\\&=e^{-\cos {x}}(e^{\cos {x}}+C)\\&=1+Ce^{-\cos {x}}\end{aligned}}$

$u=y^{-1}$ であるため、一般解は以下となる。
${\begin{aligned}y&=u^{-1}\\&={\frac {1}{1+Ce^{-\cos {x}}}}\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 ) }}\end{aligned}}$

例題3.
次下の微分方程式の一般解を求めよ。
${\frac {dy}{dx}}+2x^{-1}y=-7x^{2}y^{\frac {4}{3}}$

解答.
与式は、ベルヌーイ形微分方程式である。
両辺に、$-{\frac {1}{3}}y^{-{\frac {4}{3}}}$ を乗算すると、
$-{\frac {1}{3}}y^{-{\frac {4}{3}}}{\frac {dy}{dx}}-{\frac {2}{3x}}y^{-{\frac {1}{3}}}={\frac {7}{3}}x^{2}$

$u=y^{-{\frac {1}{3}}}$ とおく時、${\frac {du}{dx}}-{\frac {2}{3x}}u={\frac {7}{3}}x^{2}$
これは1階線形微分方程式であるため、1階線形微分方程式の一般解の公式を適用すると、
${\begin{aligned}u&=e^{\int {{\frac {2}{3x}}dx}}\left\{\int {{\frac {7}{3}}x^{2}e^{-\int {{\frac {2}{3x}}dx}}dx}+C\right\}\\&=x^{\frac {2}{3}}(x^{\frac {7}{3}}+C)\qquad \because e^{{\frac {2}{3}}\ln {x}}==x^{\frac {2}{3}}\\&=x^{3}+Cx^{\frac {2}{3}}\end{aligned}}$

したがって、一般解は以下となる。
$y^{-{\frac {1}{3}}}=x^{3}+Cx^{\frac {2}{3}}\qquad {\mbox{ ( C : 任 意 の 定 数 ) }}$

完全微分方程式

完全微分方程式とは

x, yを変数とする以下の微分方程式を考える。

$f(x,y)dx+g(x,y)dy=0\cdots (1)$

この時、上式(1)の左辺が、ある関数 $P(x,y)$ の微分 $dP={\frac {\partial P}{\partial x}}dx+{\frac {\partial P}{\partial y}}dy$ になる時、
上式(1)を完全微分方程式という。

完全微分方程式は、$dP=0$ と記述できるため、完全微分方程式の一般解は、次式のようになる。
$P(x,y)=C\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}$

完全微分方程式の定理と判定

$f(x,y)dx+g(x,y)dy=0$ が完全微分方程式である。

$f(x,y)dx+g(x,y)dy=0\iff {\frac {\partial f}{\partial y}}={\frac {\partial g}{\partial x}}$

完全微分方程式の一般解の公式(定理)

完全微分方程式 $f(x,y)dx+g(x,y)dy=0$ の一般解は、次式で表される。
$\int {f(x,y)dx}+\int {\left(g(x,y)-{\frac {\partial }{\partial y}}\int {f(x,y)dx}\right)}dy=C$

完全微分方程式の例

• $3x^{2}y^{4}dx+4x^{3}y^{3}dy=0$

理由
$P(x,y)=x^{3}y^{4}$ の時、$P_{x}(x,y)=3x^{2}y^{4}=f(x,y),\quad P_{y}(x,y)=4x^{3}y^{3}=g(x,y)$ である。
さらに、以下の判定条件により、${\frac {\partial f}{\partial y}}={\frac {\partial g}{\partial x}}$ が成立するため、完全微分方程式である。

• 判定条件

  ${\frac {\partial f}{\partial y}}={\frac {\partial }{\partial y}}(3x^{2}y^{4})=12x^{2}y^{3}$

  ${\frac {\partial g}{\partial x}}={\frac {\partial }{\partial x}}(4x^{3}y^{3})=12x^{2}y^{3}$

完全微分方程式の例題

例題1.
次の微分方程式が完全微分方程式であることを確かめよ。
また、この微分方程式の一般解を求めよ。
$(2x+y^{2})dx+(2xy+3y^{2})dy=0$

解答.
$f(x,y)=2x+y^{2},\quad g(x,y)=2xy+3y^{2}$ とおく時、${\frac {\partial f}{\partial y}}=2y,\quad {\frac {\partial g}{\partial x}}=2y$ であり、
${\frac {\partial f}{\partial y}}={\frac {\partial g}{\partial x}}$ が成立する。
判定条件が成立したので、完全微分方程式である。

完全微分方程式の一般解の公式より、以下が成立する。
$\int {(2x+y^{2})dx}+\int {\left\{2xy+3y^{2}-{\frac {\partial }{\partial y}}\int {(2x+y^{2})dx}\right\}dy}$
$=x^{2}+xy^{2}+\int {\left\{2xy+3y^{2}-{\frac {\partial }{\partial y}}(x^{2}+xy^{2})\right\}dy}$
$=x^{2}+xy^{2}+\int {3y^{2}dy}$
$=x^{2}+xy^{2}+y^{3}$

ゆえに、一般解は次式となる。
$x^{2}+xy^{2}+y^{3}=C\qquad {\mbox{( C : 任 意 の 定 数 )}}$

例題2.
次の微分方程式の一般解を求めよ。
$(2x+e^{y})dx+(1+xe^{y})dy=0$

解答.
まず、$(2x+e^{y})dx+(1+xe^{y})dy=0$ が完全微分方程式であることを確認する。
${\frac {\partial }{\partial y}}(2x+e^{y})=e^{y},\quad {\frac {\partial }{\partial x}}(1+xe^{y})=ey$
となるため、与式は完全微分方程式である。

完全微分方程式の一般解の公式を適用する。
$\int {(2x+e^{y})dx}+\int {\left\{1+xe^{y}-{\frac {\partial }{\partial y}}\int {(2x+e^{y})dx}\right\}dy}$
$\int {(2x+e^{y})dx}+\int {\left\{1+xe^{y}-\int {e^{y}dx}\right\}dy}$
$=x^{2}+xe^{y}+\int {(1+xe^{y}-xe^{y})dy}$
$=x^{2}+xe^{y}+\int {dy}$
$=x^{2}+xe^{y}+y+C$

したがって、一般解は以下となる。
$x^{2}+xe^{y}+y=C\qquad {\mbox{ ( C : 任 意 の 定 数 ) }}$