0464-1990 东大工 数学 WEB

常微分方程 黎卡提方程

常微分方程式

$$y^{\prime }+m(x^2+x+1)+(2x+1)y+y^2=0\text{(i)}$$
$$y^{\prime \prime }+(2x+1)y^{\prime }+(x^2+x+1)y=0\text{(j)}$$

(1) 式 (i) が特解を有するとき $m$ はいくらでなければならないか。またそのときの特解を求めよ。

(2) $m$ が問 (1) における値をとるときの式 (i) の解を求めよ。

(3) $m$ が問 (1) における値をとるとき、適当な変数変換を施すことにより式 (j) は式 (i) の微分方程式に帰着することを示せ。またこのことを利用して式 (j) の解を求めよ。

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解答：

(1)
式 (i) が $y=ax+b$ の形の特解をもつと仮定し、(i) に代入する。

$$a+m(x^2+x+1)+(2x+1)(ax+b)+(ax+b{)}^2=0$$
展開して $x$ のべき乗で整理すると、
$$\begin{array}{rl}& (m+2a+a^2)x^2+(m+a+2b+2ab)x\\ & +(a+m+b+b^2)=0\end{array}$$
これが任意の $x$ について恒等的に成り立つためには、各係数が $0$ でなければならない。
$$\{\begin{array}{l}m+2a+a^2=0\\ m+a+2b+2ab=0\\ a+m+b+b^2=0\end{array}$$
第1式より $m=-a(a+2)$ であり、これを第2式に代入して整理すると $(2b-a)(a+1)=0$ となる。
$a=-1$ のとき、$m=-(-1)(1)=1$ となる。これを第3式に代入すると $-1+1+b+b^2=0⟹b(b+1)=0$ となり、$b=0$ または $b=-1$ を得る。
（$a=2b$ の場合、$m=0,y=0$ 等の自明な解となるが、問(3)の構造より $m=1$ が題意に沿う値である。）
したがって、$m=1$ のとき特解 $y=-x$ （または $y=-x-1$）をもつ。
$$\boxed{m=1,特解：y=-x\text{ (または }y=-x-1\text{)}}$$

(2)
$m=1$ のとき、式 (i) はリッカチ方程式となる。

$$y^{\prime }+(x^2+x+1)+(2x+1)y+y^2=0$$
問 (1) で求めた特解 $y_0=-x$ を用いて、$y=-x+\frac{1}{z}$ と変数変換する。
両辺を微分した $y^{\prime }=-1-\frac{z^{\prime }}{z^2}$ を方程式に代入すると、
$$-1-\frac{z^{\prime }}{z^2}+(x^2+x+1)+(2x+1)\left(-x+\frac{1}{z}\right)+{\left(-x+\frac{1}{z}\right)}^2=0$$
展開して整理すると、
$$-\frac{z^{\prime }}{z^2}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}=0⟹z^{\prime }-z=1$$
これは1階線形微分方程式であり、一般解は任意定数を $C$ として $z(x)=C{e}^x-1$ となる。
これを変数変換の式に戻すことで、式 (i) の解を得る。
$$\boxed{y=-x+\frac{1}{C{e}^x-1}}$$

(3)
式 (j) において $y(x)\ne 0$ とし、$u=\frac{y^{\prime }}{y}$ という変数変換を施す。
$y^{\prime }=uy$, $y^{\prime \prime }=(u^{\prime }+u^2)y$ を式 (j) に代入すると、

$$(u^{\prime }+u^2)y+(2x+1)uy+(x^2+x+1)y=0$$
両辺を $y$ で割ると、
$$u^{\prime }+u^2+(2x+1)u+(x^2+x+1)=0$$
この方程式は $m=1$ のときの式 (i) において、未知関数 $y$ を $u$ に置き換えたものと完全に一致する。よって式 (j) は式 (i) の微分方程式に帰着する。(証明終)

問 (2) の結果より、$u=\frac{y^{\prime }}{y}$ の解は以下のようになる。

$$\frac{y^{\prime }}{y}=-x+\frac{1}{C{e}^x-1}$$
両辺を $x$ について積分する。
$$\begin{array}{rl}\ln |y|& =\int \left(-x+\frac{e^{-x}}{C-e^{-x}}\right)\mathrm{d}x\\ & =-\frac{1}{2}{x}^2+\ln |C-e^{-x}|+C^{\prime }\end{array}$$
両辺の対数を外すと、$y=\pm e^{C^{\prime }}{e}^{-\frac{1}{2}{x}^2}(C-e^{-x})$ となる。
定数をまとめ直し、新たな任意定数を $C_1,C_2$ と置くと、式 (j) の解は以下のようになる。
$$\boxed{y(x)=C_1{e}^{-\frac{1}{2}{x}^2}+C_2{e}^{-\frac{1}{2}{x}^2-x}}$$

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这是一道考察黎卡提（Riccati）方程求解及其与二阶线性常微分方程相互转化关系的经典题目。第一问通过待定系数法假设特解为一次多项式，代入原方程后对比系数，即可确定参数值并找到特解。第二问利用黎卡提方程的标准求解套路，在已知一个特解的情况下，通过倒数代换将原非线性方程转化为关于新未知函数的一阶线性微分方程，从而顺利求出通解。第三问揭示了二阶线性齐次微分方程的降阶技巧，通过已知函数对其导数的比值进行代换，能够将二阶线性微分方程转化为一阶黎卡提方程。利用前面积累的黎卡提方程的解，两边同时积分即可还原出原二阶线性方程的解，这种方法在求解变系数微分方程中非常实用。