a と b を定数として、微分方程式 y^2 + a y' = b を解け。

Step-by-step solution

1. 1

   導関数を孤立させ、変数分離できるか確かめる。 整理すると

   $a\frac{dy}{dx}=b-y^{2}\qquad\Longrightarrow\qquad\frac{dy}{dx}=\frac{b-y^{2}}{a}$

   となる。右辺は $y$ だけに依存するのでこの方程式は変数分離形であり、しかも $x$ が陽に現れない自励系でもある。$y$ について線形ではない（$y^{2}$ がそれを妨げる）ので、積分因子はここでの道具ではない。

2. 2

   変数を分離する。 $b-y^{2}$ で割り $dx$ を掛ける。

   $\frac{dy}{b-y^{2}}=\frac{dx}{a}$

   この段階は $y^{2}\neq b$ を仮定している。除外される値はまさに平衡解 $y=\pm\sqrt{b}$（$b>0$ のとき）であり、そこでは $dy/dx=0$ で $y$ が永久に一定のままになる——分離のままでは失われてしまう正真正銘の解である。

3. 3

   部分分数分解で左辺を積分する（$b>0$ の場合）。 $k=\sqrt{b}$ と書くと

   $\frac{1}{k^{2}-y^{2}}=\frac{1}{2k}\left(\frac{1}{k-y}+\frac{1}{k+y}\right)\Longrightarrow\int\frac{dy}{k^{2}-y^{2}}=\frac{1}{2k}\ln\left|\frac{k+y}{k-y}\right|$

   となるので、右辺が $x/a+C$ を与えることと合わせて

   $\frac{1}{2\sqrt{b}}\ln\left|\frac{\sqrt{b}+y}{\sqrt{b}-y}\right|=\frac{x}{a}+C$

   となる。

4. 4

   $y$ について陽に解く。 $2\sqrt{b}$ を掛けて指数をとると $\dfrac{\sqrt{b}+y}{\sqrt{b}-y}=Ae^{2\sqrt{b}x/a}$ となり、これを $y$ について解けば

   $y=\sqrt{b}\,\frac{Ae^{2\sqrt{b}x/a}-1}{Ae^{2\sqrt{b}x/a}+1}=\sqrt{b}\,\tanh\!\left(\frac{\sqrt{b}}{a}x+C\right)$

   が得られる。後者の形は $\tanh u=\dfrac{e^{2u}-1}{e^{2u}+1}$ から従う——指数の比という形は、姿を変えた双曲線正接そのものなのである。

5. 5

   代入して検証する。 $a=1.7$、$b=2.3$、$C=0.4$ として $x=0.2$、$0.9$、$1.6$ で $y^{2}+ay'-b$ を数値的に調べると、残差は $10^{-6}$ を下回る ✓。また $x\to\pm\infty$ のとき $y\to\pm\sqrt{b}$ となる。解は 2 つの平衡値の間に閉じ込められており、これはまさに $\tanh$ が描く飽和のふるまいである。

6. 6

   $b$ の他の符号の場合を扱う。 $b<0$ なら $b=-c^{2}$ と書ける。このとき $a\,y'=-(c^{2}+y^{2})$ を積分すると逆正接が現れ、$y=c\tan\!\left(-\dfrac{c}{a}x+C\right)$ となる——数値的に $10^{-5}$ まで検証済みであり、飽和ではなく有限の $x$ で発散する。$b=0$ なら $a\,y'=-y^{2}$ が分離できて $y=\dfrac{a}{x+C}$ となる。