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微分方程式(differential equation)は多くの応用先がありますが、統計学を学ぶにあたってもハザード関数から確率密度関数を導出する際などに用いられます。当記事では線形微分方程式の基本的な解法について概要と計算例を取りまとめました。
作成にあたっては「チャート式シリーズ 大学教養 微分積分」の第$9$章「微分方程式」を主に参考にしました。

・数学まとめ
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線形微分方程式

線形微分方程式の定義

$x$の関数$q(x), p_0(x), \cdots , p_{n-1}(x)$を用いて下記のような形式で表される微分方程式を未知関数$y=y(x)$に関する$n$階の線形微分方程式という。
$$
\large
\begin{align}
y^{(n)} + p_{n-1}(x) y^{(n-1)} + \cdots + p_1(x) y’ + p_0(x) y + q(x) = 0 \quad (1.1)
\end{align}
$$

また、$(1.1)$式の線形微分方程式について$q(x)=0$が成立する場合「同次」といい、$q(x) \neq 0$のとき「非同次」であるという。

微分作用素

$$
\large
\begin{align}
D = \frac{d}{dx}
\end{align}
$$

線形微分方程式は上記のような微分作用素$D$を用いると見やすく表すことができる。

定数変化法

同次の微分方程式を解いたのちに解の定数$C$を$C(x)$に置き換えて非同次の微分方程式に代入し、特殊解を求める方法を定数変化法という。

多項式の分解と微分方程式

定数係数同次線形微分方程式の解

同次形の微分方程式の計算例

以下、「チャート式シリーズ 大学教養 微分積分」の例題の確認を行う。

基本例題$168$

・$[1]$
$$
\large
\begin{align}
y’ + \frac{1}{x}y – x^2 = 0 \quad (2.1.1)
\end{align}
$$

以下、定数変化法を用いて解く。同次形の微分方程式$\displaystyle y’ + \frac{1}{x}y = 0$の解は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
y’ + \frac{1}{x}y &= 0 \\
\frac{dy}{dx} &= -\frac{y}{x} \\
\frac{dy}{y} &= -\frac{dx}{x} \\
\log{|y|} &= -\log{|x|} + C \\
\log{|xy|} &= C \\
y &= \frac{c_1}{x} \quad (2.1.2)
\end{align}
$$

上記に対し$c_1=p(x)$とおき、$(2.1.1)$式に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\left( \frac{p(x)}{x} \right)’ + \frac{p(x)}{x^2} – x^2 &= 0 \\
\frac{p'(x)x – \cancel{p(x)}}{x^2} + \cancel{\frac{p(x)}{x^2}} – x^2 &= 0 \\
\frac{p'(x)}{x} – x^2 &= 0 \\
\frac{dp}{dx} \cdot \frac{1}{x} &= x^{2} \\
dp &= x^{3} dx \\
p &= \frac{1}{4}x^{4} + C
\end{align}
$$

上記に基づいて$\displaystyle c_1 = p(x) = \frac{1}{4}x^{4}+C$を$(2.1.2)$式に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
y &= \frac{c_1}{x} \\
&= \frac{1}{4}x^{3} + \frac{C}{4}
\end{align}
$$

・$[2]$
$$
\large
\begin{align}
y’ + y \cos{x} – \sin{x} \cos{x} = 0 \quad (2.2.1)
\end{align}
$$

以下、定数変化法を用いて解く。同次形の微分方程式$\displaystyle y’ + y \cos{x} = 0$の解は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
y’ + y \cos{x} &= 0 \\
\frac{dy}{dx} &= -y \cos{x} \\
\frac{dy}{y} &= – \cos{x} dx \\
\log{|y|} &= -\sin{x} + C \\
|y| &= e^{-\sin{x}+C} \\
y &= c_1 e^{-\sin{x}} \quad (2.2.2)
\end{align}
$$

上記に対し$c_1=p(x)$とおき、$(2.2.1)$式に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
y’ + y \cos{x} – \sin{x} \cos{x} &= 0 \quad (2.2.1) \\
\left( p(x) e^{-\sin{x}} \right)’ + p(x) e^{-\sin{x}} \cos{x} &= \sin{x} \cos{x} \\
p'(x) e^{-\sin{x}} + \cancel{p(x) e^{-\sin{x}} \cdot (-\cos{x})} + \cancel{p(x) e^{-\sin{x}} \cos{x}} &= \sin{x} \cos{x} \\
\frac{dp}{dx} e^{-\sin{x}} &= \sin{x} \cos{x} \\
\int dp &= \int \sin{x} \cos{x} e^{\sin{x}} dx \quad (2.2.3)
\end{align}
$$

上記に対し、$t = \sin{x}$とおくと下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\frac{dt}{dx} &= \cos{x} \\
\cos{dx} dx &= dt
\end{align}
$$

よって$(2.2.3)$式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\int dp &= \int \sin{x} \cos{x} e^{\sin{x}} dx \quad (2.2.3) \\
\int dp &= \int t e^{t} dt \\
p &= t e^{t} – \int (t)’ e^{t} dt \\
p &= t e^{t} – \int e^{t} dt \\
&= t e^{t} – e^{t} + C \\
&= e^{\sin{x}}(\sin{x} – 1) + C
\end{align}
$$

上記に基づいて$\displaystyle c_1 = p(x) = e^{\sin{x}}(\sin{x} – 1) + C$を$(2.2.2)$式に代入することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
y &= e^{-\sin{x}} (e^{\sin{x}}(\sin{x} – 1) + C) \\
&= \sin{x} + C e^{-\sin{x}} – 1
\end{align}
$$

・$[3]$
$$
\large
\begin{align}
y’ + 2y – 3 e^{4x} = 0 \quad (2.3.1)
\end{align}
$$

以下、定数変化法を用いて解く。同次形の微分方程式$\displaystyle y’ + 2y = 0$の解は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
y’ + 2y &= 0 \\
\frac{dy}{dx} &= -2y \\
\frac{dy}{y} &= -2 dx \\
\log{|y|} &= -2x + C \\
|y| &= e^{-2x+C} \\
y &= \pm e^{C} e^{-2x} \\
y &= c_1 e^{-2x} \quad (2.3.2)
\end{align}
$$

上記に対し$c_1=p(x)$とおき、$(2.3.1)$式に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
y’ + 2y – 3 e^{4x} &= 0 \quad (2.3.1) \\
\left( p(x) e^{-2x} \right)’ + 2p(x) e^{-2x} &= 3 e^{4x} \\
p'(x)e^{-2x} – \cancel{2p(x) e^{-2x}} + \cancel{2p(x) e^{-2x}} &= 3 e^{4x} \\
\frac{dp}{dx} &= 3e^{6x} \\
\int dp &= \int 3e^{6x} dx \\
p &= \frac{1}{2} e^{6x} + C
\end{align}
$$

上記に基づいて$\displaystyle c_1 = p(x) = \frac{1}{2} e^{6x} + C$を$(2.3.2)$式に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
y &= c_1 e^{-2x} \\
&= \left( \frac{1}{2} e^{6x} + C \right) e^{-2x} \\
&= \frac{1}{2} e^{4x} + C e^{-2x}
\end{align}
$$

基本例題$169$

基本例題$171$

基本例題$172$

基本例題$173$

重要例題$103$

$$
\large
\begin{align}
y’ + y \tan{x} = \frac{1}{\cos{x}}
\end{align}
$$

以下、定数変化法を用いて解く。同次形の微分方程式$y’ + y \tan{x} = 0$の解は下記のように得られる。

$[1] \,$ $y=0$のとき
定数関数$y=0$は$y’ + y \tan{x} = 0$の解である。

$[2] \,$ $y \neq 0$のとき
$y’ + y \tan{x} = 0$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
y’ + y \tan{x} &= 0 \\
\frac{dy}{dx} &= -y \tan{x} \\
\frac{dy}{y} &= -\tan{x} dx \\
\int \frac{1}{y} dy &= \int \frac{(\cos{x})’}{\cos{x}} dx \\
\log{|y|} &= \log{|\cos{x}|} + C \\
|y| &= e^{C} |\cos{x}| \\
y &= \pm e^{C} \cos{x} \\
&= c_1 \cos{x}
\end{align}
$$

$c_1=0$のとき$y=0$であるから、$[1]$の結果も$y=c_1 \cos{x}$で表すことができる。ここで$c_1=p(x)$とおき、元の式に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
y’ + y \tan{x} &= \frac{1}{\cos{x}} \\
\left( p(x) \cos{x} \right)’ + p(x) \tan{x} &= \frac{1}{\cos{x}} \\
p'(x) \cos{x} – p(x) \sin{x} + p(x) \cancel{\cos{x}} \cdot \frac{\sin{x}}{\cancel{\cos{x}}} &= \frac{1}{\cos{x}} \\
p'(x) \cos{x} – \cancel{p(x) \sin{x}} + \cancel{p(x) \sin{x}} &= \frac{1}{\cos{x}} \\
\frac{dp}{dx} \cos{x} &= \frac{1}{\cos{x}} \\
dp &= \frac{1}{\cos^{2}{x}} dx \\
p &= \tan{x} + C
\end{align}
$$

上記に基づいて$\displaystyle c_1 = p(x) = \tan{x} + C$を$y = c_1 \cos{x}$式に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
y &= c_1 \cos{x} \\
&= (\tan{x} + C) \cos{x} \\
&= \sin{x} + C \cos{x}
\end{align}
$$

微分方程式(differential equation)は多くの応用先がありますが、統計学を学ぶにあたってもハザード関数から確率密度関数を導出する際などに用いられます。当記事では完全微分形の微分方程式の解法や積分因子を用いた完全微分形への式変形について取り扱いました。
作成にあたっては「チャート式シリーズ 大学教養 微分積分」の第$9$章「微分方程式」を主に参考にしました。

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完全微分形と積分因子

完全微分形

関数$F(x,y)$について下記のように偏微分$P(x,y)$と$Q(x,y)$を定義する。
$$
\large
\begin{align}
P(x,y) &= F_{x}(x,y) = \frac{\partial F(x,y)}{\partial x} \\
Q(x,y) &= F_{y}(x,y) = \frac{\partial F(x,y)}{\partial y}
\end{align}
$$

このとき下記のような微分方程式を完全微分形という。
$$
\large
\begin{align}
P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 \quad (1.1)
\end{align}
$$

逆に$(1.1)$式のような微分方程式が完全微分形であることは、下記が成立するかどうかを調べれば良い。
$$
\large
\begin{align}
\frac{\partial P(x,y)}{\partial y} = P_{y}(x,y) = Q_{x}(x,y) = \frac{\partial Q(x,y)}{\partial x} \quad (1.2)
\end{align}
$$

ここまでの内容は「完全微分形 $\, \iff \,$ $(1.2)$式が成立」のようにまとめられる。また、このとき$F(x,y)$は下記のような計算により得ることができる。
$$
\large
\begin{align}
F(x,y) = \int_{a}^{x} P(u,b) du + \int_{b}^{y} Q(x,v) dv
\end{align}
$$

上記の$(a,b)$は$P(x,y), Q(x,y)$の定義域内の任意の点を用いて良いので、$a=b=0$をなるべく用いると計算がしやすい。

積分因子

完全微分形とは限らない微分方程式$Pdx+Qdy=0$に対し、ある関数$\mu(x,y)$を両辺に掛けることで$\mu P dx + \mu Q dy = 0$が完全微分形になることがある。このような$\mu(x,y)$を積分因子という。

積分因子を得るのは一般にそれほど簡単ではないが、以下のような場合は複雑な計算を行わずに積分因子を得ることができる。

$[1] \,$ $\displaystyle R(x)=\frac{1}{Q}(P_y-Q_x)$が$x$のみの関数であるとき、$\displaystyle \mu = \exp{\left( \int R(x) dx \right)}$とおくと$\mu=\mu(x)$は積分因子である。
$[2] \,$ $\displaystyle S(x)=-\frac{1}{P}(P_y-Q_x)$が$y$のみの関数であるとき、$\displaystyle \mu = \exp{\left( \int S(x) dx \right)}$とおくと$\mu=\mu(y)$は積分因子である。

同次形の微分方程式の使用例

以下、「チャート式シリーズ 大学教養 微分積分」の例題の確認を行う。

基本例題$165$

・$[1]$
$$
\large
\begin{align}
(2x+4y+1)dx + (4x+3y-1)dy = 0 \quad (2.1.1)
\end{align}
$$

上記について$P(x,y)=2x+4y+1, \, Q(x,y)=4x+3y-1$のようにおくと、$P_{y}(x,y)=4=Q_{x}(x,y)$より、$(2.1.1)$式は完全微分形である。よって、下記の計算に基づいて$F(x,y)$を定義する。
$$
\large
\begin{align}
F(x,y) &= \int_{0}^{x} P(u,0) du + \int_{0}^{y} Q(x,v) dv \\
&= \int_{0}^{x} (2u+1) du + \int_{0}^{y} (4x+3v-1) dv \\
&= \left[ u^{2}+u \right]_{0}^{x} + \left[ 4xv + \frac{3}{2}v^{2}-v \right]_{0}^{y} \\
&= x^{2} + x + 4xy + \frac{3}{2}y^{2} – y \\
&= x^{2} + 4xy + \frac{3}{2}y^{2} + x – y
\end{align}
$$

ここで$F(x,y) = x^{2}+4xy+\frac{3}{2}y^{2}+x-y$について下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
F_{x}(x,y) &= 2x + 4y + 1 = P(x,y) \\
F_{y}(x,y) &= 4x + 3y – 1 = Q(x,y)
\end{align}
$$

よって微分方程式$(2.1.1)$の解は$\displaystyle x^{2}+4xy+\frac{3}{2}y^{2}+x-y = C$である。

・$[2]$

・$[3]$

基本例題$166$

・$[1]$
$$
\large
\begin{align}
(x+y^{2}+1)dx + 2ydy = 0 \quad (2.2.1)
\end{align}
$$

$P(x,y)=x+y^{2}+1, \, Q(x,y)=2y$とおく。このとき$P_{y}(x,y)=2y, \, Q_{x}(x,y)=0$より下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\frac{P_{y}(x,y)-Q_{x}(x,y)}{Q(x,y)} = \frac{2y-0}{2y} = 1
\end{align}
$$

ここで$\displaystyle \mu(x)=\exp{ \left( \int 1 dx \right) }$に基づいて$\mu(x)=e^{x}, \, \mu(x)P(x,y)=e^{x}(x+y^{2}+1), \, \mu(x)Q(x,y)=2e^{x}y^{2}$を定義すると下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
(\mu(x)P(x,y))_{y} = 2 e^{x} y = (\mu(x)Q(x,y))_{x}
\end{align}
$$

よって$e^{x}(x+y^{2}+1)dx + 2e^{x}ydy = 0$が完全微分形である。また、$F(x,y)=e^{x}(x+y^{2})$とおくと下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
F_{x}(x,y) &= e^{x}(x+y^{2}+1) = \mu(x)P(x,y) \\
F_{y}(x,y) &= 2e^{x}y = \mu(x)Q(x,y)
\end{align}
$$

よって微分方程式$(2.1.1)$の解は$\displaystyle e^{x}(x+y^{2}) = C$である。

・$[2]$
$$
\large
\begin{align}
(1-xy)dx + (xy-x^{2})dy = 0 \quad (2.2.2)
\end{align}
$$

$P(x,y)=1-xy, \, Q(x,y)=xy-x^{2}$とおく。このとき$P_{y}(x,y)=-x, \, Q_{x}(x,y)=y-2x$より下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\frac{P_{y}(x,y)-Q_{x}(x,y)}{Q(x,y)} &= \frac{-x-(y-2x)}{xy-x^{2}} \\
&= \frac{-(y-x)}{x(y-x)} \\
&= \frac{1}{x}
\end{align}
$$

ここで下記のように$\mu(x)$を定義する。
$$
\large
\begin{align}
\mu(x) &= \exp{ \left( \int -\frac{1}{x} dx \right) } \\
&= e^{-\log{|x|}} \\
&= |x|^{-1} = \frac{1}{|x|}
\end{align}
$$

以下、$x>0$のときと$x<0$のときで場合分けし、確認を行う。

$a) \, x>0$のとき
$\mu(x)P(x,y)$、$\mu(x)Q(x,y)$は下記のように表される。
$$
\large
\begin{align}
\mu(x)P(x,y) &= \frac{1}{x}(1-xy) \\
\mu(x)Q(x,y) &= \frac{x(y-x)}{x} = y-x
\end{align}
$$

上記に対し、下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
(\mu(x)P(x,y)){y} &= \frac{1}{x} \cdot (-x) = -1 \\
(\mu(x)Q(x,y)){x} &= -1
\end{align}
$$

よって$\mu(x)(1-xy)dx + \mu(x)(xy-x^{2})dy = 0$は完全微分形である。ここで$F(x,y)$を下記のように定義する。
$$
\large
\begin{align}
F(x,y) &= \int_{1}^{x} \mu(u) P(u,0) du + \int_{0}^{y} Q(x,v) dv \\
&= \int_{1}^{x} \frac{1}{u} du + \int_{0}^{y} (v-x) dv \\
&= \left[ \log{|u|} \right]_{1}^{x} + \left[ \frac{1}{2}v^{2} – xv \right]_{0}^{y} \\
&= \log{x} – xy + \frac{1}{2}y^{2}
\end{align}
$$

このとき下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
F_{x}(x,y) &= \frac{1}{x} – y = \frac{1}{x}(1-xy) = \mu(x)P(x,y) \\
F_{y}(x,y) &= -x + y = y-x = \mu(x)Q(x,y)
\end{align}
$$

よって$x>0$のとき微分方程式$(2.2.2)$の解は$\displaystyle \log{x} – xy + \frac{1}{2}y^{2} = C_1$である。

$b) \, x<0$のとき
$a)$と同様な計算により$\displaystyle -\log{(-x)} + xy – \frac{1}{2}y^{2} = C_2$が得られる。

$a)$、$b)$より、$(2.2.2)$の解は$\displaystyle \log{|x|} – xy + \frac{1}{2}y^{2} = C$である。

・$[3]$

基本例題$167$

・$[1]$
$$
\large
\begin{align}
(3x^{2}y – 6x)dx + (x^{3}+2y)dy = 0 \quad (2.3.1)
\end{align}
$$

上記について$P(x,y)=3x^{2}y – 6x, \, Q(x,y)=x^{3}+2y$のようにおくと、$P_{y}(x,y)=3x^{2}=Q_{x}(x,y)$より、$(2.3.1)$式は完全微分形である。よって、下記の計算に基づいて$F(x,y)$を定義する。
$$
\large
\begin{align}
F(x,y) &= \int_{0}^{x} P(u,0) du + \int_{0}^{y} Q(x,v) dv \\
&= \int_{0}^{x} (-6u) du + \int_{0}^{y} (x^{3}+2v) dv \\
&= \left[ -3u^{2} \right]_{0}^{x} + \left[ x^{3}v + v^{2} \right]_{0}^{y} \\
&= -3x^{2} + x^{3}y + y^{2} \\
&= x^{3}y – 3x^{2} + y^{2}
\end{align}
$$

ここで$F(x,y) = x^{3}y – 3x^{2} + y^{2}$について下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
F_{x}(x,y) &= 3x^{2}y – 6x = P(x,y) \\
F_{y}(x,y) &= x^{3} + 2y = Q(x,y)
\end{align}
$$

よって微分方程式$(2.3.1)$の解は$\displaystyle x^{3}y – 3x^{2} + y^{2} = C$である。

・$[2]$
$$
\large
\begin{align}
(x^{3} + 2xy + y)dx + (y^{3} + x^{2} + x)dy = 0 \quad (2.3.2)
\end{align}
$$

上記について$P(x,y)=x^{3} + 2xy + y, \, Q(x,y)=y^{3} + x^{2} + x$のようにおくと、$P_{y}(x,y)=2x+1=Q_{x}(x,y)$より、$(2.3.2)$式は完全微分形である。よって、下記の計算に基づいて$F(x,y)$を定義する。
$$
\large
\begin{align}
F(x,y) &= \int_{0}^{x} P(u,0) du + \int_{0}^{y} Q(x,v) dv \\
&= \int_{0}^{x} u^{3} du + \int_{0}^{y} (v^{3} + x^{2} + x) dv \\
&= \left[ \frac{1}{4}u^{4} \right]_{0}^{x} + \left[ \frac{1}{4}v^{4} + x^{2}v + xv \right]_{0}^{y} \\
&= \frac{1}{4}x^{4} + \frac{1}{4}y^{4} + x^{2}y + xy \\
&= \frac{1}{4}x^{4} + x^{2}y + xy + \frac{1}{4}y^{4}
\end{align}
$$

ここで$\displaystyle F(x,y) = \frac{1}{4}x^{4} + x^{2}y + xy + \frac{1}{4}y^{4}$について下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
F_{x}(x,y) &= x^{3} + 2xy + y = P(x,y) \\
F_{y}(x,y) &= y^{3} + x^{2} + x = Q(x,y)
\end{align}
$$

よって微分方程式$(2.3.2)$の解は$\displaystyle \frac{1}{4}x^{4} + x^{2}y + xy + \frac{1}{4}y^{4} = C$である。

・$[3]$
$$
\large
\begin{align}
(\cos{y} + y \cos{x})dx + (\sin{x} – x \sin{y})dy = 0 \quad (2.3.3)
\end{align}
$$

上記について$P(x,y)=\cos{y} + y \cos{x}, \, Q(x,y)=\sin{x} – x \sin{y}$のようにおくと、$P_{y}(x,y)=\cos{x}-\sin{y}=Q_{x}(x,y)$より、$(2.3.3)$式は完全微分形である。よって、下記の計算に基づいて$F(x,y)$を定義する。
$$
\large
\begin{align}
F(x,y) &= \int_{0}^{x} P(u,0) du + \int_{0}^{y} Q(x,v) dv \\
&= \int_{0}^{x} 1 du + \int_{0}^{y} (\sin{x} – x \sin{v}) dv \\
&= \left[ u \right]_{0}^{x} + \left[ v \sin{x} + x \cos{v} \right]_{0}^{y} \\
&= x + y \sin{x} + x \cos{y} – x \\
&= x \cos{y} + y \sin{x}
\end{align}
$$

ここで$\displaystyle F(x,y) = x \cos{y} + y \sin{x}$について下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
F_{x}(x,y) &= \cos{y} + y \cos{x} = P(x,y) \\
F_{y}(x,y) &= -x \sin{y} + \sin{x} = Q(x,y)
\end{align}
$$

よって微分方程式$(2.3.3)$の解は$\displaystyle x \cos{y} + y \sin{x} = C$である。

・$[4]$