§E13.3一階微分方程式

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未知関数とその一階導関数の関係を表す一階微分方程式は、常微分方程式の最も基本的な型である。初期値を指定したとき、求めるべき対象は関数の式だけではなく、その式が微分方程式と初期条件を満たす定義区間を伴った解である。

たとえば、方程式y′=y2y'=y^2をy2y^2で割って変数を分離すると、非零解y(t)=1/(c−t)y(t)=1/(c-t)が得られる。しかし、この計算では零解が除外されている。また、初期条件y(0)=1y(0)=1を満たす解y(t)=1/(1−t)y(t)=1/(1-t)は、時刻11を越えて実数値関数として延長することができない。この例により、式変形の許される範囲、変形で失われる解、および解の定義区間を同時に調べる必要があることが示されている。

時間に依存する係数が局所可積分である場合には、方程式をほとんど至る所で満たす局所絶対連続解が自然な解のクラスとなる。局所絶対連続解を用いると、不連続または非有界な係数に対しても解を積分によって構成することができ、右辺が連続である場合には、局所絶対連続解は古典解である。適用条件を保った式変形と、得られた解をもとの方程式へ代入して行う検算は、一階方程式を解くための基礎となる。

本記事では、代表的な一階微分方程式の解を構成し、初期条件と定義区間を含めて検証する。

1 解と初期値問題

定義 1.1.D⊆R2D\subseteq\R^2とし、f:D→Rf:D\to\Rとする。内部が空でない区間I⊆RI\subseteq\R上の関数y:I→Ry:I\to\RがACloc(I;R)AC_{\mathrm{loc}}(I;\R)に属し、すべてのt∈It\in Iに対して(t,y(t))∈D(t,y(t))\in Dであり、

y′(t)=f(t,y(t))y'(t)=f(t,y(t))

がIIの内部のほとんど至る所で成り立つとき、yyを方程式y′=f(t,y)y'=f(t,y)のII上の局所絶対連続解 (locally absolutely continuous solution) という。

点(t0,y0)∈D(t_0,y_0)\in Dを指定した初期値問題ではt0∈It_0\in Iとy(t0)=y0y(t_0)=y_0も課す。局所絶対連続関数はIIのすべての点で値をもつ連続関数であるため、y(t0)y(t_0)は意味をもつ。

定義 1.2.D⊆R2D\subseteq\R^2とし、f:D→Rf:D\to\Rとする。内部が空でない区間I⊆RI\subseteq\R上の一階連続微分可能な関数y:I→Ry:I\to\Rが

(t,y(t))∈D,y′(t)=f(t,y(t))(t∈I)(t,y(t))\in D,\qquad y'(t)=f(t,y(t))\quad(t\in I)

を満たすとき、yyを方程式y′=f(t,y)y'=f(t,y)のII上の古典解 (classical solution of a first-order differential equation) という。

点(t0,y0)∈D(t_0,y_0)\in Dを指定した

y′=f(t,y),y(t0)=y0y'=f(t,y),\qquad y(t_0)=y_0

を初期値問題 (initial value problem) という。解を述べるときは、t0∈It_0\in Iを含む定義区間IIも指定する。

IIが端点を含む場合、その端点における微分はIIの内側からの片側微分を意味する。

補題 1.3.D⊆R2D\subseteq\R^2とし、f:D→Rf:D\to\Rを連続関数とする。I⊆RI\subseteq\Rを内部が空でない区間とし、関数y:I→Ry:I\to\Rがすべてのt∈It\in Iに対して(t,y(t))∈D(t,y(t))\in Dを満たすとする。このとき、yyが方程式y′=f(t,y)y'=f(t,y)のII上の古典解であることは、yyがII上の局所絶対連続解であるための必要十分条件である。

証明.yyが古典解であるとする。yyはII上で連続微分可能であるから、§E13.2 系 2.7 (2)によりy∈ACloc(I;R)y\in AC_{\mathrm{loc}}(I;\R)である。方程式はIIのすべての点で成り立つから、IIの内部のほとんど至る所で成り立つ。

逆に、yyが局所絶対連続解であるとする。yyは連続であるから、g(t)=f(t,y(t))g(t)=f(t,y(t))はII上の連続関数である。y′=gy'=gがIIの内部のほとんど至る所で成り立つので、§E13.2 系 2.7により、yyはIIの各点で（端点では片側）微分可能であり、すべてのt∈It\in Iでy′(t)=g(t)=f(t,y(t))y'(t)=g(t)=f(t,y(t))が成り立つ。ggは連続であるからyyは連続微分可能であり、yyは古典解である。▨

積分によって解の表示式を求めると、初期条件を指定しない場合には、その表示式は積分定数を含む。ただし、一つの定数を含む式がすべての解を表すとは限らない。

2 変数分離形

命題 2.1.I⊆RI\subseteq\Rを内部が空でない区間、J⊆RJ\subseteq\Rを開区間とする。g∈Lloc1(I;R)g\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)とし、h:J→Rh:J\to\Rを連続かつ零にならない関数とする。u0∈Ju_0\in Jとt0∈It_0\in Iを固定し、

H(u)=∫u0udrh(r),G(t)=∫t0tg(s) dsH(u)=\int_{u_0}^{u}\frac{dr}{h(r)}, \qquad G(t)=\int_{t_0}^{t}g(s)\,ds

とおく。このとき、内部が空でない区間I0⊆II_0\subseteq I上の関数y:I0→Jy:I_0\to Jについて、yyが局所絶対連続であり、

y′(t)=g(t)h(y(t))y'(t)=g(t)h(y(t))

をI0I_0の内部のほとんど至る所で満たすことは、あるC∈RC\in\Rに対して

H(y(t))=G(t)+C(t∈I0)H(y(t))=G(t)+C\qquad(t\in I_0)

をすべての点で満たすための必要十分条件である。

証明.H∈C1(J)H\in C^1(J)であり、H′=1/hH'=1/hは零にならない。yyが微分方程式を満たすとき、§E13.2 定理 3.1 (1)によりH∘yH\circ yは局所絶対連続であり、ほとんど至る所で

(H∘y)′(t)=y′(t)h(y(t))=g(t)=G′(t)(H\circ y)'(t)=\frac{y'(t)}{h(y(t))}=g(t)=G'(t)

となる。§E13.2 系 2.6の最後の主張をH∘y−GH\circ y-Gに適用すると、この関数はI0I_0上で定数である。したがって、あるC∈RC\in\Rに対してH(y(t))=G(t)+CH(y(t))=G(t)+Cがすべてのt∈I0t\in I_0で成り立つ。

逆に全点の等式を仮定する。hhは連続で零にならないためJJ上で符号一定であり、HHは狭義単調である。また、H(J)H(J)は開区間であり、逆写像K=H−1:H(J)→JK=H^{-1}:H(J)\to JはC1C^1級で、

K′(z)=h(K(z))K'(z)=h(K(z))

を満たす。実際、逆写像の連続性はHHの狭義単調性から従い、微分商に平均値の定理を用いれば表示した微分公式を得る。仮定した等式から

y=K∘(G+C)y=K\circ(G+C)

である。GGは§E13.2 系 2.6により局所絶対連続であるから、§E13.2 定理 3.1 (1)によりyyも局所絶対連続であり、ほとんど至る所で

y′(t)=K′(G(t)+C)g(t)=h(y(t))g(t)y'(t)=K'(G(t)+C)g(t)=h(y(t))g(t)

が成り立つ。▨

命題 2.2.I,J⊆RI,J\subseteq\Rを内部が空でない区間とし、g:I→Rg:I\to\Rとh:J→Rh:J\to\Rを連続関数とする。hhはJJ上で零にならないと仮定し、

H′(u)=1h(u),G′(t)=g(t)H'(u)=\frac{1}{h(u)},\qquad G'(t)=g(t)

を満たす原始関数H:J→RH:J\to\RとG:I→RG:I\to\Rを取る。このとき、内部が空でない区間I0⊆II_0\subseteq I上の関数y:I0→Jy:I_0\to Jについて、yyが一階連続微分可能で

y′=g(t)h(y)y'=g(t)h(y)

を満たすことは、ある定数CCに対して

H(y(t))=G(t)+C(t∈I0)H(y(t))=G(t)+C\qquad(t\in I_0)

を満たすための必要十分条件である。

証明.JJが左端点aaを含むならばhhを(a−1,a](a-1,a]上で値h(a)h(a)の定数として延長し、右端点bbを含むならば[b,b+1)[b,b+1)上で値h(b)h(b)の定数として延長する。得られた開区間J′⊇JJ'\supseteq J上の連続関数h~\tilde hは零にならず、h~∣J=h\tilde h|_J=hである。u0∈Ju_0\in Jを一つ固定し、t0∈It_0\in Iを一つ固定して、

H~(u)=∫u0udrh~(r),G~(t)=∫t0tg(s) ds\tilde H(u)=\int_{u_0}^{u}\frac{dr}{\tilde h(r)}, \qquad \tilde G(t)=\int_{t_0}^{t}g(s)\,ds

とおく。JJ上で(H−H~)′=0(H-\tilde H)'=0、II上で(G−G~)′=0(G-\tilde G)'=0であるから、平均値の定理により定数k1,k2k_1,k_2が存在してH=H~+k1H=\tilde H+k_1がJJ上で、G=G~+k2G=\tilde G+k_2がII上で成り立つ。

f(t,u)=g(t)h(u)f(t,u)=g(t)h(u)はI×JI\times J上で連続であるから、補題 1.3により、yyが古典解であることは、yyが局所絶対連続でありy′=g(t)h~(y)y'=g(t)\tilde h(y)がI0I_0の内部のほとんど至る所で成り立つことと同値である。連続関数ggはLloc1(I;R)L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)に属するから、命題 2.1をJ′J'、h~\tilde h、u0u_0、t0t_0に適用すると、これはあるC~∈R\tilde C\in\Rに対してH~(y(t))=G~(t)+C~\tilde H(y(t))=\tilde G(t)+\tilde Cがすべてのt∈I0t\in I_0で成り立つことと同値である。y(I0)⊆Jy(I_0)\subseteq Jであるから、この等式はH(y(t))=G(t)+C~+k1−k2H(y(t))=G(t)+\tilde C+k_1-k_2と同値である。▨

h(c)=0h(c)=0ならばy(t)=cy(t)=cは定数解である。この解は1/h(y)1/h(y)を用いる導出から除かれるため、最初にhhの零点を調べる必要がある。非定数解についても、値域がhhの零点をまたぐか否かは、形式的な積分だけから判断することができない。したがって、積分表示はhhが零にならない状態区間ごとに用いる。実際、hhが零点で局所 Lipschitz 連続でない場合には、非定数解と定数解が零点で接続することがある（問題 7.3）。

例 2.3. 初期値問題

y′=y(1−y),y(0)=12y'=y(1-y),\qquad y(0)=\frac12

を考える。h(y)=y(1−y)h(y)=y(1-y)の零点から、y≡0y\equiv0とy≡1y\equiv1は定数解である。初期値はこの二つと異なるので、0<y<10<y<1の範囲で

1y(1−y)=1y+11−y\frac{1}{y(1-y)}=\frac1y+\frac{1}{1-y}

を用いて分離する。積分すると

log⁡y1−y=t+C\log\frac{y}{1-y}=t+C

である。初期条件からC=0C=0となるため、

y(t)=et1+et(t∈R)y(t)=\frac{e^t}{1+e^t}\qquad(t\in\R)

を得る。この関数の値はつねに(0,1)(0,1)に属し、直接微分するとy′=y(1−y)y'=y(1-y)となるため、全実数上の解である。

3 一次線形方程式

定理 3.1.I⊆RI\subseteq\Rを内部が空でない区間、t0∈It_0\in Iとし、P,Q∈Lloc1(I;R)P,Q\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)とする。

μ(t)=exp⁡(∫t0tP(s) ds)\mu(t)=\exp\left(\int_{t_0}^{t}P(s)\,ds\right)

とおく。このとき、任意のy0∈Ry_0\in\Rに対して、初期値問題

y′+P(t)y=Q(t)a.e.,y(t0)=y0y'+P(t)y=Q(t)\quad\text{a.e.}, \qquad y(t_0)=y_0

はII上で一意な局所絶対連続解をもつ。その解はすべてのt∈It\in Iに対して

y(t)=1μ(t)(y0+∫t0tμ(s)Q(s) ds)y(t)=\frac{1}{\mu(t)} \left( y_0+\int_{t_0}^{t}\mu(s)Q(s)\,ds \right)

と表される。

証明.A(t)=∫t0tP(s) dsA(t)=\int_{t_0}^{t}P(s)\,dsとおく。§E13.2 系 2.6によりAAは局所絶対連続でA′=PA'=Pがほとんど至る所で成り立つ。§E13.2 定理 3.1 (1)を指数関数とAAに適用すると、μ\muは局所絶対連続であり、μ′=Pμ\mu'=P\muがほとんど至る所で成り立つ。またμ>0\mu>0であるから、§E13.2 系 3.2 (1)によりμ−1\mu^{-1}も局所絶対連続である。

μ\muは各有限閉部分区間上で有界なのでμQ∈Lloc1(I;R)\mu Q\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)である。したがって表示式の括弧内は§E13.2 系 2.6により局所絶対連続である。§E13.2 定理 3.1 (2)から表示式により局所絶対連続な関数yyが定められ、ほとんど至る所で

(μy)′=μQ,μy′+μ′y=μ(y′+Py)(\mu y)'=\mu Q, \qquad \mu y'+\mu' y=\mu(y'+Py)

が成り立つ。μ>0\mu>0であるからy′+Py=Qy'+Py=Qを得る。表示式へt=t0t=t_0を代入すればy(t0)=y0y(t_0)=y_0である。

逆に、zzを同じ初期値問題の局所絶対連続解とする。積の微分公式から(μz)′=μQ(\mu z)'=\mu Qがほとんど至る所で成り立つ。§E13.2 系 2.6を用いると、すべてのt∈It\in Iに対して

μ(t)z(t)=z(t0)+∫t0tμ(s)Q(s) ds\mu(t)z(t)=z(t_0)+\int_{t_0}^{t}\mu(s)Q(s)\,ds

である。z(t0)=y0z(t_0)=y_0とμ(t0)=1\mu(t_0)=1からzzは表示式に一致し、一意性が従う。▨

定理 3.2.IIを内部が空でない区間とし、P,Q:I→RP,Q:I\to\Rを連続関数とする。t0∈It_0\in Iに対して

μ(t)=exp⁡(∫t0tP(s) ds)\mu(t)=\exp\left(\int_{t_0}^{t}P(s)\,ds\right)

とおく。このとき、方程式

y′+P(t)y=Q(t)y'+P(t)y=Q(t)

のII上の古典解は、定数CCを用いて

y(t)=1μ(t)(C+∫t0tμ(s)Q(s) ds)y(t)=\frac{1}{\mu(t)} \left( C+\int_{t_0}^{t}\mu(s)Q(s)\,ds \right)

と表される。逆に、各C∈RC\in\Rに対して右辺はII上の古典解である。初期条件y(t0)=y0y(t_0)=y_0を課すとC=y0C=y_0であり、解は一意に定まる。

証明.f(t,u)=Q(t)−P(t)uf(t,u)=Q(t)-P(t)uはI×RI\times\R上で連続であり、P,Q∈Lloc1(I;R)P,Q\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)である。補題 1.3により、古典解と局所絶対連続解は一致する。定理 3.1を初期値y(t0)=Cy(t_0)=Cに適用すると、表示式はII上の一意な局所絶対連続解であり、したがって古典解である。yyをII上の古典解とすると、yyは初期値y(t0)y(t_0)の局所絶対連続解でもあるから、同じ一意性によりC=y(t0)C=y(t_0)の表示式に一致する。▨

例 3.3. 初期値問題

y′+2y=4t,y(0)=1y'+2y=4t,\qquad y(0)=1

では、積分因子はμ(t)=e2t\mu(t)=e^{2t}である。したがって

(e2ty)′=4te2t,e2ty=2te2t−e2t+C(e^{2t}y)'=4te^{2t},\qquad e^{2t}y=2te^{2t}-e^{2t}+C

となる。初期条件からC=2C=2であるから、

y(t)=2t−1+2e−2t(t∈R)y(t)=2t-1+2e^{-2t}\qquad(t\in\R)

を得る。実際、

y′+2y=(2−4e−2t)+2(2t−1+2e−2t)=4ty'+2y=(2-4e^{-2t})+2(2t-1+2e^{-2t})=4t

であり、y(0)=1y(0)=1も成り立つ。

例 3.4.I=(−1,1)I=(-1,1)上で

a(t)={∣t∣−1/2,t≠0,0,t=0a(t)= \begin{cases} |t|^{-1/2},&t\ne0,\\ 0,&t=0 \end{cases}

と定め、y′=a(t)yy'=a(t)y、y(0)=1y(0)=1を考える。a∈Lloc1(I;R)a\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)であるが、aaは00のどの近傍でも有界でない。すべてのt∈It\in Iに対して

A(t)=∫0ta(s) ds=2sgn⁡(t)∣t∣A(t)=\int_0^t a(s)\,ds =2\operatorname{sgn}(t)\sqrt{|t|}

である。定理 3.1をP=−aP=-a、Q=0Q=0に適用すると、一意な局所絶対連続解は

y(t)=exp⁡(A(t))=exp⁡(2sgn⁡(t)∣t∣)y(t)=\exp(A(t)) =\exp\left(2\operatorname{sgn}(t)\sqrt{|t|}\right)

である。AAの全点積分表示と§E13.2 定理 3.1 (1)からy∈ACloc(I;R)y\in AC_{\mathrm{loc}}(I;\R)であり、t≠0t\ne0では直接微分によってy′(t)=a(t)y(t)y'(t)=a(t)y(t)となる。したがって方程式はほとんど至る所で成り立つ。

一方、t>0t>0に対して平均値の定理を指数関数へ適用すると、あるθt∈(0,2t)\theta_t\in(0,2\sqrt t)が存在して

y(t)−y(0)t=eθt2tt=2eθtt\frac{y(t)-y(0)}{t} =e^{\theta_t}\frac{2\sqrt t}{t} =\frac{2e^{\theta_t}}{\sqrt t}

となる。右辺はt↓0t\downarrow0のとき+∞+\inftyへ発散するため、yyは00で微分可能でない。したがって、a(0)=0a(0)=0と定めても方程式を00での点ごとの微分等式として読むことはできない。

4 ポテンシャルを直接構成する完全微分形

定義 4.1.D⊆R2D\subseteq\R^2を開集合とし、M,N:D→RM,N:D\to\Rを連続関数とする。一階連続微分可能な関数F:D→RF:D\to\Rが存在して

Fx=M,Fy=NF_x=M,\qquad F_y=N

を満たすとき、M(x,y) dx+N(x,y) dyM(x,y)\,dx+N(x,y)\,dyをDD上の完全微分形 (exact differential form) といい、方程式

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

は方程式M(x,y)+N(x,y)y′=0M(x,y)+N(x,y)y'=0を表すものとする。このFFをポテンシャル (potential function) という。

命題 4.2.D⊆R2D\subseteq\R^2を開集合とし、M,N:D→RM,N:D\to\Rを連続関数、F:D→RF:D\to\RをFx=MF_x=M、Fy=NF_y=Nを満たす一階連続微分可能な関数とする。このとき、次が成り立つ。

  1. I0⊆RI_0\subseteq\Rを開区間とし、y:I0→Ry:I_0\to\Rを一階連続微分可能な関数で、すべてのx∈I0x\in I_0に対して(x,y(x))∈D(x,y(x))\in DかつM(x,y(x))+N(x,y(x))y′(x)=0M(x,y(x))+N(x,y(x))y'(x)=0を満たすものとする。このとき、F(x,y(x))F(x,y(x))はI0I_0上で定数である。
  2. (x0,y0)∈D(x_0,y_0)\in DがN(x0,y0)≠0N(x_0,y_0)\ne0を満たすとし、c=F(x0,y0)c=F(x_0,y_0)とおく。このとき、x0x_0の開近傍AA、y0y_0の開近傍BBと一階連続微分可能な関数y:A→By:A\to Bが存在して、y(x0)=y0y(x_0)=y_0であり、(x,u)∈A×B(x,u)\in A\times Bに対してF(x,u)=cF(x,u)=cとu=y(x)u=y(x)は同値であり、すべてのx∈Ax\in Aに対してM(x,y(x))+N(x,y(x))y′(x)=0M(x,y(x))+N(x,y(x))y'(x)=0が成り立つ。

証明.主張 (1)を示す。γ(x)=(x,y(x))\gamma(x)=(x,y(x))とおくと、γ\gammaはI0I_0からDDへの連続微分可能な写像であり、FFはC1C^1級である。§E4.3 系 3.4により、すべてのx∈I0x\in I_0で

ddxF(x,y(x))=Fx(x,y(x))+Fy(x,y(x))y′(x)=M(x,y(x))+N(x,y(x))y′(x)=0\frac{d}{dx}F(x,y(x))=F_x(x,y(x))+F_y(x,y(x))y'(x)=M(x,y(x))+N(x,y(x))y'(x)=0

である。平均値の定理によりF∘γF\circ\gammaはI0I_0上で定数である。

主張 (2)を示す。F−cF-cはDD上でC1C^1級であり、(F−c)(x0,y0)=0(F-c)(x_0,y_0)=0、Fy(x0,y0)=N(x0,y0)≠0F_y(x_0,y_0)=N(x_0,y_0)\ne0である。§E4.8 系 3.1により、開近傍A,BA,BとC1C^1級関数y:A→By:A\to Bが存在して、A×B⊆DA\times B\subseteq D上でF(x,u)=cF(x,u)=cとu=y(x)u=y(x)は同値であり、y(x0)=y0y(x_0)=y_0である。このときF(x,y(x))=cF(x,y(x))=cがAA上で成り立つ。上の微分の計算をyyに適用すると、すべてのx∈Ax\in Aに対してM(x,y(x))+N(x,y(x))y′(x)=0M(x,y(x))+N(x,y(x))y'(x)=0を得る。▨

ポテンシャルを構成するには、x∗∈Rx_*\in\Rを一つ固定し、すべての(x,y)∈D(x,y)\in Dに対して(x∗,y)(x_*,y)と(x,y)(x,y)を結ぶ水平な線分がDDに含まれるとする。このとき、yyの関数ccを未知として、Fx=MF_x=Mをxxについて積分した

F(x,y)=∫x∗xM(s,y) ds+c(y)F(x,y)=\int_{x_*}^{x}M(s,y)\,ds+c(y)

とおく。Fy=NF_y=Nを課した等式からc′(y)c'(y)がxxによらない式として定まる場合に、その式を積分してccを定める。得られたFFについて二つの偏導関数を直接検算する。三次元の星型開集合上のC1C^1級ベクトル場について、回転が零ならばポテンシャルが存在することは、 §E4.18 曲線と線積分の§E4.18 定理 6.2で扱う。

例 4.3. 方程式

(2xy+1)+(x2+2y)y′=0(2xy+1)+(x^2+2y)y'=0

を考える。M(x,y)=2xy+1M(x,y)=2xy+1をxxについて積分すると

F(x,y)=x2y+x+c(y)F(x,y)=x^2y+x+c(y)

である。Fy=x2+c′(y)=N(x,y)=x2+2yF_y=x^2+c'(y)=N(x,y)=x^2+2yからc(y)=y2c(y)=y^2と取ることができる。したがって

F(x,y)=x2y+x+y2F(x,y)=x^2y+x+y^2

であり、解曲線は

x2y+x+y2=Cx^2y+x+y^2=C

を満たす。Fx=2xy+1F_x=2xy+1とFy=x2+2yF_y=x^2+2yを直接計算すれば、構成したポテンシャルを検算することができる。Fy=x2+2y≠0F_y=x^2+2y\ne0を満たす点の近傍では、命題 4.2 (2)により、関係F(x,y)=CF(x,y)=Cはyyをxxの関数として定める。その関数は元の方程式を満たす。

5 Bernoulli 方程式

命題 5.1.I⊆RI\subseteq\Rを内部が空でない区間とし、P,Q∈Lloc1(I;R)P,Q\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)、n∈R∖{0,1}n\in\R\setminus\{0,1\}とする。J⊆R∖{0}J\subseteq\R\setminus\{0\}を開区間とし、JJ上で実数値の冪unu^{n}、u−nu^{-n}、u1−nu^{1-n}が定まり、unu−n=1u^{n}u^{-n}=1、u u−n=u1−nu\,u^{-n}=u^{1-n}を満たすとする。さらに、実数値の冪写像

pn(u)=un,ϕ(u)=u1−np_n(u)=u^n, \qquad \phi(u)=u^{1-n}

はJJ上でC1C^1級であり、pn′(u)=nun−1p_n'(u)=nu^{n-1}、ϕ′(u)=(1−n)u−n\phi'(u)=(1-n)u^{-n}を満たし、ϕ\phiは開区間ϕ(J)\phi(J)の上へのC1C^1級微分同相写像であるとする。このとき、内部が空でない区間I0⊆II_0\subseteq I上の局所絶対連続関数y:I0→Jy:I_0\to Jについて、yyが

y′+P(t)y=Q(t)yny'+P(t)y=Q(t)y^n

をI0I_0の内部のほとんど至る所で満たすことは、v=ϕ∘yv=\phi\circ yが局所絶対連続で

v′+(1−n)P(t)v=(1−n)Q(t)v'+(1-n)P(t)v=(1-n)Q(t)

をほとんど至る所で満たすための必要十分条件である。したがって、後者の解v:I0→ϕ(J)v:I_0\to\phi(J)から前者の解はy=ϕ−1∘vy=\phi^{-1}\circ vによって回収される。

証明.yyが Bernoulli 方程式を満たすと仮定する。§E13.2 定理 3.1 (1)によりv=ϕ∘yv=\phi\circ yは局所絶対連続であり、ほとんど至る所で

v′=(1−n)y−ny′v'=(1-n)y^{-n}y'

が成り立つ。yny−n=1y^{n}y^{-n}=1であるから、Bernoulli 方程式にy−ny^{-n}を掛けることができる。得られた等式を1−n1-n倍し、y y−n=y1−n=vy\,y^{-n}=y^{1-n}=vと上の微分公式を代入すれば

v′+(1−n)Pv=(1−n)Qv'+(1-n)Pv=(1-n)Q

を得る。

逆に、v:I0→ϕ(J)v:I_0\to\phi(J)が表示した一次線形方程式の局所絶対連続解であるとする。ψ=ϕ−1\psi=\phi^{-1}とおくと、§E13.2 定理 3.1 (1)によりy=ψ∘vy=\psi\circ vは局所絶対連続で、y(I0)⊆Jy(I_0)\subseteq Jである。等式v=ϕ(y)=y1−nv=\phi(y)=y^{1-n}に連鎖律を用いると、ほとんど至る所で

(1−n)y−ny′=v′=(1−n)Q−(1−n)Py1−n(1-n)y^{-n}y' =v' =(1-n)Q-(1-n)Py^{1-n}

となる。1−n≠01-n\ne0で割り、yny^nを掛けるとy′+Py=Qyny'+Py=Qy^nを得る。▨

命題 5.2.IIを内部が空でない区間とし、P,Q:I→RP,Q:I\to\Rを連続関数とする。nn、JJ、pnp_n、ϕ\phiは命題 5.1の仮定を満たすとする。このとき、内部が空でない区間I0⊆II_0\subseteq I上の関数y:I0→Jy:I_0\to Jについて、yyが方程式

y′+P(t)y=Q(t)yny'+P(t)y=Q(t)y^n

の古典解であることは、v=ϕ∘yv=\phi\circ yが一次線形方程式

v′+(1−n)P(t)v=(1−n)Q(t)v'+(1-n)P(t)v=(1-n)Q(t)

の古典解であるための必要十分条件である。

証明.f(t,u)=Q(t)un−P(t)uf(t,u)=Q(t)u^n-P(t)uはI×JI\times J上で連続であり、f1(t,w)=(1−n)(Q(t)−P(t)w)f_1(t,w)=(1-n)\bigl(Q(t)-P(t)w\bigr)はI×RI\times\R上で連続である。補題 1.3により、yyが古典解であることはyyが局所絶対連続解であることと同値である。命題 5.1により、これはv=ϕ∘yv=\phi\circ yが一次線形方程式の局所絶対連続解であることと同値であり、補題 1.3をf1f_1に適用すると、これはvvが古典解であることと同値である。▨

整数n>0n>0の場合にはy≡0y\equiv0も Bernoulli 方程式の解であるが、この解はJ⊆R∖{0}J\subseteq\R\setminus\{0\}に値をもたないので上の同値には含まれず、v=y1−nv=y^{1-n}では表されない。nnが整数でない場合には、J⊆(0,∞)J\subseteq(0,\infty)に取れば通常の冪が上の仮定を満たす。

例 5.3 (Bernoulli 方程式).t>0t>0で

y′+yt=t2y2y'+\frac{y}{t}=t^2y^2

を考える。y≠0y\ne0の解についてv=y−1v=y^{-1}とおくと

v′−vt=−t2v'-\frac{v}{t}=-t^2

となる。積分因子1/t1/tを掛けると

(vt)′=−t\left(\frac{v}{t}\right)'=-t

であるから、v=Ct−t3/2v=Ct-t^3/2を得る。したがって

y(t)=1Ct−t3/2y(t)=\frac{1}{Ct-t^3/2}

である。この式により、分母が零にならないt>0t>0の各区間で解が定められる。さらに、変換で除外したy≡0y\equiv0も解である。非零解を直接微分すると

y′=−C−3t2/2(Ct−t3/2)2,−yt+t2y2=−C−t2/2(Ct−t3/2)2+t2(Ct−t3/2)2y'=-\frac{C-3t^2/2}{(Ct-t^3/2)^2}, \qquad -\frac{y}{t}+t^2y^2 =-\frac{C-t^2/2}{(Ct-t^3/2)^2} +\frac{t^2}{(Ct-t^3/2)^2}

となり、右辺はy′y'に一致する。

6 解法を適用するときの確認

一階方程式を計算によって解くときは、次の順序で行う。

  1. 方程式の型を判定し、係数と右辺が定義される領域を定める。
  2. 未知関数に依存する量で割る場合には、その量が零になる解を先に調べる。
  3. 原始関数、積分因子、ポテンシャル、または変数変換を、その適用条件とともに用いる。
  4. 初期条件から積分定数を決める。
  5. 得た関数を元の微分方程式へ代入し、初期条件と定義区間を確認する。

7 演習

問題 7.1 (変数分離法における解の回収と検算). 微分方程式

y′=y2y'=y^2

について、次を実行せよ。

  1. y2y^2で割ることができる区間に限定して非零解を求め、割り算によって除外される解を別に求めよ。
  2. 初期条件y(0)=1y(0)=1を満たす解がすべて同じ関数の制限であることを示し、その解が定義される00を含む最大の区間を求めよ。
  3. 得た解を元の微分方程式と初期条件へ代入して検算せよ。
解答.

y≠0y\ne0である区間では

y′y2=1\frac{y'}{y^2}=1

であるから、積分によって

−1y=t+C-\frac1y=t+C

を得る。したがって、非零解は定数ccを用いて

y(t)=1c−ty(t)=\frac1{c-t}

と表される。y2y^2で割る操作はy=0y=0の場合には許されないため、定数解y≡0y\equiv0を別に回収する必要がある。

I∋0I\ni0上の解yyがy(0)=1y(0)=1を満たすとする。{t∈I:y(t)≠0}\{t\in I:y(t)\ne0\}の00を含む連結成分をKKとすると、KK上ではy(t)=1/(c−t)y(t)=1/(c-t)であり、y(0)=1y(0)=1からc=1c=1である。したがってK⊆(−∞,1)K\subseteq(-\infty,1)である。K≠IK\ne Iとすると、IIは連結であるから、KKはIIに属しKKに属さない有限端点aaをもち、連続性からy(a)=0y(a)=0である。a<1a<1ならばy(a)=lim⁡t→a, t∈K1/(1−t)=1/(1−a)≠0y(a)=\lim_{t\to a,\,t\in K}1/(1-t)=1/(1-a)\ne0となり矛盾する。a=1a=1ならばKKからaaへ近づけたとき∣y∣|y|は非有界であり、yyのaaにおける連続性に矛盾する。したがってK=IK=Iであり、I⊆(−∞,1)I\subseteq(-\infty,1)上で

y(t)=11−ty(t)=\frac1{1-t}

である。この関数は(−∞,1)(-\infty,1)上の解であるから、00を含む最大の定義区間は(−∞,1)(-\infty,1)であり、初期値問題の解はすべてこの関数の制限である。実際、

y′(t)=1(1−t)2=y(t)2,y(0)=1y'(t)=\frac1{(1-t)^2}=y(t)^2,\qquad y(0)=1

が成り立つ。定数解y≡0y\equiv0は微分方程式を満たすが、初期条件を満たさない。▨

問題 7.2 (Bernoulli 変換と最大解). 微分方程式

y′=y3y'=y^3

の実数値解をすべて求め、それぞれの最大の定義区間を定めよ。非零解については、変換v=y−2v=y^{-2}の値域、解の符号、および有限時刻で零解へ接続することができないことを確認せよ。

解答.

yyが零にならない区間では、v=y−2v=y^{-2}とおくことができる。vvの値域は正の実数に含まれ、

v′=−2y−3y′=−2v'=-2y^{-3}y'=-2

であるから、ある定数C∈RC\in\Rが存在して

v(t)=C−2t>0v(t)=C-2t>0

となる。したがってt<C/2t<C/2であり、yyの符号は区間上で一定なので、非零解は

y(t)=1C−2tまたはy(t)=−1C−2ty(t)=\frac{1}{\sqrt{C-2t}} \qquad\text{または}\qquad y(t)=-\frac{1}{\sqrt{C-2t}}

と表される。

非零解を有限時刻で零解へ接続することはできない。実際、解y:I→Ry:I\to\Rの非零集合の連結成分をKKとすると、KK上では上の表示が成り立つ。K≠IK\ne Iとすると、IIは連結であるから、KKはIIに属しKKに属さない有限端点aaをもつ。aaがIIの端点であってもよい。a<C/2a<C/2ならば、KKからaaへ近づけたときのyyの極限は符号に応じて±1/C−2a\pm1/\sqrt{C-2a}となり、y(a)=0y(a)=0と両立しない。a=C/2a=C/2ならば∣y(t)∣|y(t)|はKKからaaへ近づくと非有界になり、yyのaaにおける連続性と両立しない。a>C/2a>C/2はC−2t>0C-2t>0と両立しない。したがってK=IK=Iであり、区間上の解は恒等的に零であるか、区間全体で上のいずれか一方の符号をもつ。

二つの非零解はともに(−∞,C/2)(-\infty,C/2)上で定義され、

y′(t)=±(C−2t)−3/2=y(t)3y'(t)=\pm(C-2t)^{-3/2}=y(t)^3

を満たす。t↑C/2t\uparrow C/2のとき∣y(t)∣→∞|y(t)|\to\inftyであるから、有限な実数値をもつ解としてC/2C/2を越えて延長することはできない。したがって各非零解の最大の定義区間は(−∞,C/2)(-\infty,C/2)である。零解y≡0y\equiv0はR\R全体で定義され、その最大の定義区間はR\Rである。任意の区間上の解は、以上の最大解のいずれかをその区間へ制限したものである。▨

問題 7.3.h(u)=3∣u∣2/3h(u)=3|u|^{2/3}とし、微分方程式

y′=h(y),y(0)=0y'=h(y),\qquad y(0)=0

について、次を示せ。

  1. 各a∈Ra\in\Rに対して、ya(t)=0y_a(t)=0(t≤a)(t\le a)、ya(t)=(t−a)3y_a(t)=(t-a)^3(t>a)(t>a)で定まるyay_aはR\R上の解である。
  2. a≥0a\ge0に対するyay_aは、この初期値問題の互いに異なる解を無限個与える。
  3. (a,∞)(a,\infty)上でyay_aが命題 2.2の同値の右辺の等式を、J=(0,∞)J=(0,\infty)、H(u)=∫1udrh(r)H(u)=\int_1^u\frac{dr}{h(r)}、G(t)=tG(t)=tのもとで満たすように定数CCを定めよ。h(0)=0h(0)=0であるから、この公式はR\R全体の解yay_aを特徴づけない。
解答.

t<at<aではya′=0=h(ya)y_a'=0=h(y_a)である。t>at>aではya′(t)=3(t−a)2=3∣(t−a)3∣2/3=h(ya(t))y_a'(t)=3(t-a)^2=3\bigl|(t-a)^3\bigr|^{2/3}=h(y_a(t))である。t=at=aでは、差分商はt<at<aで零、t>at>aで(t−a)2(t-a)^2であり、t→at\to aで零へ収束するから、ya′(a)=0=h(ya(a))y_a'(a)=0=h(y_a(a))である。ya′y_a'はt>at>aで3(t−a)23(t-a)^2、t≤at\le aで00であり連続であるから、yay_aはR\R上の解である。

a≥0a\ge0ならばya(0)=0y_a(0)=0である。a≠a′a\ne a'ならば、max⁡{a,a′}\max\{a,a'\}より大きいttでya(t)=(t−a)3≠(t−a′)3=ya′(t)y_a(t)=(t-a)^3\ne(t-a')^3=y_{a'}(t)であるから、a↦yaa\mapsto y_aは単射であり、無限個の互いに異なる解を得る。

H(u)=∫1udr3r2/3=u1/3−1H(u)=\int_1^u\frac{dr}{3r^{2/3}}=u^{1/3}-1、G(t)=∫0t1 ds=tG(t)=\int_0^t1\,ds=tである。t>at>aではya(t)1/3=t−ay_a(t)^{1/3}=t-aであるから、H(ya(t))=t−a−1=G(t)+CH(y_a(t))=t-a-1=G(t)+CよりC=−a−1C=-a-1である。h(0)=0h(0)=0であるから、00を含む状態区間の上ではhhは零にならないという命題 2.2の仮定を満たさず、この公式は(a,∞)(a,\infty)上の解だけを特徴づける。▨

参考文献

  1. Earl A. Coddington, An Introduction to Ordinary Differential Equations, Dover Publications, 1989, originally published 1961.一階方程式の解法と初期値問題の定式化を参考にした。
  2. Gerald Teschl, Ordinary Differential Equations and Dynamical Systems, American Mathematical Society, Providence, Rhode Island, 2012.変数分離形、一次線形方程式、解の定義区間の扱いを参考にした。

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