0277-2014 名情复 数学 P231

常微分方程 解析几何 微积分

[1] $f(x)$を実変数$x$の関数とする。このとき微分方程式

$$1-f^{\prime }(x{)}^2-f(x)f^{\prime \prime }(x)=0$$

をみたす$f(x)$を積分定数を含む形で求めよ。ただし，$({)}^{\prime }$と$({)}^{\prime \prime }$をそれぞれ$x$に対する1階微分及び2階微分とする。

[2] $y=f(x)$の概略図を，次の条件で場合分けして示せ。さらに，座標軸との交点座標を問[1]の積分定数を用いて示せ。

1. $x$軸と交点をもたない場合
2. $x$軸と交点を1つもつ場合
3. $x$軸と交点を2つもつ場合

---

解答：

[1]
与えられた微分方程式を変形する。

$$f^{\prime }(x{)}^2+f(x)f^{\prime \prime }(x)=1$$

左辺は $(f(x)f^{\prime }(x){)}^{\prime }$ に等しいため、

$$(f(x)f^{\prime }(x){)}^{\prime }=1$$

両辺を $x$ で積分する。

$$f(x)f^{\prime }(x)=x-C_1(C_1\text{は積分定数})$$

さらに両辺を $x$ で積分する。

$$\int f(x)f^{\prime }(x)dx=\int (x-C_1)dx$$ $$\frac{1}{2}f(x{)}^2=\frac{1}{2}(x-C_1{)}^2+\frac{1}{2}{C}_2(C_2\text{は積分定数})$$ $$f(x{)}^2=(x-C_1{)}^2+C_2$$ $$\boxed{\begin{array}{r}f(x)=\pm \sqrt{(x-C_1{)}^2+C_2}\\ (C_1,C_2\text{は積分定数})\end{array}}$$

[2]
$y=f(x)$ より、$y^2-(x-C_1{)}^2=C_2$ となる。
$x$軸との交点は $y=0$ より $(x-C_1{)}^2=-C_2$。
$y$軸との交点は $x=0$ より $y^2=C_1^2+C_2$。

1. $x$軸と交点をもたない場合
   条件：$-C_2<0⟹C_2>0$
   概略図：漸近線 $y=\pm (x-C_1)$ をもつ双曲線の上下の枝。
   $x$軸との交点：なし
   $y$軸との交点：$(0,\sqrt{C_1^2+C_2}),(0,-\sqrt{C_1^2+C_2})$

2. $x$軸と交点を1つもつ場合
   条件：$-C_2=0⟹C_2=0$
   概略図：点 $(C_1,0)$ で交差する2直線 $y=x-C_1$ と $y=-(x-C_1)$。
   $x$軸との交点：$(C_1,0)$
   $y$軸との交点：$(0,C_1),(0,-C_1)$

3. $x$軸と交点を2つもつ場合
   条件：$-C_2>0⟹C_2<0$
   概略図：漸近線 $y=\pm (x-C_1)$ をもつ双曲線の左右の枝。
   $x$軸との交点：$(C_1+\sqrt{-C_2},0),(C_1-\sqrt{-C_2},0)$
   $y$軸との交点：
   $C_1^2+C_2\ge 0$ のとき、$(0,\sqrt{C_1^2+C_2}),(0,-\sqrt{C_1^2+C_2})$
   $C_1^2+C_2<0$ のとき、なし

---

这道题考查了非线性常微分方程的求解以及圆锥曲线方程的分类讨论。在第一问中，解题的核心在于观察出 $f^{\prime }(x{)}^2+f(x)f^{\prime \prime }(x)$ 恰好是导数乘积 $(f(x)f^{\prime }(x){)}^{\prime }$ 的展开形式。利用这一性质可以进行凑微分，将二阶非线性微分方程降阶为一阶可分离变量方程，经过两次积分即可得到通解。将解写成含有完全平方式的形式 $(x-C_1{)}^2+C_2$ 是最直接且利于后续几何分析的。

在第二问中，问题转化为对曲线方程 $y^2-(x-C_1{)}^2=C_2$ 的图形分析。由于无法直接作图，通过判断常数 $C_2$ 的符号，可以确定该圆锥曲线的类型：当 $C_2>0$ 时为上下开的双曲线，当 $C_2=0$ 时退化为两条相交直线，当 $C_2<0$ 时为左右开的双曲线。求解截距时，分别令 $x=0$ 和 $y=0$ 即可得到与坐标轴的交点。需要特别注意的是，在左右开的双曲线情况下，曲线可能与 $y$ 轴没有交点，这取决于 $C_1^2+C_2$ 的符号，因此需要作进一步的条件说明。