微分方程式

大雑把に言って、1つの独立変数と（未知の）関数およびその導関数 $y', y'', \dots, y^{(n)}$ を結びつける関係式（方程式）

$$F(x, y, y', y'', \dots, y^{(n)}) = 0$$

を（常）微分方程式と呼ぶ。方程式に含まれる未知関数の導関数の最高階数を、この方程式の階数（階）と呼ぶ。方程式が $y, y', \dots, y^{(n)}$ についてすべて1次である場合、それを（$n$階の）線形方程式と呼ぶ。

関数 $y = y(x)$ は、それがこの方程式を満たすとき、微分方程式の解と呼ばれる。したがって、方程式が与えられたとき、最も基本的な課題はもちろん方程式の解、すなわち未知関数 $y = y(x)$ を求めることである。

微分方程式は数学やその他の自然科学（物理学、化学、生物学、天文学）において非常に基本的かつ重要な役割を果たしている。これは容易に理解できることである。なぜなら、いかなる自然過程においても、関連する変数とその変化率の間には、その過程を制約する基本的な科学原理（法則）に従って相互に関連があり、この関連を数学的な形で表現すると、しばしば1つ（または複数）の微分方程式が生じるからである。

例えば、ニュートンの基本法則によれば、質点の質量 $m$ に運動の加速度を掛けたものは、質点が受ける外力に等しい。座標を設定し、質点の時刻 $t$ における距離（または位置）を $x(t)$、受ける外力を $F(x(t))$ とすると、$x(t)$ はニュートンの運動方程式を満たす：

$$F(x(t)) = m\ddot{x}(t)$$

通常、力学では時間 $t$ に対する導関数を $\dot{x}, \ddot{x}$ などで表す。

最も簡単な例は自由落下運動であり、それは次を満たす：

$$\ddot{x}(t) = -g \quad (g \text{ は重力加速度})$$

また、質点が $x$ 軸に沿って弾性力により原点に引き戻される運動では、質点の位置関数 $x(t)$ は次を満たす：

$$m\ddot{x}(t) = -kx(t) \quad (k \text{ は弾性定数})$$

上述の物理問題を特徴づける方程式自体は、質点の運動を完全に決定することはできない。もしある時刻（例えば $t_0 = 0$）における質点の初期位置 $x(0)$ と初速度 $\dot{x}(0)$ を指定すれば、運動は完全に確定する。すなわち、質点が任意に与えられた位置から、任意に与えられた速度で出発した後の運動は、方程式によって完全に決定される。

数学の言葉で言えば、特別な要求がない限り、一般に微分方程式の解は一つには定まらないということである。例えば、最も簡単な1階方程式

$$y' = f(x)$$

の解は必ず次の形式になる：

$$y = \int f(x)\,dx = F(x) + C$$

ここで $F(x)$ は $f(x)$ の任意の確定した原始関数であり、$C$ は任意定数である。すなわち、任意の定数 $C$ に対して、$F(x) + C$ はすべて方程式の解である。このような形式の解を方程式の一般解と呼ぶ。もしあらかじめ求める解がある特定の点 $x_0$ で $y(x_0) = \alpha$ を満たすことが要求されているなら、条件を満たす解は一意であり、

$$y(x) = \int_{x_0}^x f(x)\,dx + \alpha$$

となる。これを方程式の一つの特解と呼ぶ。

自由落下運動の方程式については、2回の積分を経て、その一般解は

$$x(t) = -\frac{1}{2}gt^2 + C_1 t + C_2$$

となる（ここで $C_1, C_2$ は任意定数である）。もし時刻 $t = 0$ における初期位置と初速度 $x(0) = \alpha, \dot{x}(0) = \beta$ が与えられれば、要件を満たす特解は一意に確定する：

$$x(t) = -\frac{1}{2}gt^2 + \beta t + \alpha$$

一般形式の1階微分方程式

$$F(x, y, y') = 0$$

に対して、何の要求もなければ、その解は一般に1つの任意定数 $C$ を含み、通常は陰関数の形

$$\Phi(x, y, C) = 0$$

で表される。これを方程式の一般積分と呼ぶ。もし一般積分から解き出せる陽関数

$$y = y(x, C) \tag{4}$$

があれば、それは方程式の一般解と呼ばれる。

一般形式の $n$ 階微分方程式

$$F(x, y, y', y'', \dots, y^{(n)}) = 0$$

に対する一般積分や一般解の意味も上記と同様であるが、そこには $n$ 個の独立した（すなわち互いにまとめることのできない）任意定数が含まれる（自由落下運動の一般解に類推せよ）。そして、以下の初期条件

$$y(x_0) = y_0, \quad y'(x_0) = y_0', \dots, \quad y^{(n-1)}(x_0) = y_0^{(n-1)}$$

は、一般に方程式の1つの特解を決定する。

微分方程式の解を求めることは、かなり困難で複雑な問題であるが、上述の具体的な例からわかるように、解を求める過程はまさに積分の過程である。したがって、微分方程式の一般積分（または一般解）が初等関数および初等関数の不定積分で表せる場合、その方程式を求積可能な微分方程式と呼び、そのような解を導く方法を求積法と呼ぶ。

求積法で解ける方程式は実際には非常に少ないが、この基本的な方法は微分方程式において依然として重要である。我々は本節において、求積法を用いて解く1階または高階の方程式の解法をいくつか簡単に紹介する。なお、（常）微分方程式の一般理論については、後続の課程で紹介する。

1 階微分方程式

変数分離法

次のような形の1階方程式を考える：

$$\frac{dy}{dx} = f(x, y) \tag{1}$$

このような単純な方程式であっても、解を求めるのは困難なことである。しかし方程式がある特殊な型を持つ場合、求積法を用いて容易に解決できる。

もし $f(x, y) = g(x)h(y)$ ならば（ここで $g, h$ はそれぞれ $x$ と $y$ の連続関数であり、$h(y)$ は恒等的にゼロではないとする）、方程式は

$$\frac{dy}{dx} = g(x)h(y) \tag{2}$$

となり、これは（変数を分離して）次のように変形できる：

$$\frac{dy}{h(y)} = g(x)\,dx \tag{3}$$

1階の微分形式の不変性により、$x$ が独立変数であるときに

$$\int \frac{dy}{h(y)} = H(y) + C$$

となるなら、$y$ が $x$ の微分可能関数であるときにも等式は依然として成り立つことに注意する。したがって、(3)式の両辺をそれぞれ $x$ と $y$ について不定積分すると、次を得る：

$$H(y) = \int g(x)\,dx = G(x) + C \tag{4}$$

ここで $G(x)$ は $g(x)$ の1つの原始関数であり、$C$ は任意定数である（上式の左辺にも任意定数が含まれるべきだが、これは $\int g(x)\,dx$ の任意定数とまとめて $C$ とすることができる）。これが方程式(2)の一般積分である。

注意として、$h(y)$ の任意のゼロ点 $h(a) = 0$ に対して、定数関数 $y = a$ は明らかに方程式(2)の解である。これらの解は、変数分離（すなわち(2)を(3)に変換する際）に失われがちであり、また一般積分(4)に含まれないことがあるため、このような解は補足する必要がある。

方程式(2)では、$x$ の関数と $dx$ を等式の片側に、$y$ の関数と $dy$ を等式の反対側に置くことができ、それによって両辺でそれぞれ不定積分を求めることができることがわかる。このような方程式を変数分離形の方程式と呼び、この解法を変数分離法と呼ぶ。

例 1 方程式 $\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$ を解け。

解方程式を変数分離すると、

$$y\,dy = -x\,dx$$

両辺を積分すると、方程式の一般積分を得る。

$$x^2 + y^2 = C \quad (C \text{ は任意定数})$$

これは $Oxy$ 座標系において、原点を中心とする同心円族を表す。

例 2 方程式 $(1+x^2)y\,dy + \sqrt{1-y^2}\,dx = 0$ を解け。

解 $1-y^2 \neq 0$ のとき、変数分離すると方程式は次のように書き換えられる。

$$-\frac{y\,dy}{\sqrt{1-y^2}} = \frac{dx}{1+x^2}$$

両辺を積分すると、方程式の一般積分は次のように得られる。

$$\sqrt{1-y^2} = \arctan x + C \quad (C \text{ は任意定数})$$

また、$y = \pm 1$ はともに元の方程式の解であるため、補足する必要がある。したがって、この方程式の解は

$$\sqrt{1-y^2} - \arctan x = C \quad \text{および} \quad y = \pm 1$$

である。

同次方程式

方程式自体は直接変数分離できなくても、適切な置換を行うことで変数分離法を用いて解ける方程式がある。同次微分方程式はそのような方程式の一つである。

関数 $f(x, y)$ は、ある範囲の $x, y$ および $t$ に対して

$$f(tx, ty) = t^n f(x, y)$$

が成り立つとき、$n$ 次の同次関数と呼ばれる。

1階微分方程式

$$P(x, y)\,dx + Q(x, y)\,dy = 0$$

は、関数 $P$ と $Q$ が同じ次数の同次関数であるとき、同次であると呼ばれる。このとき $\frac{P(x, y)}{Q(x, y)}$ は0次の同次関数となり、$\varphi\left(\frac{y}{x}\right)$ の形で書くことができる。したがって、上述の同次微分方程式は次の形式に変形できる：

$$\frac{dy}{dx} = \varphi\left(\frac{y}{x}\right) \tag{5}$$

方程式(5)を解くために、新しい未知関数

$$u = \frac{y}{x}$$

を導入する。すると $y = ux$ であり、

$$\frac{dy}{dx} = u + x\frac{du}{dx}$$

となる。ゆえに方程式(5)は次のようになる：

$$x\frac{du}{dx} = \varphi(u) - u \tag{6}$$

方程式(6)は変数分離でき、次のようになる：

$$\frac{du}{\varphi(u) - u} = \frac{dx}{x}$$

両辺を積分して次を得る：

$$\int \frac{du}{\varphi(u) - u} = \ln|x| + C$$

上式の左辺の不定積分を求めた後、中の $u$ を $\frac{y}{x}$ で置換すれば、方程式(5)の一般積分が得られる。注意として、もし $\varphi(u) - u$ に実数のゼロ点 $u_0$ がある場合、$y = u_0 x$ は失われた特解となるため、補足する必要がある。

例 3 方程式 $\frac{dy}{dx} = \frac{x+y}{x-y}$ を解け。

解これは同次方程式である。$y = ux$ とおき、変数分離を行うと、

$$\frac{1-u}{1+u^2}\,du = \frac{dx}{x}$$

積分すると

$$\arctan u - \frac{1}{2}\ln(1+u^2) = \ln|x| + C_1$$

$u = \frac{y}{x}$ を上式に代入すると、元の方程式の一般積分が次のように得られる。

$$\sqrt{x^2+y^2} = C e^{\arctan\frac{y}{x}} \quad (\text{ここで } C = e^{-C_1})$$

極座標を用いると、上記の一般積分は次のように書ける。

$$r = C e^\theta$$

これは平面上で原点を中心とする対数螺旋の族を表している。

例 4 方程式 $x\,dy = (y + \sqrt{x^2+y^2})\,dx$ を解け。

解まず $x > 0$ の場合を考える。このとき元の方程式は次のように変形できる。

$$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \sqrt{1 + \left(\frac{y}{x}\right)^2}$$

これは同次方程式である。$y = ux$ と置換すると、

$$x\frac{du}{dx} = \sqrt{1+u^2}, \quad \text{すなわち} \quad \frac{du}{\sqrt{1+u^2}} = \frac{dx}{x}$$

積分すると

$$\ln(u + \sqrt{1+u^2}) = \ln x + C_1$$

ここで $C_1$ は任意定数である。$u = \frac{y}{x}$ を上式に代入すると、次が得られる。

$$y + \sqrt{x^2+y^2} = \overline{C}x^2 \quad (\text{ここで } \overline{C} = e^{C_1} > 0)$$

ここから $y$ を解き出すと

$$y = \frac{1}{2}\left(\overline{C}x^2 - \frac{1}{\overline{C}}\right)$$

$x < 0$ の場合も、上記と同じ結果が求められる。ゆえに元の方程式の解は $y = \frac{1}{2}\left(Cx^2 - \frac{1}{C}\right)$ （ここで $C > 0$ は定数）である。

1 階線形方程式

もし1階微分方程式の中の未知関数およびその導関数がすべて1次である場合、その方程式を1階線形方程式と呼ぶ。これは標準形に変換できる：

$$\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x) \tag{7}$$

もし右辺の $Q(x)$ が恒等的にゼロであるなら、方程式は（1階）同次線形方程式と呼ばれる。そうでない場合、方程式は（1階）非同次線形方程式と呼ばれる。注意すべきは、ここでの「同次」の意味は前に述べたものとは全く異なるということである。

同次線形方程式

$$\frac{dy}{dx} + P(x)y = 0 \tag{8}$$

を解くことは非常に簡単である。なぜならこれは変数分離形の方程式だからである。$y \neq 0$ のとき、

$$\frac{dy}{y} = -P(x)\,dx$$

であり、

$$\ln|y| = -\int P(x)\,dx + C_1$$

を得る。これより

$$y = C e^{-\int P(x)\,dx} \quad (\text{ここで } C = \pm e^{C_1} \neq 0)$$

明らかに $y = 0$ は方程式(8)の解であり、上記の一般解において $C = 0$ とすればこの解が得られる。したがって、同次線形方程式(8)の一般解は

$$y = C e^{-\int P(x)\,dx} \quad (C\text{ は任意定数}) \tag{9}$$

となる。

次に非同次方程式(7)を解く。これは直接変数分離法を用いることはできない。ここでは次の方法を採用する：$\int P(x)\,dx$ を $P(x)$ の任意の確定した原始関数とし、(7)の両辺に $e^{\int P(x)\,dx}$ を掛けると、得られた結果は次のように変形できる：

$$\frac{d}{dx}\left(y e^{\int P(x)\,dx}\right) = Q(x)e^{\int P(x)\,dx}$$

両辺を積分すれば直ちに次を得る：

$$y e^{\int P(x)\,dx} = \int Q(x)e^{\int P(x)\,dx}\,dx + C$$

すなわち方程式(7)の一般解は（$C$ を任意定数として）

$$y = e^{-\int P(x)\,dx} \left[ \int Q(x)e^{\int P(x)\,dx}\,dx + C \right] \tag{10}$$

となる。

方程式(7)のもう1つの解法は、置換を行うことである：

$$y = C(x)e^{-\int P(x)\,dx} \tag{11}$$

これを方程式(7)に代入すると、変数分離形の方程式が生じる：

$$\frac{dC(x)}{dx} = Q(x)e^{\int P(x)\,dx}$$

これより直ちに次を得る：

$$C(x) = \int Q(x)e^{\int P(x)\,dx}\,dx + C$$

これを(11)と組み合わせることで、方程式(7)の一般解(10)が導かれる。

注記：(9)と(11)を比較すると、非同次方程式(7)を解くために行った置換は、対応する同次方程式の一般解において、任意定数 $C$ を $x$ の関数 $C(x)$ に変化させたものとみなすことができる。したがって、この方法は定数変化法とも呼ばれる。これは微分方程式において非常に重要な方法である。さらに、一般解の公式(10)から次のこともわかる：線形非同次方程式の一般解は、簡単に言えば、対応する同次方程式の一般解 $C e^{-\int P(x)\,dx}$ と、線形非同次方程式の一つの特解 $e^{-\int P(x)\,dx}\int Q(x)e^{\int P(x)\,dx}\,dx$ の和である。この事実については、後で再度言及する。

ある種の1階方程式は、線形方程式ではないが、適切な置換を通じて線形方程式に変換でき、その解を容易に求めることができる。ここではそのような方程式を1つだけ挙げる。これはいわゆるベルヌーイ方程式である：

$$\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)y^n \quad (n\text{ は } 0, 1 \text{ 以外の実数}) \tag{12}$$

方程式(12)を解くには次の方法を採用できる：まず方程式の両辺を $y^n$ で割る。

$$y^{-n}\frac{dy}{dx} + P(x)y^{1-n} = Q(x)$$

次に $u = y^{1-n}$ と置換すると、方程式は線形方程式に変換される：

$$\frac{du}{dx} + (1-n)P(x)u = (1-n)Q(x)$$

これにより方程式(12)の一般解が容易に求まる。

例 5 方程式 $\frac{dy}{dx} - \frac{1}{x}y = -1$ を解け。

解これは（1階）非同次線形方程式であり、前述の方法を用いて解くことができる。また、一般解の公式(10)を直接応用することもできる（$P(x) = -\frac{1}{x}$, $Q(x) = -1$ とする）。我々は次を得る：

$$\begin{aligned}y &= e^{\int \frac{dx}{x}} \left[ C + \int (-1)e^{-\int \frac{dx}{x}}\,dx \right] \\ &= e^{\ln|x|} \left[ C - \int e^{-\ln|x|}\,dx \right] = |x|\left[ C - \int \frac{dx}{|x|} \right]\end{aligned}$$

上式の右辺は、$x > 0$ のときは

$$x\left[ C - \int \frac{dx}{x} \right] = x[C - \ln x]$$

$x < 0$ のときは

$$-x\left[ C - \int \frac{dx}{-x} \right] = x[-C - \ln(-x)]$$

$C$ は任意定数であるため、方程式の解は統一して次のように表現できる：

$$y = x[C - \ln|x|]$$

例 6 方程式 $(2y^2 + y - x)\,dy - y\,dx = 0$ を解け。

解 $y \neq 0$ のとき、方程式は次のように変形できる：

$$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{2y^2 + y - x}$$

しかし、これは線形方程式ではない。もし方程式を次のように変形すれば：

$$\frac{dx}{dy} = 2y + 1 - \frac{x}{y}, \quad \text{すなわち} \quad \frac{dx}{dy} + \frac{1}{y}x = 1 + 2y$$

これは $y$ を独立変数、$x$ を未知関数とする線形方程式になる。その一般解は

$$\begin{aligned}x &= e^{-\int \frac{dy}{y}} \left[ \int (1+2y)e^{\int \frac{dy}{y}}\,dy + C \right] \\ &= \frac{1}{|y|} \left[ \int (1+2y)|y|\,dy + C \right] \\ &= \frac{1}{y} \left[ \frac{1}{2}y^2 + \frac{2}{3}y^3 + C \right] \\ &= \frac{1}{2}y + \frac{2}{3}y^2 + \frac{C}{y} \quad (C \text{ は任意定数})\end{aligned}$$

例 7 方程式 $\frac{dy}{dx} = xy + x^3y^3$ を解け。

解これはベルヌーイ方程式である。$u = y^{-2}$ と置換し、それを線形方程式に変形する：

$$\frac{du}{dx} + 2ux = -2x^3$$

その一般解は容易に求められ、$u = 1 - x^2 + C e^{-x^2}$ となる。ゆえに元の方程式の一般積分は

$$\frac{1}{y^2} = 1 - x^2 + C e^{-x^2}$$

また、$y = 0$ という特解も存在する。

練習問題（1 階微分方程式）

次の変数分離形の微分方程式を解け。(a) $\dfrac{dy}{dx} = e^{x-y}$；(b) $y' = \dfrac{1+y^2}{1+x^2}$；(c) $y'\sin x = y\ln y$。
次の同次形の微分方程式を解け。
1. $y' = \frac{y^2}{x^2} - 2$
2. $y' = \frac{y}{x} + \frac{x}{y}$
3. $\frac{dx}{x^2 - xy + y^2} = \frac{dy}{2y^2 - xy}$
4. $(x^2 + 3y^2)\,dx - 2xy\,dy = 0$
次の形の方程式
$$\frac{dy}{dx} = f\left(\frac{a_1 x + b_1 y + c_1}{a_2 x + b_2 y + c_2}\right)$$
は置換を通じて同次方程式に変換できることを証明せよ。（ヒント：もし連立方程式
$$\begin{cases} a_1 x + b_1 y + c_1 = 0 \\ a_2 x + b_2 y + c_2 = 0 \end{cases}$$
が非ゼロの解 $x_0, y_0$ （$x_0, y_0$ は同時にはゼロでない）を持つならば、$u = x - x_0, v = y - y_0$ とおく。反対の場合はさらに容易に処理できる。）次の方程式を解け。
1. $\frac{dy}{dx} = \frac{x+y+3}{x-y+1}$
2. $\frac{dy}{dx} = \frac{2x+4y+3}{x+2y+1}$
次の線形方程式とベルヌーイ方程式の解を求めよ。
1. $(1+x^2)y' - 2xy = (1+x^2)^2$
2. $y' + \frac{1-2x}{x^2}y = 1$
3. $y' = \frac{y}{x+y^3}$
4. $y' + \frac{y}{x} = y^2 \ln x$
5. $y' = y\tan x + y^2 \cos x$
6. $y - y'\cos x = y^2(1-\sin x)\cos x$
初期条件を満たす次の特解を求めよ。
1. $y' = \frac{y}{x}\ln\frac{y}{x}, \quad y(1)=1$
2. $y' + \frac{y}{x} = \frac{\sin x}{x}, \quad y(\pi)=1$
次の微分方程式を解け。
1. $y' + x = \sqrt{x^2+y}$
2. $y' = \cos(x-y)$
3. $y' - e^{x-y} + e^x = 0$
4. $y' + \sin y + x\cos y + x = 0$
定数変化法を用いてベルヌーイ方程式の一般解を導出せよ。
ある曲線が点 $(2, 3)$ を通り、座標軸間の任意の接線セグメントが接点によって二等分されるという。この曲線を求めよ。
関数 $f(x)$ が至る所連続であり、かつ $f(x) = \int_0^x f(t)\,dt$ （任意の $x \in \mathbb{R}$ に対して）であるとする。$f(x)$ を求めよ。
ラジウムの崩壊速度は、ラジウムの現存量に正比例することが知られている（比例定数を $k$ とする）。開始時のラジウムの量を $a$ とする。時刻 $t$ におけるラジウムの量 $x(t)$ はいくらか？
モーターボートが静水上で $v = 10 \text{ km/h}$ の速度で運動している。そのエンジンを全開にした後オフにすると、20秒後にモーターボートの速度は $v_1 = 6 \text{ km/h}$ に低下した。水がモーターボートの運動に与える抵抗力はボートの速度に正比例すると仮定する。次を求めよ：
1. エンジン停止から2分後のモーターボートの速度。
2. エンジン停止から1分後にモーターボートが進んだ距離。

階数を下げられる 2 階微分方程式

一般的な2階微分方程式の形式は次である：

$$F(x, y, y', y'') = 0$$

この節では、置換を通じて1階方程式に変換できる2つの特殊な型の2階方程式について述べる。

(i) 未知関数を陽に含まない2階方程式 もし2階方程式が $y$ を陽に含まない場合、この方程式は次のように書ける。

$$f(x, y', y'') = 0 \tag{1}$$

新しい関数 $p = y'$ を導入すると、$y'' = \frac{dp}{dx}$ となる。このとき(1)は1階方程式に変換される：

$$f\left(x, p, \frac{dp}{dx}\right) = 0 \tag{2}$$

もし(2)の一般積分（または一般解）が求まれば、この一般積分（または一般解）の中の $p$ を $\frac{dy}{dx}$ に置き換えると、別の1階方程式が生じる。この1階方程式の解を求めれば、(1)の解も求まる。この方法は、1つの2階方程式を2つの1階方程式に変換して解決するものである。

(ii) 独立変数を陽に含まない方程式 もし2階方程式が $x$ を陽に含まない場合、方程式は次のように書ける。

$$g(y, y', y'') = 0 \tag{3}$$

先程と同様に $p = y'$ とおくが、今回は $y''$ を $p$ の $y$ に対する導関数を用いて表す必要がある：

$$y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy}\frac{dy}{dx} = p\frac{dp}{dy}$$

ゆえに(3)は次のように書ける：

$$g\left(y, p, p\frac{dp}{dy}\right) = 0 \tag{4}$$

これは1階方程式である。前の場合と同様に、方程式(4)の一般積分（または一般解）を求めた後、問題を別の1階方程式を解くことに帰着させる。

例 1 2階方程式 $xy'' + y' = 4x \quad (x \neq 0)$ を解け。

解これは未知関数を陽に含まない方程式である。$p = y'$ とおくと、方程式は次のように変換される：

$$xp' + p = 4x \tag{5}$$

これは1階の非同次線形方程式であり、1 階線形方程式の方法で解くことができるが、より単純には(5)を次のように変形する：

$$\frac{d(xp)}{dx} = 4x$$

すると $xp = 2x^2 + C_1$、すなわち

$$\frac{dy}{dx} = 2x + \frac{C_1}{x}$$

積分すると、方程式の一般解が得られる：

$$y = x^2 + C_1 \ln|x| + C_2$$

ここで $C_1, C_2$ は（独立した）定数である。前にも述べたように、2階方程式の一般積分（または一般解）には、2つの（独立した）定数が含まれることに注意する。

例 2 方程式 $y'' - e^{2y} = 0$ において、初期条件 $y(0)=0, y'(0)=1$ を満たす特解を求めよ。

解これは $x$ を陽に含まない2階方程式である。$p = y'$ とおくと、$y'' = p\frac{dp}{dy}$ となる。方程式に代入して次を得る：

$$p\frac{dp}{dy} - e^{2y} = 0$$

変数分離し、積分すると次を得る：

$$\frac{1}{2}p^2 = \frac{1}{2}e^{2y} + C_1$$

$y(0)=0, p(0)=y'(0)=1$ より $C_1=0$ となる。ゆえに $p^2 = e^{2y}$ となるため、

$$\frac{dy}{dx} = e^y$$

変数分離し、再度積分すると次を得る：

$$-e^{-y} = x + C$$

$y(0)=0$ より $C=-1$ となる。ゆえに求める特解は $1 - e^{-y} = x$ である。

練習問題（2 階微分方程式）

次の2階方程式を解け。(a) $y'' = x + \sin x$；(b) $xy'' = y'$；(c) $yy'' = (y')^2$。
次の2階方程式の初期条件を満たす特解を求めよ。
1. $y'' = \frac{y'}{x} + \frac{x^2}{y'}, \quad y(1)=1, \quad y'(1)=0$
2. $y^3 y'' = -1, \quad y(1)=1, \quad y'(1)=0$

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