微分方程式
一般的には解けない微分方程式の方が多いらしい。
解法が見つかった微分方程式は簡単な微分方程式としてまとめられている。
常微分方程式
まずはここから。
積和形
$ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=f'(t)g(t)+f(t)g'(t)
解き方
積分する(見極めたら勝負は終わっている)
$ x=f(t)g(t)
合成関数形
$ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=f'(t)g'(f(t))
解き方
積分する(見極めたら勝負は終わっている)
$ x=g(f(t))
変数分離形
$ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=f(t)g(x)
解き方
左辺と右辺に同じ文字を集める
$ \frac1{g(x)}{\rm d}x=f(t){\rm d}t
総和を取る
$ \int\frac1{g(x)}{\rm d}x=\int f(t){\rm d}t
微分する
$ f(t)=\frac{\rm d}{{\rm d}t}\int\frac1{g(x)}{\rm d}x
一階同次形
$ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=f\left(\frac{x}{t}\right)
解き方
$ v=\frac{x}{t}と新たに置く
1. 微分要素を求める
$ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}vt=v+t\frac{{\rm d }v}{{\rm d}t}
2. 代入する
$ v+t\frac{{\rm d }v}{{\rm d}t}=f(v)
$ \frac{{\rm d}v}{{\rm d}t}=\left(f(v)-v\right)\frac1t
これは変数分離形の方程式であるから解ける
一階線形
$ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}+f(t)x=g(t)
解き方
合成関数と積の微分法を利用する
$ \frac{\rm d}{{\rm d}t}\exp\left\{F(t)\right\}x=\exp\left\{F(t)\right\}\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}+f(t)\exp\left\{F(t)\right\}x
$ =\exp\left\{F(t)\right\}\left(\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}+f(t)x\right)
左辺だ！
$ =\exp\left\{F(t)\right\}g(t)
$ \mathrm dx+F'(t)x\mathrm dtの積分因子が$ e^{F(t)}であることを使っているtakker.icon この例が積分因子の簡単な説明になっている。Summer498.icon
$ \therefore \frac{\rm d}{{\rm d}t}\exp\left\{F(t)\right\}x=\exp\left\{F(t)\right\}g(t)
$ \exp\left\{F(t)\right\}x=\int\exp\left\{F(t)\right\}g(t){\rm d}t
$ x=\exp\left\{-F(t)\right\}\left(\int\exp\left\{F(t)\right\}g(t){\rm d}t\right)
ベルヌーイ型
$ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}+f(t)x=g(t)x^k
一階線形微分方程式の$ g(t)にヘンなモノ$ x^kがついている
これを消すことを目標にする。
$ z=x^{1-k}とおく
微分してみよう
$ \frac{{\rm d}z}{{\rm d}t}=\frac{\rm d}{{\rm d}t}x^{1-k}=(1-k)x^{-k}\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}
両辺に$ (1-k)x^{-k}をかけると
$ (1-k)x^{-k}\frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}+f(t)x(1-k)x^{-k}=g(t)x^k(1-k)x^{-k}
$ \frac{{\rm d}z}{{\rm d}t}+(1-k)f(t)x^{1-k}=g(t)
$ \frac{{\rm d}z}{{\rm d}t}+(1-k)f(t)z=g(t)
消えた！
これは一階線形微分方程式なので、解ける。
定数係数同次線形
$ \frac{{\rm d}^2}{{\rm d}t^2}x+a\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}x+bx=0
解き方
積分因子微分演算子法で解く
微分演算子を$ D、特性方程式の解を$ \alpha,\betaとすると、
$ (D+\alpha)(D+\beta)x=0
となる
$ (D+\alpha)x=e^{-\alpha t}D(e^{\alpha t}x)だから
$ (D+\alpha)(D+\beta)x=0
$ \iff D(e^{\alpha t}(D+\beta)x)=0
$ \iff D(e^{(\alpha-\beta)t}D(e^{\beta t}x))=0
$ \iff e^{(\alpha-\beta)t}D(e^{\beta t}x)=A'\quad\text{.for }\exist A'\in\Complex
$ \iff D(e^{\beta t}x)=A'e^{(\beta-\alpha)t}\quad\text{.for }\exist A'\in\Complex
$ \iff e^{\beta t}x=\frac1{\beta-\alpha}A'e^{(\beta-\alpha)t}\llbracket\alpha\neq\beta\rrbracket+A't\llbracket\alpha=\beta\rrbracket+B\quad\text{.for }\exist A',B\in\Complex
$ Pが真のとき$ 1,偽のとき$ 0になる
$ \iff x=\frac1{\beta-\alpha}A'e^{-\alpha t}\llbracket\alpha\neq\beta\rrbracket+A'te^{-\alpha t}\llbracket\alpha=\beta\rrbracket+B e^{-\beta t}\quad\text{.for }\exist A',B\in\Complex
$ \iff x=Ae^{-\alpha t}\llbracket\alpha\neq\beta\rrbracket+(At\llbracket\alpha=\beta\rrbracket+B)e^{-\beta t}\quad\text{.for }\exist A,B\in\Complex
定数を置換して整理
重解の場合も同じ論理展開で求められる点が気に入ってるtakker.icon
プログラマー目線だと直感的な記号Summer498.icon
ラプラス変換により特性方程式と特殊解を導けるが、面倒なので省略
定数係数非同次線形
$ \frac{{\rm d}^2}{{\rm d}t^2}x+a\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}x+bx=g(x)
解き方
$ g(x)=0の場合の解を求める
これは定数係数同次線形微分方程式なので解ける。
この解を$ f_c(t)とする。
この関数を余関数と呼ぶので添字に$ cを書いている。
元の式の特殊解$ C(t)を1つ求める
$ g(x)の内容に応じて「勘」で決める。
$ g(x)の内容ごとに決め方がまとめられている。
数学なので一度解き方が確立されたら「勘」であっても後から再現性が出る
積分因子を使うと勘なしで解けるtakker.iconイイネ👍️Summer498.icon ただ最初から特殊解の形がわかりきっているものは、予想される式形を仮定して解いたほうが楽
足し合わせる
$ \therefore x=f_c(t)+C(t)
この手法の成立を確認する
代入してみよう
$ \frac{{\rm d}^2}{{\rm d}t^2}(f_c(t)+C(t))+a\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}(f_c(t)+C(t))+b(f_c(t)+C(t))\overset?=g(x)
分配しよう
$ \left(\frac{{\rm d}^2}{{\rm d}t^2}f_c(t)+a\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}f_c(t)+bf_c(t)\right)+\left(\frac{{\rm d}^2}{{\rm d}t^2}C(t)+a\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}C(t)+bC(t)\right)\overset?=g(x)
$ f_c(t)は$ g(x)=0の場合の解なので、
$ \left(\frac{{\rm d}^2}{{\rm d}t^2}C(t)+a\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}C(t)+bC(t)\right)\overset?=g(x)
$ C(t)は特殊解なので
$ g(x)\overset?=g(x)
$ \therefore x=f_c(t)+C(t)
さっき$ \ddot x+(\alpha+\beta)\dot x+\alpha\beta=g(t)の一般解をめちゃくちゃきれいな形で出せたtakker.icon
$ x=Be^{-\beta t}+At^{\llbracket\alpha=\beta\rrbracket}e^{-\alpha t}+f(t)*te^{-\frac{\alpha+\beta}{2}t}\operatorname{sinc}\left(\frac{\alpha-\beta}{2i}t\right)\quad\text{.for }\exist A,B\in\Complex
$ \alpha\in\Rのとき
$ x=Be^{-\beta t}+At^{\llbracket\alpha=\beta\rrbracket}e^{-\alpha t}+f(t)*te^{-\frac{\alpha+\beta}{2}t}\operatorname{sinhc}\left(\frac{\alpha-\beta}2t\right)\quad\text{.for }\exist A,B\in\Complex
$ \alpha\notin\Rのとき
$ x=Be^{-\alpha^* t}+At^{\llbracket\Im\alpha=0\rrbracket}e^{-\alpha t}+f(t)*te^{-\Re\alpha t}\operatorname{sinc}\left(\Im\alpha t\right)\quad\text{.for }\exist A,B\in\Complex
$ \alpha=\betaのとき
$ x=(At+B)e^{-\alpha t}+f(t)*te^{-\alpha t}\quad\text{.for }\exist A,B\in\Complex
オイラー型
$ t^2\frac{{\rm d}^2}{{\rm d}t^2}x+at\frac{\rm d}{{\rm d}t}x+bx=C(t)
解き方
$ z=\log |t|とする。
$ t=e^z\quad(t>0)
$ t<0の時は、$ t=-e^zとして、同様に式変形をしていく。
各式に現れるマイナスに注意。
$ \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=\frac{{\rm d}z}{{\rm d}t}\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}=\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}e^{-z}
$ \frac{{\rm d}^2}{{\rm d}t^2}x=\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\left(\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}e^{-z}\right)
$ =\frac{{\rm d}}{{\rm d}z}\left(\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}e^{-z}\right)\frac{{\rm d}z}{{\rm d}t}
$ =\left(\frac{{\rm d}^2x}{{\rm d}z^2}e^{-z}-\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}e^{-z}\right)e^{-z}
$ =\left(\frac{{\rm d}^2x}{{\rm d}z^2}-\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}\right)e^{-2z}
元の式に代入する
$ e^{2z}\left(\frac{{\rm d}^2x}{{\rm d}z^2}-\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}\right)e^{-2z}+ae^{z}\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}e^{-z}+bx=C(e^z)
$ \left(\frac{{\rm d}^2x}{{\rm d}z^2}-\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}\right)+a\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}+bx=C(e^z)
$ \frac{{\rm d}^2x}{{\rm d}z^2}+(a-1)\frac{{\rm d}x}{{\rm d}z}+bx=C(e^z)
これは定数係数(非同次/同次)微分方程式なので解ける
解析的に解けない微分方程式の解の存在と一意性と有用性が示された場合、特殊関数として名前がつけられる事がある。
→ベッセル関数、超幾何関数
指数関数、三角関数、双曲線関数も代数的に解けない微分方程式の解に名前をつけているだけなので、新しい名前の特殊関数を作ること自体はそれほどおかしな発想ではない。
指数関数を定義することで上記微分方程式が解けるようになっている。
偏微分方程式