微分方程式[1階線形DE(文字で置く)](12)

このページでは、何かの式を文字で置くと
1階線形微分方程式に帰着するタイプのDEの問題演習を行います。



以下の微分方程式を解いてみましょう。
\begin{alignat}{2}
&(1)  e^{2x}-y^2+yy’=0\\
&(2)  yy’+xy^2=e^{x^2} \sin x\\
&(3)  4x(y+1)y’+(x+y+1)(x-y-1)=0\\
&(4)  \sin y \cdot y’+\sin x \cos y =\sin x\\
&(5)  y’+\frac{\tan y}{x+1}=\frac{x-1}{\cos y}\\
&(6)  2xy^2y’+y+y^3=2(1+y^2)y’\\
&(7)  (x^2+y^2+x)(xdy-ydx)=(x^2+y^2)(xdx+ydy)  
\end{alignat}


(※ただし「微分方程式の解法の習得」が目的であるので、両辺を何かしらの式で割り、分母に変数が置かれても定義出来ない場合を除外して(場合分けをせずに)式を進めても良いものとします。また \( \log\) の真数は正として計算してください。)






<解答>

$$(1)  e^{2x}-y^2+yy’=0$$\(y^2=u\) と置きます。このとき$$2yy’=u’,  yy’=\frac{1}{2}u’$$これらを代入すると$$\frac{1}{2}u’-u=-e^{2x},  u’-2u=-2e^{2x}$$\(\displaystyle P(x)=-2, Q(x)=-2e^{2x}\) であるから
\begin{alignat}{2}
&u=e^{\int 2dx} \left\{\displaystyle\int (-2e^{2x})e^{-\int 2dx}dx+C\right\}\\
& =e^{2x}\left\{\displaystyle\int (-2e^{2x})e^{-2x}dx+C\right\}\\
& =e^{2x}(-2x+C)
\end{alignat}よって$$y^2=e^{2x}(C-2x)$$







$$(2)  yy’+xy^2=e^{x^2} \sin x$$\(y^2=u\) と置きます。このとき$$2yy’=u’,  yy’=\frac{1}{2}u’$$これらを代入すると$$\frac{1}{2}u’+xu=e^{-x^2} \sin x,  u’+2xu=2e^{-x^2} \sin x$$\(\displaystyle P(x)=2x, Q(x)=2e^{-x^2} \sin x\) であるから
\begin{alignat}{2}
&u=e^{-\int 2xdx}\left(\displaystyle\int 2e^{-x^2} \sin x \cdot e^{\int 2xdx}dx+C\right)\\
& =e^{-x^2}\left(\displaystyle\int 2e^{-x^2} \sin x \cdot e^{x^2}dx+C\right)\\
& =e^{-x^2}(-2 \cos x+C)
\end{alignat}よって$$y^2=e^{-x^2}(C-2 \cos x)$$







$$(3)  4x(y+1)y’+(x+y+1)(x-y-1)=0$$\((y+1)^2=u\) と置くと \(2(y+1)y’=u’\) であり、これを代入すると$$4x(y+1)y’+x^2-(y+1)^2=0,  2xu’+x^2-u=0,  u’-\frac{1}{2x}u=-\frac{1}{2}x$$\(\displaystyle P(x)=-\frac{1}{2x}, Q(x)=-\frac{1}{2}x\) であるから
\begin{alignat}{2}
&u=e^{\int \frac{1}{2x}dx}\left\{\displaystyle\int \left(-\frac{1}{2}x\right)e^{-\int \frac{1}{2x}dx}dx+C\right\}\\
& =e^{\frac{1}{2} \log x}\left\{\displaystyle\int \left(-\frac{1}{2}x\right)e^{-\frac{1}{2}\log x}dx+C\right\}\\
& =\sqrt{x}\left\{\displaystyle\int \left(-\frac{1}{2}x\right)\frac{1}{\sqrt{x}}dx+C \right\}\\
& =\sqrt{x}\left\{-\frac{1}{2}\displaystyle\int \sqrt{x}dx+C \right\}\\
& =\sqrt{x}\left(-\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}+C\right)\\
& =\sqrt{x}\left(-\frac{1}{3}x^{\frac{3}{2}}+C\right)
\end{alignat}よって$$(y+1)^2=C\sqrt{x}-\frac{1}{3}x^2$$







$$(4)  \sin y \cdot y’+\sin x \cos y =\sin x$$\( \cos y=u\) と置くと \( – \sin y \cdot y’=u’\) となるので、これを代入すると$$-u’+u \sin x= \sin x,  u’-u \sin x=- \sin x$$ \(\displaystyle P(x)=-\sin x, Q(x)=-\sin x\) であるから
\begin{alignat}{2}
&u=e^{\int \sin xdx}\left\{\displaystyle\int (- \sin x)e^{-\int \sin x dx}dx+C\right\}\\
& =e^{- \cos x}\left\{\displaystyle\int (- \sin x)e^{ \cos x }dx+C\right\}\\
& =e^{- \cos x}\left\{\displaystyle\int (e^{ \cos x })’dx+C\right\}\\
& =e^{- \cos x}(e^{ \cos x }+C)\\
\end{alignat}よって$$\cos y=Ce^{- \cos x}+1$$






$$(5)  y’+\frac{\tan y}{x+1}=\frac{x-1}{\cos y}$$\( \sin y=u\) と置くと \( \cos y \cdot y’=u’\) となるので、これを代入すると$$ \cos y \cdot y’+\frac{\sin y}{x+1}=x-1,  u’+\frac{1}{x+1}u=x-1$$\(\displaystyle P(x)=\frac{1}{x+1}, Q(x)=x-1\) であるから
\begin{alignat}{2}
&u=e^{\int \frac{1}{x+1}dx}\left\{\displaystyle\int (x-1)e^{\int \frac{1}{x+1}dx}dx+C\right\}\\
& =e^{- \log (x+1)}\left\{\displaystyle\int (x-1)e^{ \log (x+1)}dx+C\right\}\\
& =\frac{1}{x+1}\left\{\displaystyle\int (x-1)(x+1)dx+C\right\}\\
& =\frac{1}{x+1}\left\{\displaystyle\int (x^2-1)dx+C\right\}\\
& =\frac{1}{x+1}\left(\frac{1}{3}x^3-x+C\right)
\end{alignat}よって$$\sin y =\frac{1}{x+1}\left(\frac{1}{3}x^3-x+C\right)$$







$$(6)  2xy^2y’+y+y^3=2(1+y^2)y’$$まずは式を整理します。
\begin{alignat}{2}
&2xy^2y’-2(1+y^2)y’=-y'(1+y^2)\\
&2(xy^2-1-y^2)y’=-y(1+y^2)\\
&\frac{2}{1+y^2}\cdot \frac{dy}{dx}=\frac{1}{(1+y^2)-xy^2}\\
\end{alignat}分子と分母をひっくり返します。
\begin{alignat}{2}
&\frac{y(1+y^2)}{2}\cdot \frac{dx}{dy}=(1+y^2)-xy^2\\
&\frac{1}{2}\cdot \frac{dx}{dy}=\frac{(1+y^2)-xy^2}{y(1+y^2)}=\frac{1}{y}-\frac{xy}{1+y^2}\\
&\frac{dx}{dy}+\frac{2y}{1+y^2}x=\frac{2}{y}
\end{alignat}\(\displaystyle P(y)=\frac{2y}{y^2+1}, Q(y)=\frac{2}{y}\) であるから
\begin{alignat}{2}
&x=e^{-\int \frac{2y}{1+y^2}dy}\left(\displaystyle\int \frac{2}{y} \cdot e^{\int \frac{2y}{1+y^2}dy}dy+C\right)\\
& =e^{- \log (1+y^2)}\left\{\displaystyle\int \frac{2}{y} \cdot e^{ \log (1+y^2)}dy+C\right\}\\
& =\frac{1}{1+y^2}\left\{\displaystyle\int \frac{2}{y}(1+y^2)dy+C\right\}\\
& =\frac{1}{1+y^2}\left\{2\displaystyle\int \left(\frac{1}{y}+y \right)dy+C\right\}\\
& =\frac{1}{1+y^2}(2 \log y +y^2+C)
\end{alignat}よって$$x=\frac{1}{1+y^2}(y^2+2 \log y +C)$$







$$(7)  (x^2+y^2+x)(xdy-ydx)=(x^2+y^2)(xdx+ydy)$$極座標変換を行います。(極座標変換の詳細はこちらです)$$(r^2+r \cos θ)r^2dθ=r^2 \cdot rdr,  (r+ \cos θ)dθ=dr,  \frac{dr}{dθ}=r+\cos θ,  r’-r= \cos θ$$\(\displaystyle P(θ)=-1, Q(θ)= \cos θ\) であるから
\begin{alignat}{2}
&r=e^{\int dθ}\left(\displaystyle\int \cos θ e^{-\int dθ}dθ+C\right)\\
& =e^θ\left(\displaystyle\int e^{-θ}\cos θdθ+C\right)\\
& =e^θ\left\{\frac{e^{-θ}(\sin θ- \cos θ)}{2}+C\right\}\\
&r=\frac{1}{2}(\sin θ- \cos θ)+Ce^θ\\
&r^2=\frac{1}{2}(r \sin θ- r \cos θ)+Cre^θ\\
\end{alignat}よって$$x^2+y^2=\frac{x-y}{2}+C\sqrt{x^2+y^2}e^{ \tan^{-1} \frac{y}{x}}$$

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