변수분리형 미분방정식

(a) $y=5(e^x-3x^2-6x-6)$ 이면 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 5(e^x-6x-6)$ 이다. 이것이 $y+15x^2$ 과 같은지 확인해 보자.

$$\begin{aligned} y+15x^2&=5(e^x-3x^2-6x-6)+15x^2\\ &=5(e^x-3x^2-6x-6+3x^2)\\ &=5(e^x-6x-6)\\ &=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \end{aligned}$$

따라서 $y=5(e^x-3x^2-6x-6)$ 은 미분방정식 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=y+15x^2$ 의 해가 맞다. (b) $y=\dfrac{-2}{x^2+1}$ 이면 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{4x}{(x+1)^2}$ 이다. 이것이 $xy^2$ 과 같은지 확인해 보자.

$$\begin{aligned} xy^2&=x\left(\frac{-2}{x^2+1}\right)^2\\ &=\frac{4x}{(x^2+1)^2}\\ &=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \end{aligned}$$

따라서 $y=\dfrac{-2}{x^2+1}$ 은 미분방정식 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=xy^2$ 의 해가 맞다. (c) $y=x^{3/2}+x$ 이면 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{3}{2}\sqrt{x}+1$ 이다.

$$\begin{aligned} \left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^2+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=\left(\frac{3}{2}\sqrt{x}+1\right)^2+\frac{3}{2}\sqrt{x}+1\\ &=\frac{9}{4}x+\frac{9}{2}\sqrt{x}+2\\ &\neq \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \end{aligned}$$

따라서 $y=x^{3/2}+x$ 는 미분방정식 $\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^2+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=y$ 의 해가 아니다.

정리하면 다음과 같다:

$$\begin{aligned} e^y\,\mathrm{d}y &= 2x\,\mathrm{d}x. \\ \text{ 양변을 적분하면: } \\ \int e^y\,\mathrm{d}y &= \int 2x\,\mathrm{d}x\\ e^y &= x^2+C \\ \text{$x=0$ 일 때 $y=\log2$ 이므로} \\ e^{\log 2} &= 0^2+C \\ 2 &= C, \\ \text{따라서} \\ e^{y} &= x^2+2 \\ y &= \log(x^2+2) \end{aligned}$$

주어진 미분방정식은 변수분리형이므로 그에 따라 푼다.

$$\begin{aligned} y'&=e^{\frac{y}{3}}\cos t\\ e^{-y/3}\mathrm{d}y&=\cos t\,\mathrm{d}t\\ \int e^{-y/3}\mathrm{d}y&=\int\cos t\,\mathrm{d}t\\ -3e^{-y/3}&=\sin t +C\\ \frac{1}{e^{y/3}}&=\frac{\sin t +C}{-3}\\ e^{y/3} &=\frac{-3}{C+\sin t} \\ \frac{y}{3}&=\log\left(\frac{-3}{C+\sin t}\right) \\y(t)&=3\log\left(\frac{-3}{C+\sin t}\right) \end{aligned}$$

단, $C$ 는 임의의 상수이다.

로그의 정의역이 $(0,\infty)$ 이므로 해는 $C+\sin t<0$ 일 때만 존재한다.

주어진 미분방정식은 변수분리형이므로 그에 따라 푼다.

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= x e^{x^2-\log(y^2)} =\frac{x e^{x^2}}{y^2}\\ y^2\mathrm{d}y&=x e^{x^2}\,\mathrm{d}x\\ \int y^2\mathrm{d}y&=\int x e^{x^2}\,\mathrm{d}x \\ \text{$xe^{x^2}$ 의 부정적분을 추측하거나, 치환 $u=x^2$, $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$ 를 이용할 수 있다.} \\ \frac{y^3}{3}&=\frac{1}{2} e^{x^2}+C'\\ y^3&=\frac{3}{2} e^{x^2}+3C' \\ \text{$C'$ 은 $(-\infty,\infty)$ 의 임의의 상수이므로 $3C'$ 도 $(-\infty,\infty)$ 의 임의의 상수이다. 따라서 $3C'$ 을 임의의 상수 $C$ 로 바꾼다.} \\ y^3&=\frac{3}{2} e^{x^2}+C \\y&=\sqrt[3]{\frac{3}{2} e^{x^2}+C} \end{aligned}$$

단, $C$ 는 임의의 상수이다.

주어진 미분방정식은 변수분리형이므로 그에 따라 푼다.

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=xe^y\\ \frac{\mathrm{d}y}{e^y}&=x\,\mathrm{d}x\\ \int\frac{\mathrm{d}y}{e^y}&=\int x\,\mathrm{d}x\\ -e^{-y}&=\frac{1}{2} x^2+C\\ e^{-y}&=-\frac{1}{2} x^2-C \\ \text{$C$ 는 $(-\infty,\infty)$ 의 임의의 상수가 될 수 있으므로 $-C$ 도 $(-\infty,\infty)$ 의 임의의 상수가 될 수 있다. 따라서 $-C$ 대신 $C$ 로 쓴다.} \\ e^{-y}&=C-\frac{1}{2} x^2 \\-y&=\log\left(C-\frac{x^2}{2}\right) \\y&=-\log\left(C-\frac{x^2}{2}\right) \end{aligned}$$

여기서 $C$ 는 임의의 상수이다.

해는 $C-\frac{x^2}{2}>0$ 일 때에만 존재한다. 이를 만족시키려면 $C>0$ 이어야 하고, 이때 이 함수의 정의역은 $|x|<\sqrt{2C}$ 를 만족시키는 $x$ 의 값들이다.

주어진 미분방정식은 변수분리형이므로 그에 따라 푼다. 양변에 교차하여 곱해서 방정식을 다음과 같이 고쳐 쓴다.

$$\begin{aligned} y^2 \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= e^x -2x\\ y^2 \,\mathrm{d}y &= (e^x - 2x ) \,\mathrm{d}x. \\ \text{ 양변을 적분하면} \\ \int y^2 \,\mathrm{d}y &=\int (e^x - 2x ) \,\mathrm{d}x\\ \frac{1}{3}y^3 &= e^x - x^2 + C \\ \text{$x = 0$, $y = 3$ 을 대입하면 $\frac{1}{3}3^3=e^0-0^2+C$ 이므로 $C=8$ 이다.} \\ \frac{1}{3}y^3 &= e^x - x^2 + 8\\ y &= (3e^x -3x^2+ 24)^{1/3} \end{aligned}$$

이것은 변수분리형 미분방정식이며, 다음과 같이 통상의 방법으로 푼다.

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= -xy^3\\ - \frac{\mathrm{d}y}{y^3} &= x\ \mathrm{d}x\\ \int -\frac{\mathrm{d}y}{y^3} &= \int x\ \mathrm{d}x\\ - \frac{y^{-2}}{-2} &= \frac{x^2}{2}+C\\ y^{-2}&=x^2+2C. \tag{$*$} \\ \text{$x=0$ 일 때 $y=-\frac{1}{4}$ 이려면 $C$ 를 다음을 만족하도록 택해야 한다} \\ {\Big(-\frac{1}{4} \Big)}^{-2}& =0 +2C\\ 16&= 2C \\ \text{따라서 ($*$)에서,} \\ y^{-2}&=x^2+2C =x^2+16\\ y^2&=\frac{1}{x^2+16} \\ \text{이제 $y(x)$ 의 후보는 두 가지이다:} \\ y&=\frac{1}{\sqrt{x^2+16}}\qquad\text{또는}\qquad y=-\frac{1}{\sqrt{x^2+16}} \\ \text{$x=0$ 일 때 $y=-\frac14$ 임을 안다. 위의 함수 중 이에 맞는 것은 다음뿐이다.} \\ y&=-\frac{1}{\sqrt{x^2+16}} \end{aligned}$$

따라서 $f(x) = -\dfrac{1}{\sqrt{x^2+16}}$ 이다.

이것은 변수분리형 미분방정식이며 일반적인 방법으로 푼다. 양변을 정리하여 변수를 분리하고 적분하면,

$$\begin{aligned} y\,\mathrm{d}y &= (15x^2 + 4x + 3) \,\mathrm{d}x \\ \int y\,\mathrm{d}y &= \int (15x^2 + 4x + 3) \,\mathrm{d}x \\ \frac{y^2}{2} &= 5x^3 + 2x^2 + 3x + C. \\ \text{$x=1$ 과 $y=4$ 를 대입하면 $ \frac{4^2}2 = 5+2+3+C $ 이므로 $C=-2$ 이다. 따라서} \\ \frac{y^2}{2} &= 5x^3 + 2x^2 + 3x - 2 \\ y^2 &= 10x^3 + 4x^2 + 6x - 4 \\ \text{그러면 $y$ 가 될 수 있는 함수는 다음 두 가지이다:} \\ y = \sqrt{10x^3 + 4x^2 + 6x - 4} &\qquad\text{또는}\qquad y = - \sqrt{10x^3 + 4x^2 + 6x - 4} \\ \text{$x=1$ 일 때 $y=4$ 이다. 이것은 첫 번째 식에만 맞으므로} \\ y &= \sqrt{10x^3 + 4x^2 + 6x - 4} \end{aligned}$$

주어진 미분방정식은 변수분리형이므로 그에 따라 푼다.

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=x^3y \\\frac{\mathrm{d}y}{y}&=x^3\,\mathrm{d}x\\ \int\frac{\mathrm{d}y}{y}&=\int x^3\,\mathrm{d}x\\ \log|y|&=\frac{x^4}{4}+C\\ |y|&=e^{x^4/4+C}=e^{x^4/4}e^C \\ \text{$x=0$ 일 때 $y=1$ 이라고 주어져 있다. 즉 $1=e^0e^C$ 이므로 $e^C=1$ 이다. 즉 $C=0$ 이다.} \\ |y|&=e^{x^4/4} \\ \text{따라서 가능한 함수는 다음 두 가지가 남는다:} \\ y=e^{x^4/4}&\qquad\text{또는}\qquad y=-e^{x^4/4} \\ \text{첫째 함수는 항상 양수이고, 둘째 함수는 항상 음수이다. $x=0$ 일 때 $y=1$ (양수)이므로 다음을 얻는다} \\ y&=e^{x^4/4} \end{aligned}$$

이 미분방정식은 그렇게 보이지 않더라도 변수분리형이다. 먼저 좌변의 $y$를 우변으로 옮긴다.

$$\begin{aligned} x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y&=y^2\\ x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &=y^2-y =y(y-1) \\ \frac{\mathrm{d}y}{y(y-1)} &=\frac{\mathrm{d}x}{x} \\ \text{부분분수 분해를 이용하면 $\frac{1}{y(y-1)} = \frac{1}{y-1}-\frac{1}{y}$ 임을 알 수 있다.} \\ \left(\frac{1}{y-1}-\frac{1}{y}\right)\,\mathrm{d}y &=\frac{\mathrm{d}x}{x}\\ \int\left(\frac{1}{y-1}-\frac{1}{y}\right)\,\mathrm{d}y &=\int\frac{\mathrm{d}x}{x}\\ \log|y-1|-\log|y| &=\log |x| + C \\ \log\frac{|y-1|}{|y|}&=\log|x|+C \tag{$*$} \\ \text{$C$를 구하기 위해 $x=1$, $y=-1$을 대입한다. } \\ \log\frac{|-2|}{|-1|}&=\log|1|+C\\ \log 2&=C \\ \text{($*$)로 돌아가면,} \\ \log\frac{|y-1|}{|y|}&=\log|x|+\log 2\\ \log\left|\frac{y-1}{y}\right|&=\log|2x|\\ \left|\frac{y-1}{y}\right|&=|2x| \\ \text{$y(1)=-1$이 초기 조건이므로 $x\ge 1$이고 $|2x|=2x$이다. $x=1$일 때 $y=-1$이다. 따라서 적어도 $x$가 $1$ 근처일 때는 $y$가 $-1$ 근처이므로 $\frac{y-1}{y}$는 양수이고 절댓값 기호를 없앨 수 있다. 더 큰 $x>1$에서 $\frac{y(x)-1}{y(x)}$의 부호가 바뀔 가능성이 남아 있다. 지금은 그 가능성을 일단 무시한다. 마지막에, 구한 $y(x)$가 미분방정식 $x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y=y^2$과 초기 조건 $y(1)=-1$을 정말로 만족시키는지 직접 확인할 것이다.} \\ \frac{y-1}{y}&=2x\\ y-1&=2xy\\ y-2xy&=1\\ y(1-2x)&=1\\ y&=\frac{1}{1-2x} \end{aligned}$$

검산을 위해 계산하면 다음과 같다.

$$\begin{aligned} x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y&=x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\frac{1}{1-2x}\right\}+y\\ &=x\frac{2}{(1-2x)^2}+\frac{1}{1-2x}\\ &=\frac{2x+(1-2x)}{(1-2x)^2}\\ &=\frac{1}{(1-2x)^2}\\ &=y^2 \\ \text{따라서 미분방정식을 만족시킨다. 또한,} \\ y(1)&=\frac{1}{1-2\times 1}=-1 \end{aligned}$$

이므로 조건을 만족시킨다. 이로써 구한 해가 옳음이 확인된다.