一階微分方程式 | 常微分方程式

1 解と初期値問題

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

y'(t)=f(t,y(t))

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

点 $(t_0,y_0)\in D$ を指定した初期値問題では $t_0\in I$ と $y(t_0)=y_0$ も課す。局所絶対連続関数は連続な代表元として与えられているため、初期値は全点で意味をもつ。

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

(x,y(x))\in D,\qquad y'(x)=f(x,y(x))\quad(x\in I)

を満たすとき、 $y$ を方程式 $y'=f(x,y)$ の $I$ 上の解 (solution of a first-order differential equation) という。

点 $(x_0,y_0)\in D$ を指定した

y'=f(x,y),\qquad y(x_0)=y_0

を初期値問題 (initial value problem) という。解を述べるときは、 $x_0\in I$ を含む定義区間 $I$ も指定する。

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

初期条件を指定しない方程式の解には、通常、積分定数が現れる。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。導出の途中で未知関数に依存する量を割った場合には、その量が零になる解を別に調べなければならない。

2 変数分離形

命題 2.1. $I\subseteq\R$ を内部が空でない区間、 $J\subseteq\R$ を開区間とする。 $g\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)$ とし、 $h:J\to\R$ を連続かつ零にならない関数とする。 $u_0\in J$ と $t_0\in I$ を固定し、

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

とおく。内部が空でない区間 $I_0\subseteq I$ に対して、関数 $y:I_0\to J$ が局所絶対連続であり、

y'(t)=g(t)h(y(t))

を $I_0$ の内部のほとんど至る所で満たすことと、ある $C\in\R$ に対して

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

をすべての点で満たすことは同値である。

証明. $H\in C^1(J)$ であり、 $H'=1/h$ は零にならない。 $y$ が微分方程式を満たすとき、§E10.2 定理 3.1 (1)により $H\circ y$ は局所絶対連続であり、ほとんど至る所で

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

となる。§E10.2 系 2.5の最後の主張を $H\circ y-G$ に適用すると、この関数は $I_0$ 上で定数である。従って全点の積分表示が従う。

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

K'(z)=h(K(z))

を満たす。実際、逆写像の連続性は $H$ 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\circ(G+C)

である。 $G$ は§E10.2 系 2.5により局所絶対連続であるから、§E10.2 定理 3.1 (1)により $y$ 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)

が成り立つ。▨

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

H'(u)=\frac{1}{h(u)},\qquad G'(x)=g(x)

を満たす原始関数 $H:J\to\mathbb R$ と $G:I\to\mathbb R$ を取る。内部が空でない区間 $I_0\subseteq I$ を取る。関数 $y:I_0\to J$ について、 $y$ が一階連続微分可能で

y'=g(x)h(y)

を満たすことと、ある定数 $C$ に対して

H(y(x))=G(x)+C\qquad(x\in I_0)

を満たすことは同値である。

証明. $y$ が微分方程式を満たすならば、連鎖律により $(H\circ y-G)'=0$ であるから、 $H(y)-G$ は $I_0$ 上で定数である。

逆に、 $H(y(x))=G(x)+C$ が全点で成り立つと仮定する。 $H'=1/h$ は $J$ 上で零にならず符号一定であるから、 $H$ は狭義単調である。その逆写像 $K:H(J)\to J$ は連続であり、 $J$ が端点を含む場合には相対的な片側微分を用いて

K'(z)=h(K(z))

を満たす。従って $y=K\circ(G+C)$ は $I_0$ 上で一階連続微分可能であり、端点では片側微分の意味で

y'(x)=K'(G(x)+C)G'(x)=h(y(x))g(x)

が成り立つ。▨

$h(c)=0$ ならば $y(x)=c$ は定数解である。この解は $1/h(y)$ を用いる導出から除かれるため、最初に $h$ の零点を調べる必要がある。非定数解についても、値域が $h$ の零点をまたぐか否かは、一意性などの追加情報がなければ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 $h$ が零にならない状態区間ごとに用いる。特に $h$ 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可能性がある。命題 2.1は零点を含まない開枝上のみを特徴づける。

例 2.3 (変数分離形の初期値問題). 初期値問題

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

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

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

を用いて分離する。積分すると

\log\frac{y}{1-y}=x+C

である。初期条件から $C=0$ となるため、

y(x)=\frac{e^x}{1+e^x}\qquad(x\in\mathbb R)

を得る。この関数の値はつねに $(0,1)$ に属し、直接微分すると $y'=y(1-y)$ 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. $I\subseteq\R$ を内部が空でない区間、 $t_0\in I$ とし、 $P,Q\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)$ とする。

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

とおく。任意の $y_0\in\R$ に対して、初期値問題

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

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

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. $A(t)=\int_{t_0}^{t}P(s)\,ds$ とおく。§E10.2 系 2.5により $A$ は局所絶対連続で $A'=P$ がほとんど至る所で成り立つ。§E10.2 定理 3.1 (1)を指数関数と $A$ に適用すると、 $\mu$ は局所絶対連続であり、 $\mu'=P\mu$ がほとんど至る所で成り立つ。また $\mu>0$ であるから、§E10.2 系 3.2 (1)により $\mu^{-1}$ も局所絶対連続である。

$\mu$ は各有限閉部分区間上で有界なので $\mu Q\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)$ である。従って表示式の括弧内は§E10.2 系 2.5により局所絶対連続である。§E10.2 定理 3.1 (2)から表示式は局所絶対連続な関数 $y$ を定め、ほとんど至る所で

(\mu y)'=\mu Q, \qquad \mu y'+\mu' y=\mu(y'+Py)

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

逆に、 $z$ 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 $(\mu z)'=\mu Q$ がほとんど至る所で成り立つ。§E10.2 系 2.5を用いると、すべての $t\in I$ に対して

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

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

定理 3.2. $I$ を内部が空でない区間とし、 $P,Q:I\to\mathbb R$ を連続関数とする。 $x_0\in I$ に対して

\mu(x)=\exp\left(\int_{x_0}^{x}P(t)\,dt\right)

と置く。このとき、方程式

y'+P(x)y=Q(x)

の $I$ 上の解は、定数 $C$ を用いて

y(x)=\frac{1}{\mu(x)} \left( C+\int_{x_0}^{x}\mu(t)Q(t)\,dt \right)

と表される。初期条件 $y(x_0)=y_0$ を課すと $C=y_0$ であり、解は一意に定まる。

証明. $P,Q$ は局所可積分であるから、定理 3.1を初期値 $y(x_0)=C$ に適用すると、表示式は $I$ 上の一意な局所絶対連続解を与える。この解は全点で

y(x)=C+\int_{x_0}^{x}\bigl(Q(t)-P(t)y(t)\bigr)\,dt

を満たす。被積分関数は連続であるから、微積分の基本定理により $y$ は一階連続微分可能であり、 $y'+Py=Q$ は全点で成り立つ。逆に、古典解は局所絶対連続解でもあるため、同じ一般形の一意性と表示式が適用される。初期条件 $y(x_0)=y_0$ を課した場合には $C=y_0$ である。▨

例 3.3 (一次線形方程式). 初期値問題

y'+2y=4x,\qquad y(0)=1

では、積分因子は $\mu(x)=e^{2x}$ である。したがって

(e^{2x}y)'=4xe^{2x},\qquad e^{2x}y=2xe^{2x}-e^{2x}+C

となる。初期条件から $C=2$ であるから、

y(x)=2x-1+2e^{-2x}\qquad(x\in\mathbb R)

を得る。実際、

y'+2y=(2-4e^{-2x})+2(2x-1+2e^{-2x})=4x

であり、 $y(0)=1$ も成り立つ。

例 3.4 (局所可積分だが非有界な係数). $I=(-1,1)$ 上で

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

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

A(t)=\int_0^t a(s)\,ds =2\operatorname{sgn}(t)\sqrt{|t|}

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

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

である。 $A$ の全点積分表示と§E10.2 定理 3.1 (1)から $y\in AC_{\mathrm{loc}}(I;\R)$ であり、 $t\ne0$ では直接微分によって $y'(t)=a(t)y(t)$ となる。従って方程式はほとんど至る所で成り立つ。

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

\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 $t\downarrow0$ のとき $+\infty$ へ発散するため、 $y$ は $0$ で微分可能でない。したがって、 $a(0)=0$ と定めても方程式を $0$ 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. $D\subseteq\mathbb R^2$ を開集合とし、 $M,N:D\to\mathbb R$ を連続関数とする。一階連続微分可能な関数 $F:D\to\mathbb R$ が存在して

F_x=M,\qquad F_y=N

を満たすとき、

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

を $D$ 上の完全微分形 (exact differential form) という。この $F$ をポテンシャル (potential function) という。

曲線 $y=y(x)$ に沿っては

\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)

である。したがって、 $N(x,y(x))\ne0$ の範囲では、微分方程式

M(x,y)+N(x,y)y'=0

の解曲線は $F(x,y)=C$ を満たす。逆に、 $F(x,y(x))=C$ を微分すれば同じ方程式を得る。

ポテンシャルを構成するときは、例えば $F_x=M$ を $x$ について積分して

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

と置き、 $F_y=N$ が定める $c'(y)$ を求める。得られた $F$ 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 $C^1$ 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、「曲線と線積分」の§E4.18 定理 6.2が扱う。

例 4.2 (完全微分形). 方程式

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

を考える。 $M(x,y)=2xy+1$ を $x$ について積分すると

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

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

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

であり、解曲線は

x^2y+x+y^2=C

を満たす。 $F_x=2xy+1$ と $F_y=x^2+2y$ 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。 $F_y\ne0$ の点の近くでは、この関係は $y$ を $x$ の関数として定め、元の方程式を満たす。

5 Bernoulli 方程式

命題 5.1. $I\subseteq\R$ を内部が空でない区間とし、 $P,Q\in L^1_{\mathrm{loc}}(I;\R)$ 、 $n\in\R\setminus\{0,1\}$ とする。 $J\subseteq\R\setminus\{0\}$ を開区間とし、 $J$ 上で実数値の冪写像

p_n(u)=u^n, \qquad \phi(u)=u^{1-n}

が $C^1$ 級であり、 $p_n'(u)=nu^{n-1}$ 、 $\phi'(u)=(1-n)u^{-n}$ を満たすと仮定する。さらに、 $\phi$ は開区間 $\phi(J)$ の上への $C^1$ 級微分同相写像であるとする。

内部が空でない区間 $I_0\subseteq I$ と局所絶対連続関数 $y:I_0\to J$ に対して、 $y$ が

y'+P(t)y=Q(t)y^n

を $I_0$ の内部のほとんど至る所で満たすことと、 $v=\phi\circ y$ が局所絶対連続で

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

をほとんど至る所で満たすことは同値である。従って、後者の解 $v:I_0\to\phi(J)$ から前者の解は $y=\phi^{-1}\circ v$ によって回収される。

証明. $y$ が Bernoulli 方程式を満たすと仮定する。§E10.2 定理 3.1 (1)により $v=\phi\circ y$ は局所絶対連続であり、ほとんど至る所で

v'=(1-n)y^{-n}y'

が成り立つ。 $y$ は零にならないから、Bernoulli 方程式を $y^n$ で割ることができる。得られた等式を $1-n$ 倍し、 $v=y^{1-n}$ と上の微分公式を代入すれば

v'+(1-n)Pv=(1-n)Q

を得る。

逆に、 $v:I_0\to\phi(J)$ 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。 $\psi=\phi^{-1}$ とおくと、§E10.2 定理 3.1 (1)により $y=\psi\circ v$ は局所絶対連続で、 $y(I_0)\subseteq J$ である。等式 $v=\phi(y)=y^{1-n}$ に連鎖律を用いると、ほとんど至る所で

(1-n)y^{-n}y' =v' =(1-n)Q-(1-n)Py^{1-n}

となる。 $1-n\ne0$ で割り、 $y^n$ を掛けると $y'+Py=Qy^n$ を得る。▨

命題 5.2. $I$ を内部が空でない区間とし、 $P,Q:I\to\R$ を連続関数、 $n\in\R\setminus\{0,1\}$ とする。内部が空でない区間 $I_0\subseteq I$ を取り、一階連続微分可能な関数 $y:I_0\to\R$ は零にならず、 $u\mapsto u^n$ と $u\mapsto u^{1-n}$ が $y(I_0)$ を含む開区間上で実数値の微分可能関数として定義されるとする。この $y$ が

y'+P(x)y=Q(x)y^n

を満たすならば、 $v=y^{1-n}$ は一次線形方程式

v'+(1-n)P(x)v=(1-n)Q(x)

を満たす。

逆に、 $J\subseteq\R\setminus\{0\}$ を開区間とし、 $u\mapsto u^n$ と $\phi(u)=u^{1-n}$ が $J$ 上で実数値の微分可能関数として定義されるとする。さらに、 $\phi$ が単射で、その像 $\phi(J)$ 上に微分可能な逆写像 $\psi:\phi(J)\to J$ をもつとする。この一次線形方程式の解 $v:I_0\to\R$ が $v(I_0)\subseteq\phi(J)$ を満たすならば、 $y=\psi\circ v$ は元の Bernoulli 方程式を満たす。

証明. $y(I_0)$ は零を含まない一つの符号の枝に含まれる。その枝では $\phi'(u)=(1-n)u^{-n}$ が連続かつ零にならないため、 $\phi$ は像の上への $C^1$ 級微分同相写像である。従って命題 5.1の順方向から、 $v=y^{1-n}$ は表示した一次線形方程式をほとんど至る所で満たす。 $v$ は冪写像と $y$ の合成として一階連続微分可能であり、方程式の両辺も連続であるから、等式は全点で成り立つ。

逆向きの仮定の下でも、 $J$ 上で $\phi'$ は連続かつ零にならない。仮定した単射性と逆関数の微分公式から $\psi$ は $C^1$ 級であるため、命題 5.1を同じ枝に適用することができる。従って $y=\psi\circ v$ は局所絶対連続であり、元の Bernoulli 方程式をほとんど至る所で満たす。右辺 $Qy^n-Py$ は連続であり、§E10.2 系 2.5の全点積分表示と微積分の基本定理から $y$ は一階連続微分可能で、方程式は全点で成り立つ。▨

整数 $n>0$ の場合には $y\equiv0$ も Bernoulli 方程式の解であるが、 $v=y^{1-n}$ では表されない。整数指数では負の値からなる区間も $J$ に選ぶことができる。 $u\mapsto u^{1-n}$ が正負の値を同じ値へ移す場合には、 $J$ を正の区間または負の区間に限って逆写像の枝を選ぶ必要がある。非整数の冪についても、実数値の冪写像が定義される区間と、その同じ写像の逆枝を用いなければならない。

例 5.3 (Bernoulli 方程式). $x>0$ で

y'+\frac{y}{x}=x^2y^2

を考える。 $y\ne0$ の解について $v=y^{-1}$ と置くと

v'-\frac{v}{x}=-x^2

となる。積分因子 $1/x$ を掛けると

\left(\frac{v}{x}\right)'=-x

であるから、 $v=Cx-x^3/2$ を得る。したがって

y(x)=\frac{1}{Cx-x^3/2}

である。この式は、分母が零にならない $x>0$ の各区間で解を定める。さらに、変換で除外した $y\equiv0$ も解である。非零解を直接微分すると

y'=-\frac{C-3x^2/2}{(Cx-x^3/2)^2}, \qquad -\frac{y}{x}+x^2y^2 =-\frac{C-x^2/2}{(Cx-x^3/2)^2} +\frac{x^2}{(Cx-x^3/2)^2}

となり、右辺は $y'$ 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、次の順序で確認する。

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。
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。
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。
初期条件から積分定数を決める。
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。

これらの計算は解の候補を構成する。一方、一般の初期値問題に解が存在して一意に定まる条件は、次の記事で扱う。

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'=y^2

について、次を実行せよ。

$y^2$ 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。
初期条件 $y(0)=1$ を満たす解と、その解が定義される $0$ を含む最大の区間を求めよ。
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.

$y\ne0$ である区間では

\frac{y'}{y^2}=1

であるから、積分によって

-\frac1y=t+C

を得る。したがって、非零解は定数 $c$ を用いて

y(t)=\frac1{c-t}

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

初期条件 $y(0)=1$ から $c=1$ となる。したがって、初期値問題の解は

y(t)=\frac1{1-t}

であり、 $0$ を含む最大の定義区間は $(-\infty,1)$ である。実際、

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

が成り立つ。定数解 $y\equiv0$ 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'=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 $v=y^{-2}$ 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.

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

v'=-2y^{-3}y'=-2

であるから、ある定数 $C\in\R$ が存在して

v(t)=C-2t>0

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

y(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 $y:I\to\R$ の非零集合の連結成分を $K$ とすると、 $K$ 上では上の表示が成り立つ。 $K$ の有限端点 $a$ が $I$ の内点であると仮定する。 $a<C/2$ ならば、 $K$ から $a$ へ近づけたときの $y$ の極限は符号に応じて $\pm1/\sqrt{C-2a}$ となり、 $y(a)=0$ と両立しない。 $a=C/2$ ならば $|y(t)|$ は $K$ から $a$ へ近づくと非有界になり、 $y$ の $a$ における連続性と両立しない。 $a>C/2$ は $C-2t>0$ と両立しない。したがって非零集合は $I$ の内部に境界点をもたず、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 $(-\infty,C/2)$ 上で定義され、

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

を満たす。 $t\uparrow C/2$ のとき $|y(t)|\to\infty$ であるから、有限な実数値をもつ解として $C/2$ 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 $(-\infty,C/2)$ である。零解 $y\equiv0$ は $\R$ 全体で定義され、その最大の定義区間は $\R$ 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。▨

§E10.3一階微分方程式