【微分方程式】例題で学ぶ：ベルヌーイ型の解法

　以下のベルヌーイ型と呼ばれる微分方程式（Bernoulli differential equation）の解法を説明する。特徴は、左辺は線形型に見えるが右辺に $y^n$ が含まれることである。

$\begin{eqnarray*} y'+P(x)y=Q(x)y^n\quad(n\neq 0,1) \end{eqnarray*}$

　このタイプは $z=y^{1-n}$ とおけば線形型に帰着して解くことができる。解き方を学び、例題を使ってベルヌーイ型を攻略しよう。

ベルヌーイ型の例題

$\begin{eqnarray*} (1)\quad&&y'+\frac{2}{x}y=-x^2y^5\\ (2)\quad&&xy'+y=x^4y^3\\ (3)\quad&&y'+\frac{2}{x}y=x^2\sin x \cdot y^2 \end{eqnarray*}$

1. ベルヌーイ型の構造
2. 例題の解答
3. まとめ

1. ベルヌーイ型の構造

$\begin{eqnarray*} y'+P(x)y=Q(x)y^n\quad(n\neq0,1) \end{eqnarray*}$

について $z=y^{1-n}$ とおけば解ける理由やその発想の経緯を追っていこう。ここは、「とにかく問題だけ解ければ良い」という方は飛ばしてもらって良い。

線形型に帰着することを確認する

ポイント

$z=y^{1-n}$ によってベルヌーイ型は線形型に帰着する。

このことを確かめておこう。

　両辺を微分して

$\begin{eqnarray*} z'=\textcolor{blue}{(1-n)y^{-n}}y' \end{eqnarray*}$

となる。したがって、 $z'$ を作るためにもとの微分方程式の両辺に $\textcolor{blue}{(1-n)y^{-n}}$ をかける。

$\begin{eqnarray*} \textcolor{blue}{(1-n)y^{-n}}y'+\textcolor{blue}{(1-n)y^{-n}}P(x)y &=&\textcolor{blue}{(1-n)y^{-n}}Q(x)y^n\\\\&=&(1-n)Q(x)\\\\ \Leftrightarrow \quad z'+(1-n)P(x)z&=&Q(x)(1-n) \end{eqnarray*}$

たしかに線形型に帰着する。これの一般解は

$\begin{eqnarray*} z=e^{-\int (1-n)P(x)\, dx}\left\{ \int (1-n)Q(x)\, e^{\int (1-n)P(x)\, dx} \, dx +C\right\} \end{eqnarray*}$

であった。これを覚えてはならないという話は、以前で説明した通りである。覚えてもどうせ間違うので、線形型の一般解は導けるようにしておくべきである。

参考：【微分方程式】公式を覚えず解く「１次線形型」の解法

* $y$ に直すためには

$\begin{eqnarray*} y=z^{\frac{1}{1-n}} \end{eqnarray*}$

としておけば良い。

この変数変換はどこから？

$z=y^{1-n}$ の変換がどこからやってきたかを簡単に説明しておく。

$\begin{eqnarray*} y'+P(x)y=Q(x)y^n \end{eqnarray*}$

について、 $n=0,1$ のときは線形型なので解くことができる。

ベルヌーイ型 → 線形型

とするために、じゃまになっているのは $y^n$ である。なんとか適当な変数変換により $y^n$ を消してしまいたいのである。

$z=y^\alpha$ の形でうまくいくかチェックしよう。つまりこの変数変換により、「線形型」や「変数分離型」などよく知られたパターンに落とし込めるかを考える。

$\begin{eqnarray*} z'=\textcolor{blue}{\alpha y^{1-\alpha}}y' \end{eqnarray*}$

であるため、微分方程式の両辺に $\textcolor{blue}{\alpha y^{1-\alpha}}$ をかけて

$\begin{eqnarray*} \textcolor{blue}{\alpha y^{1-\alpha}}y'+P(x)\textcolor{blue}{\alpha y^{1-\alpha}} y&=&Q(x)\textcolor{blue}{\alpha y^{1-\alpha}} y^n\\\\ z'+\alpha P(x)z&=&\alpha Q(x) z^{\frac{n+\alpha-1}{\alpha}} \end{eqnarray*}$

となる。

左辺が線形型に似ているものの、右辺に $z^{\frac{n+\alpha-1}{\alpha}}$ があり線形ではない。したがって、右辺の $z$ を消すために

$\begin{eqnarray*} \frac{n+\alpha-1}{\alpha}=0\quad\Leftrightarrow \quad \alpha=\textcolor{red}{1-n} \end{eqnarray*}$

とすればよい。このように $\alpha$ をおくと、右辺の $z$ は消えて微分方程式は線形型に帰着するのである。

そういうわけで $z=y^{\alpha}=y^{1-n}$ とおけば良い。

解法まとめ

　ベルヌーイ型の微分方程式が解けるかどうかは、初めの変数変換の仕方を覚えているかどうかで決まる。以下、ベルヌーイ型の解法をまとめておく。

ポイント

ベルヌーイ型の微分方程式

$\begin{eqnarray*} y'+P(x)y=Q(x)y^n \end{eqnarray*}$

の解法の流れは以下の通り。

$xy'+\cdots$ などの形なら $y'$ の形にしておく
$z=y^{1-n}$ とおく
上を両辺を $x$ で微分： $z'=\textcolor{blue}{(1-n)y^{-n}}y'$
微分方程式の両辺に $\textcolor{blue}{(1-n)y^{-n}}$ をかけて、 $z'$ をつくる
線形型に帰着するため、 $z$ に関する微分方程式を解く
$y=z^{\frac{1}{1-n}}$ によって $y$ の形に直す

2. 例題の解答

　以下、 $C$ は定数である。線形型を解くときは「公式を覚えず解く１次線形型微分方程式」の流れで解いている。各自自分の方法が解きやすい方法で解くのが良い。

例題(1)の解答

$\begin{eqnarray*} y'+\frac{2}{x} y=-x^2 y^{\textcolor{red}{5}} \end{eqnarray*}$

のベルヌーイ型。

$z=y^{1-\textcolor{red}{5}}=y^{-4}$ とおき、微分する。

$\begin{eqnarray*} z'=-4y^{-5}y' \end{eqnarray*}$

$z'$ をつくるため、微分方程式の両辺に $\textcolor{blue}{-4y^{-5}}$ をかける：

$\begin{eqnarray*} &&\textcolor{blue}{-4y^{-5}}y'+\frac{2}{x}\left(\textcolor{blue}{-4y^{-5}}\right)y=-x^2\left(\textcolor{blue}{-4y^{-5}}\right)y^{5}\\\\ \Leftrightarrow \quad&& z'-\frac{8}{x}z=4x^2 \end{eqnarray*}$

の線形型に帰着する。次に、線形型を解いていく。

両辺にかけるもの：

$\begin{eqnarray*} e^{\int -\frac{8}{x}\, dx}=e^{-8\log|x|+C}\quad\rightarrow \quad \frac{1}{x^8} \end{eqnarray*}$

微分方程式の両辺に $\frac{1}{x^8}$ をかける：

$\begin{eqnarray*} &&\frac{1}{x^8}z'-\frac{8}{x^9}z=\frac{4}{x^6}\\\\ \Leftrightarrow \quad&&\frac{d}{dx}\left[\frac{z}{x^8}\right]=\frac{4}{x^6}\\\\ \Leftrightarrow \quad&& \frac{z}{x^8}=\int \frac{4}{x^6}\,dx=-\frac{4}{5}x^{-5}+C\\\\ \Leftrightarrow \quad&& z=-\frac{4}{5}x^3+Cx^8 \end{eqnarray*}$

$y$ の形にもどす：

$\begin{eqnarray*} y=z^{-\frac{1}{4}}=\left(-\frac{4}{5}x^3+Cx^8\right)^{-\frac{1}{4}}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

*答えは下の形でもよい。

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{y^4}=-\frac{4}{5}x^3+Cx^8\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

例題(2)の解答

$\begin{eqnarray*} xy'+y=x^4y^3 \end{eqnarray*}$

を変形して

$\begin{eqnarray*} y'+\frac{1}{x}y=x^3y^{\textcolor{red}{3}} \end{eqnarray*}$

のベルヌーイ型である。

$z=y^{1-\textcolor{red}{3}}=y^{-2}$ とおき、微分する。

$\begin{eqnarray*} z'=-2y^{-3}y' \end{eqnarray*}$

$z'$ をつくるため、微分方程式の両辺に $\textcolor{blue}{-2y^{-3}}$ をかける：

$\begin{eqnarray*} &&\textcolor{blue}{-2y^{-3}}y'+ \frac{1}{x}\left(\textcolor{blue}{-2y^{-3}}\right)y= x^3\left(\textcolor{blue}{-2y^{-3}}\right)y^{3}\\\\ \Leftrightarrow \quad&& z'-\frac{2}{x}z=-2x^3 \end{eqnarray*}$

の線形型に帰着する。

次に、線形型を解いていく。

両辺にかけるもの：

$\begin{eqnarray*} e^{\int -\frac{2}{x}\, dx}=e^{-2\log|x|+C}\quad\rightarrow \quad \frac{1}{x^2} \end{eqnarray*}$

微分方程式の両辺に $\frac{1}{x^2}$ をかける：

$\begin{eqnarray*} &&\frac{1}{x^2}z'-\frac{2}{x^3}z=-2x\\\\ \Leftrightarrow \quad&& \frac{d}{dx}\left(\frac{z}{x^2}\right)=-2x\\\\ \Leftrightarrow \quad&& \frac{z}{x^2}=\int -2x \, dx=-x^2+C\\\\ \Leftrightarrow \quad&& z=-x^4+Cx^2 \end{eqnarray*}$

$y$ の形にもどす：

$\begin{eqnarray*} y=z^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{Cx^2-x^4}}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

* 答えは下の形でも良い。

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{y^2} =Cx^2 -x^4\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

例題(3)の解答

$\begin{eqnarray*} y'+\frac{2}{x}y=x^2\sin x\cdots y^{\textcolor{red}{2}} \end{eqnarray*}$

のベルヌーイ型。

$z=y^{1-\textcolor{red}{2}}=y^{-1}$ とおき、微分する。

$\begin{eqnarray*} z'=-y^{-2}y' \end{eqnarray*}$

$z'$ をつくるため、微分方程式の両辺に $\textcolor{blue}{-y^{-2}}$ をかける：

$\begin{eqnarray*} &&\textcolor{blue}{-y^{-2}}y'+ \frac{2}{x}\left(\textcolor{blue}{-y^{-2}}\right)y= x^2\sin x\left(\textcolor{blue}{-y^{-2}}\right)y^{3}\\\\ \Leftrightarrow \quad&& z'-\frac{2}{x}z=-x^2\sin x \end{eqnarray*}$

の線形型に帰着する。

次に、線形型を解いていく。

両辺にかけるもの：

$\begin{eqnarray*} e^{\int -\frac{2}{x}\,dx}=e^{-2\log|x|+C}\quad\Rightarrow\quad \frac{1}{x^2} \end{eqnarray*}$

微分方程式の両辺に $\frac{1}{x^2}$ をかける：

$\begin{eqnarray*} &&\frac{1}{x^2}z'-\frac{2}{x^3}z=-\sin x\\\\ \Leftrightarrow \quad&& \frac{d}{dx}\left(\frac{z}{x^2}\right)=-\sin x\\\\ \Leftrightarrow \quad&& \frac{z}{x^2}=\int -\sin x \, dx=\cos x+C\\\\ \Leftrightarrow \quad&& z=x^2(\cos x + C) \end{eqnarray*}$

$y$ の形にもどす：

$\begin{eqnarray*} y=z^{-1}=\frac{1}{x^2(\cos x + C)}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

* 答えは下の形でも良い。

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{y} =x^2(\cos x + C)\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

3. まとめ

　ベルヌーイ型の微分方程式を解いてきた。 $z=y^{1-n}$ の置き方さえマスターしておけば、あとはなんとでもなるだろう。線形型に帰着するため、線形型の微分方程式の解き方は習得しておかなければならない。

1. ベルヌーイ型の構造

線形型に帰着することを確認する

この変数変換はどこから？

解法まとめ

2. 例題の解答

例題(1)の解答

例題(2)の解答

例題(3)の解答

3. まとめ

コメントを残す コメントをキャンセル

コメントを残すコメントをキャンセル