リッカチの微分方程式・ベルヌーイの微分方程式

$s=0,1$ のとき，通常の1階線形微分方程式である。そこで $s \neq 0,1$ の場合を考える。

まず $y = x^{1-s}$ と置換する。このとき $\dfrac{dy}{dt} = (1-s) x^{-s} \dfrac{dx}{dt}$ であるので，与式は

$$\begin{aligned} \dfrac{x^s}{1-s} \dfrac{dy}{dt} &= f(t) x +g(t) x^s\\ \dfrac{1}{1-s} \dfrac{dy}{dt} &= f(t) x^{1-s} +g(t)\\ &= f(t) y + g(t) \end{aligned}$$

と変形できる。これは1階線形微分方程式であるため，一般解を求めることができる。

$y = x^{\frac{1}{3}}$ とおく。このとき $\dfrac{dy}{dt} = \dfrac{1}{3} x^{-\frac{2}{3}} \dfrac{dx}{dt}$ である。よって，与式は

$$\begin{aligned} 3x^{\frac{2}{3}}\dfrac{dy}{dt} &= ax^{\frac{2}{3}} -bx\\ 3 \dfrac{dy}{dt} &= a - bx^{\frac{1}{3}}\\ &= a-by \end{aligned}$$

これは1階線形微分方程式，特に変数分離型である。これを解くと，

$$\begin{aligned} \dfrac{3}{a} \dfrac{1}{1-\frac{b}{a} y} \dfrac{dy}{dt} &= 1\\ \int \dfrac{3}{a} \dfrac{dy}{1-\frac{b}{a} y} &= \int dt\\ \dfrac{3}{a} \dfrac{a}{b} \log \left| 1 - \dfrac{b}{a} y \right| &= t + C\\ 1-\dfrac{b}{a} y &= De^{-\frac{b}{3} t} \end{aligned}$$

が得られる。なお $C,D$ は定数である。初期条件から $y(0) = 0$ であり，これを代入することで $D=1$ とわかる。こうして$y = \dfrac{a}{b} \left(1-e^{-\frac{b}{3}t}\right)$ が得られる。$x = y^3$ であったため，解として $x = \left( \dfrac{a}{b} \right)^3 \left(1-e^{-\frac{b}{3}t}\right)^3$ が得られる。

元の方程式の特殊解を $x = u(t)$ とおく。与式に代入することで

$$\dfrac{du}{dt} = f(t) u^2 +g(t) u +h(t)$$

が得られる。

ここで $z = x - u(t)$ とおく。このとき元の微分方程式は

$$\dfrac{du}{dt} + \dfrac{dz}{dt} = f(t) (u^2+2uz+z^2) + g(t) (u+z) +h(t)$$

と書ける。これら2つの式の辺々の差を取ることで

$$\dfrac{dz}{dt} = (2f(t)u(t) + g(t))z + f(t) z^2$$

が得られる。これはベルヌーイの微分方程式（の $s=2$ の場合）であるため，一般解を求めることができる。

実際にさきほどの方法で解いてみる。$w=z^{1-s}$，つまり $w = z^{-1}$ とおくと，$\dfrac{dw}{dt} = -\dfrac{1}{z^2} \dfrac{dz}{dt}$ である。よって $z$ に関する微分方程式は

$$\begin{aligned} -z^2 \dfrac{dw}{dt} &= (2f(t)u(t) + g(t))z + f(t) z^2\\ \dfrac{dw}{dt} &= -(2f(t)u(t) + g(t))w - f(t) \end{aligned}$$

という $w$ の線形微分方程式に帰着される。定数変化法により，定数 $C$ を用いて

$$w = C p(t) + q(t)$$

ただし

$$\begin{aligned} p(t) &= \exp \left(- \int 2f(t)u(t) + g(t) \; dt \right)\\ q(t) &= -p(t) \int \dfrac{f(t)}{p(t)} dt \end{aligned}$$

である。$w$ を $x$ に戻すことで

$$x(t) = u(t) + \dfrac{1}{w} = u(t) + \dfrac{1}{Cp(t)+q(t)}$$

が得られる。

2次方程式 $$-2at^2 - bt +bc =0$$ の解は $t = \dfrac{-b \pm \sqrt{b^2+8abc}}{4a}$ である。これら2解を$u,v$ ($u>v$) とする。今 $x = u$ とすると，これは求めたい微分方程式の特殊解となる。

$z = x -u$ とすると，$z$ の満たす微分方程式は

$$\begin{aligned} \dfrac{dz}{dt} &= \dfrac{dx}{dt}\\ &= -2a (u+z)^2 -b(u+z) +bc \\ &= -2az^2 -4auz -bz + (-2au^2 - bu + bc)\\ &= -2az^2 - Dz \end{aligned}$$

となる。なお $4au+ b = -b+\sqrt{b^2+8abc} +b = \sqrt{b^2 + 8abc}$ であり，簡単のため $\sqrt{b^2+8abc} = D$とおいた。$w = z^{-1}$ とおくことにより $z$ の微分方程式を $w$ の微分方程式に書きかえると，

$$\begin{aligned} -z^2 \dfrac{dw}{dt} &= -2az^2 - Dz\\ \dfrac{dw}{dt} &= 2a +Dz^{-1}\\ &=2a +Dw \end{aligned}$$

という微分方程式が得られる。これを解くと $w = C e^{D t} - \dfrac{2a}{D}$ が得られる。

変数を戻すと，

$$\begin{aligned} x &= z+ u \\ &= \dfrac{1}{w} + u\\ &= \dfrac{e^{-Dt}}{C - \frac{2a}{D} e^{-Dt}} + u\\ &= \dfrac{\left(1 - \frac{2a}{D}u \right)e^{-Dt} +Cu}{C - \frac{2a}{D} e^{-Dt}} \end{aligned}$$

である。さらに

$$\begin{aligned} 1 - \dfrac{2a}{D}u &= 1-\dfrac{2a}{\sqrt{b^2+8abc}} \dfrac{-b+\sqrt{b^2+8abc}}{4a}\\ &=1-\dfrac{-b+\sqrt{b^2+8abc}}{2\sqrt{b^2+8abc}}\\ &=-\dfrac{-b-\sqrt{b^2+8abc}}{2\sqrt{b^2+8abc}}\\ &=-\dfrac{2a}{D} v \end{aligned}$$

となるため，一般解は

$$\begin{aligned} x &= \dfrac{\left(1 - \frac{2a}{D}u \right)e^{-Dt} +Cu}{C - \frac{2a}{D} e^{-Dt}}\\ &= \dfrac{-\frac{2a}{D} ve^{-Dt} +Cu}{C - \frac{2a}{D} e^{-Dt}}\\ &= \dfrac{-ve^{-Dt} +\frac{D}{2a} Cu}{\frac{D}{2a} C - e^{-Dt}}\\ &=\dfrac{C' u - ve^{-Dt}}{C' -e^{-Dt}} \end{aligned}$$

となる。なお $C'$ は定数である。