変数分離形の解き方（dy と dx を分けてよい理由）

1 階の微分方程式のうち、右辺が $x$ だけの関数と $y$ だけの関数の積に書けるものを変数分離形といいます^[1]。

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

$y$ を左へ、$x$ を右へ振り分けて、それぞれ積分する。手数が少なく、解ける形のなかでいちばん基本になる型です。

分数のように扱ってよい理由

$dy/dx$ は分数ではありません。それなのに $dy$ と $dx$ を別々に動かせるのは、置換積分がその操作を裏づけているため^[1]。

もとの式を $\frac{1}{g(y)}\frac{dy}{dx}=f(x)$ と書き直し、両辺を $x$ で積分します。

$$\int \frac{1}{g(y)}\frac{dy}{dx}dx=\int f(x)dx$$

左辺に置換積分の公式を当てると、$\frac{dy}{dx}dx$ がまとめて $dy$ に化ける^[3]。

$$\int \frac{dy}{g(y)}=\int f(x)dx$$

$dy$ と $dx$ を振り分ける操作は、この計算の省略記法。分数の約分をしているわけではありません。

例：$y^{\prime }=xy$ を解く

右辺が $x$ と $y$ の積なので、変数分離形です。$y\ne 0$ として両辺を $y$ で割ります。

$$\frac{dy}{y}=xdx$$

両辺を積分すると、左は対数、右は $2$ 次式になる。

$$\log |y|=\frac{x^2}{2}+C_1$$

指数をとって絶対値をはずします。符号は定数のほうへ吸収させる。

$$y=C{e}^{x^2/2}$$

$C$ は $0$ 以外の任意の実数です。ここで $C=0$ を許すと、割るときに除いた $y=0$ もあわせて書ける。

割った先で解を落とす

$g(y)$ で割った時点で、$g(y)=0$ となる $y$ を議論から外している。この値は定数関数として、もとの方程式の解になっている^[2]。

$g(y_0)=0$ なら $y(x)\equiv y_0$ を代入したとき、左辺は $0$、右辺も $f(x)g(y_0)=0$ です。

だから変数分離形を解いたあとは、$g(y)=0$ の根をすべて調べ直す。積分で得た族に含まれていれば問題なく、含まれていなければ別に書き添える。

例：落とした解を拾う

$y^{\prime }=y(1-y)$ を考えます。$g(y)=y(1-y)$ の根は $y=0$ と $y=1$。

部分分数に分けて積分すると、次のロジスティック曲線が得られる^[3]。

$$y=\frac{1}{1+A{e}^{-x}}$$

$A$ をどう選んでも $y=0$ にはなりません。一方 $y=1$ は $A=0$ で出てくる。

つまり落としたのは $y=0$ のほうだけです。定数解の一方が族に入り、もう一方が外に残る。この非対称は実際によく起きる。

定数解は仕切りになる

一意性が成り立つ範囲では、解曲線どうしが交わらない。定数解も 1 本の解なので、ほかの解はそれをまたげない^[5]。

そのため定数解は平面を横帯に仕切ります。$0<y<1$ から出発した解は、いつまでもその帯の中にとどまる。

この見方があると、解を書き下す前から振る舞いが読める。ロジスティック方程式なら $y=1$ へ近づくことが、図だけで分かる。

陰関数のままで止めてよい

積分した結果を $y$ について解けるとは限らない。解けないときは、$x$ と $y$ の関係式のまま答えとします^[4]。

無理に指数や対数をほどくと、場合分けが増えて式が汚れる。陰関数のままのほうが、方程式との対応も見える。

例：陰関数で書く

$\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y}$ を解きます。$ydy=-xdx$ と分けて積分する。

$$\frac{y^2}{2}=-\frac{x^2}{2}+C_1$$

整理すると $x^2+y^2=C$ で、原点を中心とする円の族です。

これを $y$ について解くと $y=\pm \sqrt{C-x^2}$ となり、符号の場合分けと定義域の制限が付いてくる。円のままにしておくほうが素直。

解が意味を持つ範囲

変数分離形は右辺が滑らかでも、解が有限の $x$ で発散することがある。定義される範囲は、解いたあとで確かめる^[4]。

$y^{\prime }=y^2$ がその例です。$dy/y^2=dx$ を積分して $-1/y=x+C_1$、つまり $y=\frac{1}{C-x}$ になります。

$y(0)=1$ なら $C=1$ で、$y=\frac{1}{1-x}$。$x\to 1$ で発散するので、この解は $x<1$ でしか意味を持たない。

一意性がいえる条件

変数分離形には、専用の存在と一意性の主張があります。$g$ が連続で $g(y_0)\ne 0$、$f$ が連続なら、$y(x_0)=y_0$ を満たす解はただ 1 つ^[2]。

$\Phi (y)={\int }_{y_0}^y\frac{ds}{g(s)}$ は $g$ が符号を変えないところで狭義単調なので、逆関数を持つ。

$$y(x)={\Phi }^{-1}\left({\int }_{x_0}^{x}f(s)ds\right)$$

$g(y_0)=0$ のときはこの議論が使えない。定数解 $y\equiv y_0$ が解ですが、一意とは限らない。

例：$y^{\prime }=x(y^2+1)$ を解く

$g(y)=y^2+1$ は決して $0$ になりません。定数解を気にせず割れる、めずらしく楽な場合です。

$$\frac{dy}{1+y^2}=xdx$$

左辺の積分は逆正接になる。

$$\arctan y=\frac{x^2}{2}+C$$

$y(0)=1$ とすると $\arctan 1=\frac{\pi }{4}$ なので $C=\frac{\pi }{4}$ です^[2]。

$$y=\tan \left(\frac{x^2}{2}+\frac{\pi }{4}\right)$$

正接が発散する手前までが、この解の生きている範囲。$\frac{x^2}{2}+\frac{\pi }{4}<\frac{\pi }{2}$ から $|x|<\sqrt{\pi /2}$ と分かる。

変数分離形に化ける形

そのままでは分けられなくても、置き換えで変数分離形になる型がある^[4]。

置き換えで解ける範囲が広がるので、まず変数分離形を確実にしておくと後が楽。

問題 1：基本の分離

$\frac{dy}{dx}=\frac{x^2}{y}$ を、$y(0)=2$ のもとで解け。

解答 1

$ydy=x^{2}dx$ と分けて積分します。

$$\frac{y^2}{2}=\frac{x^3}{3}+C_1$$

$x=0$、$y=2$ を代入すると $C_1=2$ です。両辺を $2$ 倍して整理する。

$$y^2=\frac{2x^3}{3}+4$$

初期条件の $y$ が正なので、正の平方根をとります。

$$y=\sqrt{\frac{2x^3}{3}+4}$$

根号の中が正である範囲、つまり $x>-\sqrt[3]{6}$ が定義域になる。

問題 2：定数解を落とさない

$\frac{dy}{dx}=(y-3)\cos x$ の解をすべて求めよ。

解答 2

$g(y)=y-3$ の根は $y=3$ です。まず $y\ne 3$ として割ります。

$$\frac{dy}{y-3}=\cos xdx$$

積分して $\log |y-3|=\sin x+C_1$、指数をとって次を得る。

$$y=3+C{e}^{\sin x}$$

$C=0$ を許せば $y=3$ もこの式に含まれる。定数解が族に吸収される、都合のよい場合。

$C$ を $0$ 以外に限る書き方をすると、$y=3$ を書き落とします。

問題 3：陰関数で答える

$\frac{dy}{dx}=\frac{e^x}{1+e^y}$ を解け。

解答 3

$(1+e^y)dy=e^{x}dx$ と分けます。

$$y+e^y=e^x+C$$

左辺を $y$ について解く手立てがありません。この関係式が答えです。

陰関数のまま止めるのは手抜きではなく、初等関数で書けないものを無理に書かないという判断。

問題 4：ニュートンの冷却法則

室温 $20$ 度の部屋で、$100$ 度のお湯が $10$ 分後に $60$ 度になった。温度 $T$ が $\frac{dT}{dt}=-k(T-20)$ に従うとして、$20$ 分後の温度を求めよ。

解答 4

$u=T-20$ と置くと $u^{\prime }=-ku$ になります。分離して解くと $u=u_0{e}^{-kt}$ です。

初期値は $u_0=80$ なので $T=20+80e^{-kt}$。$t=10$ で $T=60$ から $e^{-10k}=\frac{1}{2}$ が出る。

$$T(20)=20+80{\left(e^{-10k}\right)}^2=20+80\cdot \frac{1}{4}=40$$

答えは $40$ 度です。$k$ の値を求めなくても、$e^{-10k}$ をひとかたまりとして扱えば済む。

問題 5：ロジスティック方程式

$\frac{dP}{dt}=kP\left(1-\frac{P}{K}\right)$ を、$P(0)=P_0$ のもとで解け。

解答 5

$0<P<K$ として分離します。要点は、左辺を部分分数に分けるところ。

$$\frac{1}{P(1-P/K)}=\frac{1}{P}+\frac{1}{K-P}$$

積分すると $\log \frac{P}{K-P}=kt+C_1$ となる。指数をとって $P$ について解きます。

$$P(t)=\frac{K}{1+A{e}^{-kt}},A=\frac{K-P_0}{P_0}$$

$t$ を大きくすると $P\to K$ です^[3]。$P=0$ と $P=K$ が定数解で、この 2 本が解の行き先を仕切っている。

問題 6：定義域が切れる

$\frac{dy}{dx}=y^2\cos x$ を $y(0)=1$ のもとで解き、解が意味を持つ範囲を答えよ。

解答 6

$\frac{dy}{y^2}=\cos xdx$ を積分すると $-\frac{1}{y}=\sin x+C_1$ です。

$x=0$、$y=1$ から $C_1=-1$ となる。

$$y=\frac{1}{1-\sin x}$$

$\sin x=1$ となる $x=\frac{\pi }{2}$ で発散します。初期値を含む範囲は $-\frac{3\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}$ です。

問題 7：一意性が壊れる場所

$\frac{dy}{dx}=\sqrt[3]{y}$、$y(0)=0$ について、解が 1 つに決まらない理由を述べ、解を 2 つ挙げよ。

解答 7

$g(y)=y^{1/3}$ は $y=0$ で $0$ になるため、その点で割れない。一意性の条件が外れます。

定数解 $y\equiv 0$ が 1 つ目。分離して解くと $\frac{3}{2}{y}^{2/3}=x+C_1$ から次が出る。

$$y={\left(\frac{2x}{3}\right)}^{3/2}$$

$x\ge 0$ でこれも解で、$y(0)=0$ を満たします。$y^{1/3}$ は $y=0$ でリプシッツ条件を満たさないので、同じ点から 2 本以上の解が出る。

よくある誤り

参考文献