微分方程式の積分による解法
はじめに
本記事では，（主に定数係数の線形）微分方程式を積分で解く方法を紹介します．
最も簡単な形の微分方程式$y'(x)=f(x)$の解は，微分積分学の基本定理によって積分で書けるのでした．
$y\in C^1(\mathbb{R};\mathbb{R})$と$f\in C^0(\mathbb{R};\mathbb{R})$に対して，次の2条件は同値である．
- 任意の$x\in\mathbb{R}$に対して，$y'(x)=f(x)$が成り立つ．
- 任意の$x,x_0\in\mathbb{R}$に対して，$\displaystyle y(x)=y(x_0)+\int_{x_0}^{x}f(t)\,\mathrm{d}t$が成り立つ．
そこで，様々な微分方程式を$\color{red}y'(x)=f(x)$の形に帰着して解いてみましょう．
この解法のメリット
- 斉次・非斉次の線形方程式を同じ方法で解ける．
（非斉次方程式を，斉次形を経由せずに解ける） - 定数係数の線形方程式で，特性方程式が実数解しか持たない場合は解きやすい．
（重解の有無を気にせず解ける）
この解法のデメリット
- 積分計算が大変．
- 定数係数の線形方程式で，特性方程式が虚数解をもつ場合が大変？
例題
実際に答案を見た方がわかりやすいと思うので，早速ですが例題です．
次の2条件を満たす関数$y\in C^1(\mathbb{R};\mathbb{R})$を求めよ．
$$ \begin{cases}y'(x)=2xy(x)&(x\in\mathbb{R}),\\ y(0)=1.\end{cases}$$
\begin{align*} y'(x)-2xy(x)&=0 \\ e^{-x^2}y'(x)-2xe^{-x^2}y(x)&=0 \\ \color{red}(e^{-x^2}y(x))'&\color{red}{}=0 \\ e^{-x^2}y(x)&=y(0)+\int_{0}^{x}0\,\mathrm{d}t=1 \\ y(x)&=e^{x^2}. \end{align*}
初期条件$y(0)=1$に合わせて，定積分の下端を$0$にしています．
両辺に$e^{-x^2}$を掛けるところが一見技巧的ですが，何を掛けるべきかは次の式から判断できます．
$y,F\in C^1(\mathbb{R};\mathbb{R})$のとき
$$ e^{F(x)}(y'(x)+F'(x)y(x))=(y(x)e^{F(x)})'.$$
積の微分公式から従う．
要するに，$y'(x)+f(x)y(x)$という式には$e^{\text{$f(x)$の原始関数}}$を掛ければ良いです．
先ほどの問題では$y'(x)-2xy(x)$という式が出てきたので，$-2x$の原始関数$-x^2$を用いて$e^{-x^2}$を両辺に掛けたというわけです．
変数分離についてコメント
上の微分方程式$y'=2xy$は，いわゆる変数分離の方法で\begin{align*}\frac{1}{y}\frac{dy}{dx}&=2x\\\int\frac{1}{y}\,dy&=\int 2x\,dx\\\log{|y|}&=x^2+C\ldots\end{align*}のように解説されることがありますが，細かいところの説明が面倒くさいので個人的にはあまり好きではありません．
練習問題 (vs ChatGPT)
ChatGPTにいろいろ出題してもらいました．解いてみましょう．
次の2条件を満たす関数$y\in C^1(\mathbb{R};\mathbb{R})$を求めよ．
$$\begin{cases}y'(x)+2y(x)=4 & (x\in\mathbb{R}),\\ y(0)=1.\end{cases}$$
解答例
（両辺に$e^{2x}$を掛ける）\begin{align*} e^{2x}y'(x)+2e^{2x}y(x)&=4e^{2x} \\ \color{red}(e^{2x}y(x))'&\color{red}{}=4e^{2x} \\ e^{2x}y(x)&=y(0)+\int_{0}^{x}4e^{2t}\,\mathrm{d}t =1+\Big[{2e^{2t}}\Big]_{0}^{x} =2e^{2x}-1 \\ y(x)&=2-e^{-2x}. \end{align*}
次の2条件を満たす関数$y\in C^1(\mathbb{R};\mathbb{R})$を求めよ．
$$\begin{cases}y'(x)=y(x)\sin(x) & (x\in\mathbb{R}),\\ y(0)=3.\end{cases}$$
解答例
（両辺に$e^{\cos(x)}$を掛ける）\begin{align*} y'(x)-y(x)\sin(x)&=0 \\ e^{\cos(x)}y'(x)-e^{\cos(x)}y(x)\sin(x)&=0 \\ \color{red}(e^{\cos(x)}y(x))'&\color{red}{}=0 \\ e^{\cos(x)}y(x)&=ey(0)+\int_{0}^{x}0\,\mathrm{d}t =3e \\ y(x)&=3e^{1-\cos(x)}. \end{align*}
次の2条件を満たす関数$y\in C^1(\mathbb{R};\mathbb{R})$を求めよ．
$$\begin{cases}y'(x)=2x(1-y(x)) & (x\in\mathbb{R}),\\ y(0)=0.\end{cases}$$
解答例
（両辺に$e^{x^2}$を掛ける）\begin{align*} y'(x)+2xy(x)&=2x \\ e^{x^2}y'(x)+2xe^{x^2}y(x)&=2xe^{x^2} \\ \color{red}(e^{x^2}y(x))'&\color{red}{}=2xe^{x^2} \\ e^{x^2}y(x)&=y(0)+\int_{0}^{x}2te^{t^2}\,\mathrm{d}t =e^{x^2}-1 \\ y(x)&=1-e^{-x^2}. \end{align*}
次の2条件を満たす関数$y\in C^1(\mathbb{R};\mathbb{R})$を求めよ．
$$\begin{cases}y'(x)=2x+3y(x) & (x\in\mathbb{R}),\\ y(0)=1.\end{cases}$$
解答例
（両辺に$e^{-3x}$を掛ける）\begin{align*} y'(x)-3y(x)&=2x \\ e^{-3x}y'(x)-3e^{-3x}y(x)&=2xe^{-3x} \\ \color{red}(e^{-3x}y(x))'&\color{red}{}=2xe^{-3x} \\ e^{-3x}y(x)&=y(0)+\int_{0}^{x}2te^{-3t}\,\mathrm{d}t =1+\bigg[{-\frac{2}{9}(3t+1)e^{-3t}}\bigg]_{0}^{x} =\frac{11}{9}-\frac{2}{9}(3x+1)e^{-3x} \\ y(x)&=\frac{11}{9}e^{3x}-\frac{2}{3}x-\frac{2}{9}. \end{align*}
次の2条件を満たす関数$y\in C^1(\mathbb{R};\mathbb{R})$を求めよ．
$$\begin{cases}y'(x)=x^2+y(x) & (x\in\mathbb{R}),\\ y(0)=2.\end{cases}$$
解答例
（両辺に$e^{-x}$を掛ける）\begin{align*} y'(x)-y(x)&=x^2 \\ e^{-x}y'(x)-e^{-x}y(x)&=x^2e^{-x} \\ \color{red}(e^{-x}y(x))'&\color{red}{}=x^2e^{-x} \\ e^{-x}y(x)&=y(0)+\int_{0}^{x}t^2e^{-t}\,\mathrm{d}t =2+\bigg[{-(t^2+2t+2)e^{-t}}\bigg]_{0}^{x} =4-(x^2+2x+2)e^{-x} \\ y(x)&=4e^{x}-x^2-2x-2. \end{align*}
次の2条件を満たす関数$y\in C^2(\mathbb{R};\mathbb{R})$を求めよ．
$$\begin{cases}y''(x)-4y'(x)+4y(x)=0 & (x\in\mathbb{R}),\\ y(0)=1, \quad y'(0)=0.\end{cases}$$
解答例
（両辺に$e^{-2x}$を掛ける）\begin{align*} e^{-2x}y''(x)-4e^{-2x}y'(x)+4e^{-2x}y(x)&=0 \\ \color{red}(e^{-2x}y(x))''&\color{red}{}=0 \\ (e^{-2x}y(x))'&=-2e^{0}y(0)+e^{0}y'(0)+\int_{0}^{x}0\,\mathrm{d}t \\ \color{red}(e^{-2x}y(x))'&\color{red}{}=-2 \\ e^{-2x}y(x)&=e^{0}y(0)+\int_{0}^{x}(-2)\,\mathrm{d}t=1-2x \\ y(x)&=(1-2x)e^{2x}. \end{align*}
次の2条件を満たす関数$y\in C^2(\mathbb{R};\mathbb{R})$を求めよ．
$$\begin{cases}y''(x)+5y'(x)+6y(x)=e^{x} & (x\in\mathbb{R}),\\ y(0)=2, \quad y'(0)=-1.\end{cases}$$
解答例
（まず両辺に$e^{2x}$を掛ける）\begin{align*} y''(x)+5y'(x)+6y(x)&=e^{x} \\ (y'(x)+3y(x))'+2(y'(x)+3y(x))&=e^{x} \\ e^{2x}(y'(x)+3y(x))'+2e^{2x}(y'(x)+3y(x))&=e^{3x} \\ \color{red}(e^{2x}(y'(x)+3y(x)))'&\color{red}{}=e^{3x} \\ e^{2x}(y'(x)+3y(x))&=y'(0)+3y(0)+\int_{0}^{x}e^{3t}\,\mathrm{d}t =\frac{14}{3}+\frac{1}{3}e^{3x} \end{align*}（次は$e^{3x}$を作るため，両辺に$e^{x}$を掛ける）\begin{align*} e^{2x}(y'(x)+3y(x))&=\frac{14}{3}+\frac{1}{3}e^{3x} \\ e^{3x}(y'(x)+3y(x))&=\frac{14}{3}e^{x}+\frac{1}{3}e^{4x} \\ \color{red}(e^{3x}y(x))'&\color{red}{}=\frac{14}{3}e^{x}+\frac{1}{3}e^{4x} \\ e^{3x}y(x)&=y(0)+\int_{0}^{x}\bigg(\frac{14}{3}e^{t}+\frac{1}{3}e^{4t}\bigg)\,\mathrm{d}t =\frac{14}{3}e^{x}+\frac{1}{12}e^{4x}-\frac{11}{4} \\ y(x)&=\frac{14}{3}e^{-2x}+\frac{1}{12}e^{x}-\frac{11}{4}e^{-3x}. \end{align*}
余談：特性方程式が虚数解をもつ場合
定数係数線形方程式で特性方程式が虚数解をもつ場合も，三角関数を使えば積分で解けます．
次の2条件を満たす関数$y\in C^2(\mathbb{R};\mathbb{R})$を求めよ．
$$\begin{cases}y''(x)+y(x)=x & (x\in\mathbb{R}),\\ y(0)=1, \quad y'(0)=2.\end{cases}$$
微分方程式の両辺に$\cos(x)$を掛けると
\begin{align*}
y''(x)\cos(x)+y(x)\cos(x)&=x\cos(x) \\
\color{red}(y'(x)\cos(x)+y(x)\sin(x))'&\color{red}{}=x\cos(x) \\
y'(x)\cos(x)+y(x)\sin(x)&=2+\int_{0}^{x}t\cos(t)\,\mathrm{d}t=x\sin(x)+\cos(x)+1 \\
y'(x)\cos(x)\sin(x)+y(x)\sin^2(x)&=x\sin^2(x)+\cos(x)\sin(x)+\sin(x).
\end{align*}
また，両辺に$\sin(x)$を掛けると
\begin{align*}
y''(x)\sin(x)+y(x)\sin(x)&=x\sin(x) \\
\color{red}(y'(x)\sin(x)-y(x)\cos(x))'&\color{red}{}=x\sin(x) \\
y'(x)\sin(x)-y(x)\cos(x)&=-1+\int_{0}^{x}t\sin(t)\,\mathrm{d}t=-x\cos(x)+\sin(x)-1 \\
y'(x)\cos(x)\sin(x)-y(x)\cos^2(x)&=-x\cos^2(x)+\cos(x)\sin(x)-\cos(x).
\end{align*}
上の2式より
\begin{align*}
y(x)&=x+\sin(x)+\cos(x).
\end{align*}
一般に，定数係数2階線形微分方程式
$$ y''(x)+ay'(x)+by(x)=f(x)$$
の特性方程式$\lambda^2+a\lambda+b=0$が虚数解$\lambda=p\pm qi$をもつとき，解と係数の関係より$a=-2p$と$b=p^2+q^2$が成り立つので
$$ y''(x)-2py'(x)+(p^2+q^2)y(x)=f(x)$$
と表せます．そこで，両辺に$e^{-px}$を掛ければ
\begin{align*}
e^{-px}(y''(x)-2py'(x)+p^2y(x))+q^2e^{-px}y(x)&=e^{-px}f(x) \\
(e^{-px}y(x))''+q^2e^{-px}y(x)&=e^{-px}f(x)
\end{align*}
となるので，あとは上の例題と同様に$\cos(qx),\sin(qx)$を掛けて2通りに変形すれば良いです．
$p,q$は$q\ne 0$を満たす実数とする．$y\in C^2(\mathbb{R};\mathbb{R})$が
$$ y''(x)-2py'(x)+(p^2+q^2)y(x)=f(x)$$
を満たすとき，
\begin{align*}
y(x)
&=\bigg(y(0)-\frac{1}{q}\int_{0}^{x}f(t)e^{-pt}\sin(qt)\,\mathrm{d}t\bigg)e^{px}\cos(qx) \\
&\qquad{}+\bigg(\frac{y'(0)-py(0)}{q}+\frac{1}{q}\int_{0}^{x}f(t)e^{-pt}\cos(qt)\,\mathrm{d}t\bigg)e^{px}\sin(qx)
\end{align*}
が成り立つ．
微分方程式の両辺に$e^{-px}\cos(qx)$を掛けると，
\begin{align*}
(y''(x)-2py'(x)+(p^2+q^2)y(x))e^{-px}\cos(qx)&=f(x)e^{-px}\cos(qx) \\
((y(x)e^{-px})''+q^2y(x)e^{-px})\cos(qx)&=f(x)e^{-px}\cos(qx) \\
\color{red}((y(x)e^{-px})'\cos(qx)+qy(x)e^{-px}\sin(qx))'&\color{red}{}=f(x)e^{-px}\cos(qx) \\
(y(x)e^{-px})'\cos(qx)+qy(x)e^{-px}\sin(qx)&=y'(0)-py(0)+\int_{0}^{x}f(t)e^{-pt}\cos(qt)\,\mathrm{d}t.
\end{align*}
また，両辺に$e^{-px}\sin(qx)$を掛けると
\begin{align*}
(y''(x)-2py'(x)+(p^2+q^2)y(x))e^{-px}\sin(qx)&=f(x)e^{-px}\sin(qx) \\
((y(x)e^{-px})''+q^2y(x)e^{-px})\sin(qx)&=f(x)e^{-px}\sin(qx) \\
\color{red}((y(x)e^{-px})'\sin(qx)-qy(x)e^{-px}\cos(qx))'&\color{red}{}=f(x)e^{-px}\sin(qx) \\
(y(x)e^{-px})'\sin(qx)-qy(x)e^{-px}\cos(qx)&=-qy(0)+\int_{0}^{x}f(t)e^{-pt}\sin(qt)\,\mathrm{d}t.
\end{align*}
よって，次の2式
\begin{align*}
(y(x)e^{-px})'\cos(qx)\sin(qx)+qy(x)e^{-px}\sin^2(qx)&=\bigg(y'(0)-py(0)+\int_{0}^{x}f(t)e^{-pt}\cos(qt)\,\mathrm{d}t\bigg)\sin(qx) \\
-(y(x)e^{-px})'\cos(qx)\sin(qx)+qy(x)e^{-px}\cos^2(qx)&=\bigg(qy(0)-\int_{0}^{x}f(t)e^{-pt}\sin(qt)\,\mathrm{d}t\bigg)\cos(qx)
\end{align*}
を辺々加えれば
\begin{align*}
qy(x)e^{-px}&=\bigg(qy(0)-\int_{0}^{x}f(t)e^{-pt}\sin(qt)\,\mathrm{d}t\bigg)\cos(qx)+\bigg(y'(0)-py(0)+\int_{0}^{x}f(t)e^{-pt}\cos(qt)\,\mathrm{d}t\bigg)\sin(qx) \\
y(x)
&=\bigg(y(0)-\frac{1}{q}\int_{0}^{x}f(t)e^{-pt}\sin(qt)\,\mathrm{d}t\bigg)e^{px}\cos(qx)+\bigg(\frac{y'(0)-py(0)}{q}+\frac{1}{q}\int_{0}^{x}f(t)e^{-pt}\cos(qt)\,\mathrm{d}t\bigg)e^{px}\sin(qx)
\end{align*}
を得る．
この記事を高評価した人
この記事に送られたバッジ
投稿者
