변수분리형 미분방정식 연습문제 — CLP-2 · 2.4절 · 37번

CLP-2 · 2.4절 · 37번대학 수준우리말 번역

다음을 만족하는 함수 $y(x)$ 를 구하세요. $\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}{x}^2}=\frac{2}{y^3}\cdot\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 그리고 $x=-\frac{1}{16}\log 3$ 이면 $y=1$ 이고 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=3$ 이다.

$y$ 에 대해 명시적으로 풀 필요는 없습니다.

영어 원문 보기

Find the function $y(x)$ such that $\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}{x}^2}=\frac{2}{y^3}\cdot\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ and if $x=-\frac{1}{16}\log 3$ , then $y=1$ and $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=3$ .

You do not need to solve for $y$ explicitly.

정답·풀이 보기

먼저 양변을 $x$ 에 대해 부정적분한다.

$\begin{aligned} \int \left(\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}{x}^2}\right)\,\mathrm{d}x&=\int\left(\frac{2}{y^3}\cdot\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)\,\mathrm{d}x \\ \text{오른쪽 적분은 $y$ 로 변수를 바꾸는(치환하는) 데 쓰는 꼴 그대로이다.} \\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=\int\left(\frac{2}{y^3}\right)\,\mathrm{d}y = -\frac{1}{y^2}+C \\ \text{$y=1$ 일 때 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=3$ 이다.} \\ 3& =-\frac{1}{1}+C\\ C&=4 \\ \text{따라서} \\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=-\frac{1}{y^2}+4 \\ \text{ 이것은 변수분리형 미분방정식이다. } \\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=\frac{4y^2-1}{y^2} \\ \frac{y^2}{4y^2-1}\,\mathrm{d}y&=\mathrm{d}x\\ \int \frac{y^2}{4y^2-1}\,\mathrm{d}y&=\int \mathrm{d}x\tag{$*$} \end{aligned}$

왼쪽 적분은 부분분수로 구할 수 있지만, 분자의 차수가 분모의 차수와 같으므로 먼저 식을 간단히 해야 한다. 여기서는 식을 보고 바로 변형하지만, 다항식의 나눗셈(조립제법이 아닌 직접 나눗셈)을 이용해도 된다.

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

이제 ( $*$ )로 돌아간다.

$\begin{aligned} \int \mathrm{d}x&=\int \frac{y^2}{4y^2-1}\,\mathrm{d}y\\ &= \int \frac{1}{4}\left(1+\frac{1/2}{2y-1}-\frac{1/2}{2y+1}\right)\,\mathrm{d}y\\ &= \frac{1}{4}\left(y+\frac{1}{4}\log|2y-1| - \frac{1}{4}\log|2y+1|\right)\\ &= \frac{1}{4}\left(y+\frac{1}{4}\log\left|\frac{2y-1}{2y+1}\right|\right)\\ x+C&=\frac{1}{4}\left(y+\frac{1}{4}\log\left|\frac{2y-1}{2y+1}\right|\right) \\ \text{$x=-\frac{1}{16}\log 3$ 일 때 $y=1$ 이다.} \\ -\frac{1}{16}\log 3 +C &=\frac{1}{4}\left(1+\frac14\log\left| \frac{2-1}{2+1}\right|\right) = \frac{1}{4}+\frac{1}{16}\log\frac{1}{3}\\ C&=\frac{1}{4} \\ \text{따라서} \\ x+\frac{1}{4}&=\frac{1}{4}\left(y+\frac{1}{4}\log\left|\frac{2y-1}{2y+1}\right|\right)\\ x&=\frac{1}{4}\left(y-1+\frac{1}{4}\log\left|\frac{2y-1}{2y+1}\right|\right) \end{aligned}$

구한 답은 $x$ 에 대해 미분하여 확인할 수 있다.

$\begin{aligned} x&=\frac{1}{4}\left(y-1+\frac{1}{4}\log\left|\frac{2y-1}{2y+1}\right|\right)\\ 4x&=y-1+\frac{1}{4}\log|2y-1| -\frac{1}{4}\log|2y+1|\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{4x\}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{y-1+\frac{1}{4}\log|2y-1| -\frac{1}{4}\log|2y+1|\right\}\\ 4&=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{1}{4}\cdot\frac{2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{2y-1} - \frac{1}{4}\cdot\frac{2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{2y+1}\\ 4&=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\left(1+\frac{1/2}{2y-1} - \frac{1/2}{2y+1}\right) = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\left(\frac{4y^2}{4y^2-1}\right)\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=\frac{4y^2-1}{y^2}=4-\frac{1}{y^2} \tag{$**$} \\ \text{합성함수의 미분법을 이용하여 $x$ 에 대해 다시 미분하면} \\ \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}{x}^2}&=\frac{2}{y^3}\cdot\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \end{aligned}$

이것은 우리가 풀어야 했던 미분방정식과 정확히 같다.

원본 교재 풀이(영어)

We start by antidifferentiating both sides with respect to $x$ .

$\begin{aligned} \int \left(\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}{x}^2}\right)\,\mathrm{d}x&=\int\left(\frac{2}{y^3}\cdot\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)\,\mathrm{d}x \\ \text{The right integral is in exactly the form we would use for a change of variables (substitution) to $y$.} \\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=\int\left(\frac{2}{y^3}\right)\,\mathrm{d}y = -\frac{1}{y^2}+C \\ \text{When $y=1$, $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=3$.} \\ 3& =-\frac{1}{1}+C\\ C&=4 \\ \text{So,} \\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=-\frac{1}{y^2}+4 \\ \text{ This is a separable differential equation. } \\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=\frac{4y^2-1}{y^2} \\ \frac{y^2}{4y^2-1}\,\mathrm{d}y&=\mathrm{d}x\\ \int \frac{y^2}{4y^2-1}\,\mathrm{d}y&=\int \mathrm{d}x\tag{$*$} \end{aligned}$

We can evaluate the left integral with partial fractions, but because the numerator has the same degree as the denominator, we have to simplify first. We do this by inspection, but you can also use long division.

Now, we return to ( $*$ ).

$\begin{aligned} \int \mathrm{d}x&=\int \frac{y^2}{4y^2-1}\,\mathrm{d}y\\ &= \int \frac{1}{4}\left(1+\frac{1/2}{2y-1}-\frac{1/2}{2y+1}\right)\,\mathrm{d}y\\ &= \frac{1}{4}\left(y+\frac{1}{4}\log|2y-1| - \frac{1}{4}\log|2y+1|\right)\\ &= \frac{1}{4}\left(y+\frac{1}{4}\log\left|\frac{2y-1}{2y+1}\right|\right)\\ x+C&=\frac{1}{4}\left(y+\frac{1}{4}\log\left|\frac{2y-1}{2y+1}\right|\right) \\ \text{When $x=-\frac{1}{16}\log 3$, $y=1$.} \\ -\frac{1}{16}\log 3 +C &=\frac{1}{4}\left(1+\frac14\log\left| \frac{2-1}{2+1}\right|\right) = \frac{1}{4}+\frac{1}{16}\log\frac{1}{3}\\ C&=\frac{1}{4} \\ \text{So,} \\ x+\frac{1}{4}&=\frac{1}{4}\left(y+\frac{1}{4}\log\left|\frac{2y-1}{2y+1}\right|\right)\\ x&=\frac{1}{4}\left(y-1+\frac{1}{4}\log\left|\frac{2y-1}{2y+1}\right|\right) \end{aligned}$

We can check our answer by differentiating with respect to $x$ .

$\begin{aligned} x&=\frac{1}{4}\left(y-1+\frac{1}{4}\log\left|\frac{2y-1}{2y+1}\right|\right)\\ 4x&=y-1+\frac{1}{4}\log|2y-1| -\frac{1}{4}\log|2y+1|\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{4x\}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{y-1+\frac{1}{4}\log|2y-1| -\frac{1}{4}\log|2y+1|\right\}\\ 4&=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{1}{4}\cdot\frac{2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{2y-1} - \frac{1}{4}\cdot\frac{2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{2y+1}\\ 4&=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\left(1+\frac{1/2}{2y-1} - \frac{1/2}{2y+1}\right) = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\left(\frac{4y^2}{4y^2-1}\right)\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=\frac{4y^2-1}{y^2}=4-\frac{1}{y^2} \tag{$**$} \\ \text{Differentiating with respect to $x$ again, using the chain rule,} \\ \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}{x}^2}&=\frac{2}{y^3}\cdot\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \end{aligned}$

This is exactly the differential equation we were meant to solve.

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-2 · 2.4절 · 31번우리말 번역

어떤 연속함수 $y=y(x)$ 가 $0$ 을 포함하는 어떤 열린구간의 모든 $x$ 에 대해 적분방정식

$y(x)=3+\int_0^x\big(y(t)^2-3y(t)+2\big)\sin t\ \mathrm{d}t \tag{$*$}$

을 만족시킨다. $y(x)$ 와 $(*)$ 이 성립하는 가장 큰 구간을 구하세요.

다 풀었으면 정답 확인

주어진 것은 $y$ 와 $y$ 에 대한 함수의 적분 사이의 관계식이다. 우리가 풀 줄 아는 것은 $y$ 의 도함수와 $y$ 에 대한 함수 사이의 관계식이다. 주어진 적분방정식을 미분하면 이런 식을 만들 수 있다. 미적분학의 기본정리 제1부분에 의해

$y'(x)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\int_0^x\big(y(t)^2-3y(t)+2\big)\sin t\ \mathrm{d}t\right\} =\big(y(x)^2-3y(x)+2\big)\sin x$

따라서 $y(x)$ 는 미분방정식 $y'=\big(y^2-3y+2\big)\sin x =(y-2)(y-1)\sin x$ 와 초기 조건 $y(0)=3$ ( $(*)$ 에 $x=0$ 을 대입하면 된다)을 만족시킨다. $y\ne 1,2$ 일 때,

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=(y-2)(y-1)\sin x\\ \frac{\mathrm{d}y}{(y-2)(y-1)}&=\sin x\ \mathrm{d}x \\\int \frac{\mathrm{d}y}{(y-2)(y-1)}&=\int \sin x\ \mathrm{d}x \\ \text{부분분수 방법을 쓰면 $\frac{1}{(y-2)(y-1)}=\frac{1}{y-2}-\frac{1}{y-1}$ 임을 알 수 있다.} \\ \int\Big[\frac{1}{y-2}-\frac{1}{y-1}\Big]\mathrm{d}y&=\int\sin x\ \mathrm{d}x\\ \log|y-2|-\log|y-1|&=-\cos x+c\\ \log\left|\frac{y-2}{y-1}\right|&=-\cos x+c\\ \left|\frac{y-2}{y-1}\right|&= e^{c-\cos x} \\ \text{조건 $y(0)=3$ 에서 $\big|\frac{3-2}{3-1}\big|= e^{c-1}$ 즉 $e^c=\frac{1}{2} e$ 이므로} \\ \left|\frac{y-2}{y-1}\right|&=\frac{1}{2} e^{1-\cos x} \end{aligned}$

$x=0$ 일 때 $\frac{y-2}{y-1}=\frac{1}{2}>0$ 임을 알 수 있다. 또한 $\frac{1}{2} e^{1-\cos x}$ 는, 따라서 $\big|\frac{y-2}{y-1}\big|$ 도, 결코 $0$ 이 될 수 없다. $y(x)$ 는 $x$ 에 따라 연속적으로 변하므로 $y(x)$ 는 계속 $2$ 보다 커야 한다. 따라서 $\frac{y-2}{y-1}$ 는 계속 양수이므로 절댓값 기호를 없앨 수 있다. 그러므로

$\begin{aligned} \frac{y-2}{y-1}=\frac{1}{2} e^{1-\cos x} \\ \text{ $y$ 에 대해 풀면} \\ \frac{y-2}{y-1}&=\frac{1}{2} e^{1-\cos x}\\ 2(y-2)&=e^{1-\cos x}(y-1)\\ 2y-4&=ye^{1-\cos x}-e^{1-\cos x}\\ y\big(2-e^{1-\cos x}\big)&=4-e^{1-\cos x} \\ y&=\frac{4-e^{1-\cos x}}{2-e^{1-\cos x}} \end{aligned}$

마지막 단계에서 $0$ 으로 나누는 일이 없으려면

$\begin{aligned} e^{1-\cos x}&\neq2\\ 1-\cos x&\neq \log 2\\ \cos x&\neq 1-\log 2 \end{aligned}$

이어야 한다.

간단히 하기 위해 $L=1-\log 2$ 라 하면 $L>0$ 이다. ( $2<e$ 이므로 $\log 2<\log e = 1$ 이고, 따라서 $1-\log 2>0$ 임에서 알 수 있다.)

$x=0$ 은 우리가 구한 함수의 정의역에 속하지만, 점 $x=\pm \arccos(L) = \pm\arccos(1-\log 2)$ 는 정의역에 속하지 않는다.

따라서 우리의 답이 의미를 갖는 가장 큰 구간은 $-\arccos(1-\log 2))>x>\arccos(1-\log 2)$ 이고, 이는 대략 $- 1.259 < x < 1.259$ 이다.

이 문제로 이어서 풀기

# 변수분리형 미분방정식계산도전자동 분류