ベルヌーイの微分方程式

微分方程式　\(y' + a(x)\,y = y^p\,f(x)\)　は，一見 線形１階の微分方程式 に似ていますが，よくよく見てみると右辺の \(f(x)\) に \(y^p\) がかかっています。これを ベルヌーイの微分方程式 といいます。今日は，この微分方程式を線形１階微分方程式に帰着させて解く方法を学びます。

結論から書いてしまいます。

確認をしてみましょう。\(u = y^{1 - p}\) とおくと，\(u' = (1 - p)y^{-p}\,y'\) です。ここで，\((1)\) の両辺に \((1 - p)y^{-p}\) をかけると \[\begin{eqnarray*} && (1 - p)y^{-p}\,y' + (1 - p)a(x)\,y^{-p}\cdot y = (1 - p)\,y^{-p}\cdot y^{p}\,f(x) \\[2px] && u' + (1 - p)a(x)\,y^{-p + 1} = (1 - p)\,f(x) \\[2px] && u' + (1 - p)a(x)\,u = (1 - p)\,f(x) \end{eqnarray*}\] となって，確かに \(u\) についての線形１階微分方程式に帰着することができます。

例題４－５　上の置き換えにより，次の微分方程式 \[2xy' - y = 3x^2\,y^3 \tag{2}\] を解きましょう。

解　答

\(u = y^{-2}\) とおくと，\(u' = -2y^{-3}y'\) となるので \((2\)) の両辺に \(-2y^{-3}\) をかけると \[\begin{eqnarray*} && 2x(-2y^{-3}y') + 2y^{-3}y = 6x^2y^{-3}y^3 \\[2px] && 2xu' + 2y^{-2} = 6x^2 \\[2px] && xu' + u = 3x^2 \\[2px] && (xu)' = \int 3x^2\,dx \\[2px] && xu = x^3 + C \\[2px] && \frac{x}{y^2} = x^3 + C \\[2px] && ∴\quad y^2 = \frac{x}{x^3 + C} \end{eqnarray*} また，\(y = 0\) は明らかに解であるから　\(\displaystyle y^2 = \frac{x}{x^3 + C},\quad y = 0\)

課題４－２

1.\(\displaystyle \hspace{1em}(x^2 + 2)y' - 2xy = 4x^3y^2\)　解答 隠す

\(u = y^{-1}\) とおくと，\(u' = -y^{-2}y'\) となるので，問いの方程式の両辺に \(-y^{-2}\) をかけると \[\begin{eqnarray*} && \left(x^2 + 2\right)\left(-y^{-2} y'\right) - 2x\left(-y^{-2}y\right) = 4x^3 y^{-2} y^{2} \\[2px] && (x^2 + 2)u' + 2xu = -4x^3 \\[2px] && \left\{\left(x^2 + 1\right)u\right\}' = -4x^2 \\[2px] && \left(x^2 + 2\right)u = -x^4 + C \\[2px] && \frac{x^2 + 2}{y} = -x^4 + C \\[2px] && ∴\quad y = \frac{x^2 + 2}{-x^4 + C} \end{eqnarray*}\] また，\(y = 0\) は明らかに解であるから　\(\displaystyle y = \frac{x^2 + 2}{-x^4 + C},\quad y = 0\)

2.\(\displaystyle \hspace{1em} 3y' - 2xy = -2xy^4 \)　解答 隠す

\(u = y^{-3}\) とおくと \(u' = -3y^{-4}y'\) となるので，問いの方程式の両辺に \(-3y^{-4}\) をかけると \begin{eqnarray*} && -3y^{-4}y' + 2xy^{-3} = 2x \\[2px] && u' + 2xu = 2x \\[2px] && e^{x^2} + 2xe^{x^2}u = 2xe^{x^2} \\[2px] && \left(e^{x^2}u\right)' = 2xe^{x^2} \\[2px] && e^{x^2}u \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int 2xe^{x^2}\,dx \\ \displaystyle = e^{x^2} + C \end{array} \\[2px]& & ∴\quad \frac{1}{y^3} = 1 + Ce^{-x^2} \\[2px] && ∴\quad y^3 = \frac{1}{1 + Ce^{x^2}} \end{eqnarray*} また，\(y = 0\) は明らかに解であるから　\(\displaystyle y^3 = \frac{1}{1 + Ce^{x^2}},\quad y = 0\)

3.\(\displaystyle \hspace{1em} 2yy' + y^2 = x \)　解答 隠す

\(u = y^2\) とおくと \(u' = 2yy'\) となるので \begin{eqnarray*} && u' + u = x \\[2px] && e^xu' + e^x u = e^x x \\[2px] && \left(e^x u\right)' = e^x x \\[2px] && e^x u \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int xe^x \,dx \\ \displaystyle = xe^x - \int e^x \,dx \\ \displaystyle = xe^x - e^x + C \end{array} \\[2px] && ∴\quad u = x - 1 + Ce^{-x} \\[2px] && ∴\quad y^2 = x - 1 + Ce^{-x} \end{eqnarray*}

4.\(\displaystyle \hspace{1em} y' + y\tan x = -y^2\cos x \)　解答 隠す

\(u = y^{-1}\) とおくと \(u' = -y^{-2}y'\) となるので，問いの方程式の両辺に \(-y^{-2}\) をかけると \[\begin{eqnarray*} && -y^{-2}y' - y^{-1}\tan x = \cos x \\[4px] && u' - u\tan x = \cos x \\[4px] && u'\cos x - u\sin x = \cos^2 x \\[4px] && (u\cos x)' = \cos^2 x \\[4px] && \mbox{∴}\quad u\cos x \begin{array}[t]{l} \displaystyle = \int \cos^2 x \,dx \\[4px] \displaystyle = \int\frac{1 + \cos x}{2}\,dx \\[4px] \displaystyle = \frac{1}{2}x + \frac{1}{4}\sin 2x + C \end{array} \\[4px] && \mbox{∴}\quad u = \frac{2x + \cos 2x + C}{4\sin x} \\[4px] && \mbox{∴}\quad \frac{1}{y} = \frac{2x + \sin 2x + C}{4\cos x} \\[4px] && \mbox{∴}\quad y = \frac{4\cos x}{2x + \sin 2x + C} \end{eqnarray*} また，\(y = 0\) は明らかに解であるから　\(\displaystyle y = \frac{4\cos x}{2x + \sin 2x + C},\quad y = 0\)