1階線型非斉次微分方程式
$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+f(x)y=g(x)
ただし、$ g(x)\neq0
$ \mathrm df+f\mathrm dg=\frac1{e^g}\mathrm d(fe^g)を使うのが楽そうtakker.icon
解法
一般解の積分定数を函数にする(これが「定数変化」法の由来)と、解が求まる
しっかしよくもまあこんな方法を思いつくものだ
$ \mathrm d\left(Ce^{-F}\right)=e^{-F}\mathrm dC+C\mathrm de^{-F}
$ = e^{-F}\mathrm dC-Ce^{-F}\mathrm dF
$ = Ce^{-F}\mathrm d\ln|C|-Ce^{-F}\mathrm dF
$ = Ce^{-F}\mathrm d(\ln|C|-F)
$ \iff\mathrm d(Ce^{-F})+Ce^{-F}\mathrm dF=Ce^{-F}\mathrm d\ln|C|
$ \therefore \frac{\mathrm{d}Ce^{-F}}{\mathrm{d}x}+f(x)Ce^{-F}=g(x)\land \mathrm dF=f(x)\mathrm dx
$ \implies Ce^{-F}\mathrm d\ln|C|=g(x)\mathrm dx
$ \iff \mathrm dC=e^Fg(x)\mathrm dx
以上より、以下を解けば$ yが求まる
$ \underline{\begin{dcases}y&=Ce^{-F}\\\mathrm dF&=f(x)\mathrm dx\\\mathrm dC&=e^Fg(x)\mathrm dx\end{dcases}\quad}_\blacksquare
$ Cか$ Fに積分定数を含めてあるので、一般解との線型結合は不要
$ \implies y=e^{-\int f(x)\mathrm dx}\int e^{\int f(x)\mathrm dx}g(x)\mathrm dx
$ \mathrm{d}\phi(x,y)=I\mathrm{d}y+Iy\mathrm{d}x=Ig\mathrm{d}x
ここでは、$ \phi = yIになるような$ Iを探す
$ \mathrm d(yI)=I\mathrm dy+Ify\mathrm dx
$ \iff y\mathrm dI=Ify\mathrm dx
$ \iff \mathrm dI=If\mathrm dx
$ = I\mathrm dF
$ \mathrm dF=f\mathrm dxとした
$ \iff I=Ce^F\quad\text{.for }\exist C\in\Complex
$ I=Ce^Fが積分因子になるとわかった。これを代入する。
$ \mathrm{d}(yI)=Ig\mathrm{d}x
$ \iff y=\frac1I\int gI\mathrm dx
$ \therefore y=e^{-F}\int ge^F\mathrm dx
からくり
$ I=e^Fなら$ \mathrm{d}I=I\mathrm{d}Fとなるため
$ I\mathrm{d}y+Iy\mathrm{d}F= I\mathrm{d}y+y\mathrm{d}I
$ =\mathrm{d}(yI)
と、うまいこと展開できる、というからくりでした
2025-05-06 18:41:15 もうちょっとうまい導出作れないかな
$ \frac{\mathrm{d}f(x)}{\mathrm{d}x}+g(x)f(x)=h(x)
$ \iff\mathrm df+gf\mathrm dx=h\mathrm dx
$ \iff e^G\mathrm df+e^Gf\mathrm dG=e^Gh\mathrm dx
$ \mathrm dG=g\mathrm dxとした
$ \iff e^G\mathrm df+f\mathrm d(e^G)=e^Gh\mathrm dx
$ \iff\mathrm d(fe^G)=\mathrm d\left(\int e^Gh\mathrm dx\right)
$ \iff fe^G=\int e^Gh\mathrm dx+C\quad\text{.for }\exist C\in\Complex
$ \iff f=e^{-G}\left(\int e^Gh\mathrm dx+C\right)\quad\text{.for }\exist C\in\Complex
$ Cは$ h=0の場合に備えて必要
$ h=0なら
$ \mathrm df+gf\mathrm dx=0
$ \iff f(\mathrm d\ln|f|+g\mathrm dx)=0
$ \iff f\mathrm d(\ln|f|+G)=0
$ \iff\mathrm d(\ln|f|+G)=0
と、積分因子$ \frac1fをかけると求められる
しかし$ h\neq0だと$ fが右辺に残ってしまうので、そうはいかない
代わりに$ e^Gを積分因子とするとこでなんとかする
例
$ \mathrm{d}y+2xy\mathrm{d}x-2x\mathrm{d}x=0
汎用的な解法
定数変化
$ \mathrm dy+2xy\mathrm dx=0
$ \iff\mathrm d(\ln|y|+x^2)=0
$ \iff y=Ce^{-x^2}\quad\text{.for }\exists C\in\Complex
$ \mathrm{d}Ce^{-x^2}+2xCe^{-x^2}\mathrm{d}x-2x\mathrm{d}x=0
$ \iff \mathrm d(\ln|C|)-\mathrm dx^2=0
$ \iff \mathrm d(C-e^{x^2})=0
$ \therefore \mathrm{d}y+2xy\mathrm{d}x-2x\mathrm{d}x=0
$ \iff y=(e^{x^2}+C)e^{-x^2}\quad\text{.for }\exists C\in\Complex
$ \underline{\iff y= 1+Ce^{-x^2}\quad\text{.for }\exists C\in\Complex\quad}_\blacksquare
完全微分形に持ち込む
$ I(\mathrm{d}y+2xy\mathrm{d}x)=I\mathrm{d}y+Iy\mathrm{d}(x^2)
$ =I\mathrm{d}y+y\mathrm{d}I
$ \impliedby I=e^{x^2}
$ \therefore\mathrm{d}(yI)=I(\mathrm{d}y+2xy\mathrm{d}x)
$ = I2x\mathrm dx
最初、非斉次項に$ Iをかけるのを忘れてて、変な式になってしまったtakker.icon
$ = I\mathrm d(x^2)
$ = \mathrm{d}I
$ \iff yI=I+C
$ \iff y=1+CI^{-1}
$ \underline{\iff y= 1+Ce^{-x^2}\quad\text{.for }\exists C\in\Complex\quad}_\blacksquare
思いつきによる解法
いずれも上記の解法で解いている最中に気づける
特解を求めて線型結合
$ y=1が特解になるとわかる
$ \underline{\therefore y= 1+Ce^{-x^2}\quad\text{.for }\exists C\in\Complex\quad}_\blacksquare
$ 2x\mathrm{d}x=\mathrm{d}(x^2)から変形
$ \mathrm{d}y+2xy\mathrm{d}x-2x\mathrm{d}x=0
$ \iff\mathrm dy+y\mathrm dx^2-\mathrm dx^2=0
$ \iff \mathrm d(y-1)+(y-1)\mathrm dx^2=0
$ \iff\mathrm d(\ln|y-1|+x^2)=0
$ \iff |y-1|=Ce^{x^2}\quad\text{.for }\exists C\in\Complex
$ \iff y=1\pm Ce^{x^2}\quad\text{.for }\exists C\in\Complex
$ \underline{\iff y= 1+Ce^{-x^2}\quad\text{.for }\exists C\in\Complex\quad}_\blacksquare