1st ODE

1계는 2계 이상과 풀이가 다르지만, 2계 이상은 2계와 푸는 방법이 같다. 1계는 이해하기 쉬울것이다.

풀이방법

변수분리(+적절한 치환, Ch.1.3)
완전미분방정식(+적분인자, Ch.1.4)

변수분리법(Separable variable law)

쉽게 말하면 좌변에는 y에 관련된것만 다 모으고,
우변에는 x에 관련된것만 다 모으는 것이다.

그렇게 양변을 서로 적분하여 좌변에는 y에 대한 것으로,
우변에는 x에 대한 것으로 해를 구하는 것이다. 이렇게 좌변과 우변으로 변수분리가 가능하면 풀 수 있다.

Example 1

\[y'=-2xy \text{, }y(0)=1.8\]

위의 예를 풀어보자.

\[\frac{dy}{dx}=-2xy\] \[\frac{1}{y}dy=-2xdx\] \[\int{\frac{1}{y}dy}=\int{-2xdx}\] \[ln|y|=-x^2+c\] \[|y|=e^{-x^2+c}=e^ce^{-x^2}=c^*e^{-x^2}\]

절대값 벗기면, 그래도 상수가 부호를 포함한다고 하면,

00\(\therefore y=\tilde{c}e^{-x^2}=1.8e^{-x^2}\)

Example 2

\[y'=(x+1)e^{-x}y^2\]

위의 예를 풀어보자.

\[\frac{dy}{dx}=(x+1)e^{-x}y^2\] \[\frac{1}{y^2}dy=(x+1)e^{-x}\] \[\int\frac{1}{y^2}dy=\int(x+1)e^{-x}\] \[-y^{-1}=c m (x+2)e^{-x}+c\] \[y^{-1}=(x+2)e^{-x}+c\] \[\therefore y=\frac{1}{(x+2)e^{-x}+c}\]

Example 3 + 적절히 치환

\[y'=(x+y+3)^2\]

이 경우엔 변수분리가 불가능하다.
적절히 치환하여 풀어야한다.

u로 치환

\[x+y+3=u\]

u를 x에 대해서 미분

\[1+y'=u'\] \[u'-1=u^2\]

이후 변수분리

\[\frac{du}{dx}=u^2+1\] \[\frac{du}{u^2+1}=dx\] \[\int\frac{du}{u^2+1}=\int dx\] \[tan^{-1}u=x+c\] \[u=tan(x+c)\] \[x+y+3=tan(x+c)\] \[\therefore y=tan(x+c)-x-3\]

완전미분방정식(Exact differential equation)

사전지식

전미분(Total derivative)

전미분의 정의

\[u \sim x,y\] \[du=\frac{\partial u}{\partial x}dx + \frac{\partial u}{\partial y}dy=0 \rightarrow u=c\]

전미분은 어떤 다변수 함수에 대해 모든 변수의 변화량에 대한 함수의 변화량을 합하여 근사하는 것이다. 위에서 전미분 값이 0이라는 것은, 다변수 함수 u의 변화량이 0이라는 것이고. 즉, 함수가 상수형태라는 것을 의미한다.

전미분을 하려면 전미분 가능함수여야 하는데, 다음 조건을 만족하여야한다.

항상 연속인 함수
항상 모든 변수에 대해 편미분 가능하다.
항상 모든 방향에 대해 방향 미분 가능하다.(directional differentiability)

왠만큼 특이한 함수가 아니면 전미분이 가능하다고 생각할 수 있다.

\(y \sim x\)

어떤 x를 독립변수로 가지는 함수 y가 있다고 할 때,
y의 변화량을 알고 싶다.
이를 근사적으로 아는 방법은 다음과 같다.

\[\Delta y=\frac{dy}{dx} \Delta x + O(\epsilon^2)\]

증분이 굉장히 작으면 오차는 0에 수렴한다.

\[dy=\frac{dy}{dx}dx\]

\(u \sim x,y\)

x,y 두개의 독립변수로 가지는 함수 u가 있다고 할 때,
u의 변화량을 알고 싶다.

\[\Delta u=\frac{\partial u}{\partial x}\Delta x + \frac{\partial u}{\partial y}\Delta y+O(\epsilon ')\]

각각의 방향에 대해, x방향 기울기에 x변화량을 곱하고, y방향 기울기에 y변화량을 곱하여 더하면 그게 u의 변화량에 근사된다. 어느정도 오차가 있다.

증분이 굉장히 작으면 오차는 0에 수렴한다.

\[du=\frac{\partial u}{\partial x}dx + \frac{\partial u}{\partial y}dy\]

이 형태를 함수 u의 전미분이라고 한다. 이 전미분 식은 완전미분방정식을 이해할 때 필요하다.

완전 미분 방정식

전형적인 경우 편미분의 순서는 중요하지 않다.

Symmetry of second derivatives

이 때 M, N을 다음과 같이 정의할 수 있다.

\[\partial{(\frac{\partial u}{\partial x})}/ \partial y = \partial{(\frac{\partial u}{\partial y})}/ \partial x = \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}\] \[\therefore \frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x} \rightarrow M=\frac{\partial u}{\partial x},N=\frac{\partial u}{\partial y}\]

만약 다음 식이 성립한다면,(Exactness condition)

\[\text{if }\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x} \rightarrow \text{Exact!}\]

다음 전미분식은 완전미분방정식이 된다.

\[M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 \rightarrow u(x,y)=c\]

이 완전미분방정식의 다른형태는 다음과 같다.

\[\frac{dy}{dx}=y'=-\frac{M(x,y)}{N(x,y)}=0\]

위의 식은 미적분학에서 등장하였을것이다.

완전 미분방정식 증명

Example 1

\[cos(x+y)dx+[3y^2+2y+cos(x+y)]dy=0\]

dx 앞에있는걸 M, dy 앞에있는걸 N이라고 하면,

\[Mdx + Ndy = 0\]

위의 방정식이 완전미분방정식인지 알아보자.

\[\frac{\partial M}{\partial y}=-sin(x+y)\] \[\frac{\partial N}{\partial x}=-sin(x+y)\]

둘이 같으니까 완전미분방정식 조건 성립이다.

완전 미분방정식을 세워보자.

\[du=M(x,y)dx+N(x,y)dy=cos(x+y)dx+[3y^2+2y+cos(x+y)]dy=0\]

u(x,y)는 무엇인가?

\[\frac{\partial u}{\partial x}=M=cos(x+y)\] \[\frac{\partial u}{\partial y}=N=3y^2+2y+cos(x+y)\]

이것이 의미하는 바는, u는 x로 편미분하면 M이나오고, y로 편미분하면 N이 나온다는 것이다. 이를 통해 해를 찾아낼 수 있다! 먼저 x로 미분했을 때 M이 나오는 u는 무엇일까?

\[u=sin(x+y)+f(y)\]

x에 대해 편미분 하였을 때 사라지는 y에 대한 함수를 만들어준다. 그럼 y로 미분했을 때 N이 나오도록 f(y)를 찾아보자.

\[u=sin(x+y)+y^3+y^2=C\]

du에서 u로 적분했으므로 상수 꼭 추가.

그런데 x,y가 서로 자유로워 보이지만, 실제로 x가 정해지면 C에의해서 y가 묶이게 된다.
살펴보면 x와 y는 독립변수가 아니다!
그러면 y~x로 표현할 수가 있다.

만약 초기조건이 다음으로 주어졌다고 해보자.

\[y(0)=0\]

즉 x=0일 때 y=0이라면,
C=0이 된다.

특수해는

\[u=sin(x+y)+y^3+y^2=0\]

이 된다.

초기조건이 하나만 있어도 특수해가 발견된다.

적분인자(Integrating Factor)

만약에 M과 N이 다르다면? 방정식이 완전하지 않다면? 그러면 이 방식을 적용할 수가 없다.

그러나 양변에 뭔가를 곱해서 완전해지도록 만들어 볼수 있다. 그 때 양변에 곱하는 무언가가 적분인자이다.

\[M dx + N dy = 0\] \[\frac{\partial M}{\partial y} \ne \frac{\partial N}{\partial x}\]

이 때 양변에 적분인자 F를 곱해서,

\[FMdx+FNdy=0\] \[\frac{\partial (FM)}{\partial y}=\frac{\partial (FN)}{\partial x}\]

로 만들어 해를 구한다. 이 때 가정은,

F가 x만의 함수 F(x)이다 or F가 y만의 함수 F(y)이다.

로 가정한다. F(x,y)로는 구할 수 없다.

Example 2 + 적분인자

\[(e^{x+y}+ye^y)dx+(xe^y-1)dy=0\text{, }y(0)=-1\]

이것이 완전한지 먼저 체크한다.

\[M=e^{x+y}+ye^y \text{, } N=xe^y-1\] \[\frac{\partial M}{\partial y}=e^{x+y}+e^y+ye^y \text{, } \frac{\partial N}{\partial x}=e^y\]

둘이 서로 다르기 때문에 완전하지 않다. 그럼 곱해줄 적분인자를 찾아보자.

두가지의 가정을 할 수 있다.

F~x인 경우

\[F(e^{x+y}+ye^y)dx+F(xe^y-1)dy=0\]

이제 여기서 새로운 M’과 N’이 완전 미분방정식 조건을 만족해야한다.
이것이 성립하도록 F(x)를 짜맞춰보자.

\[M'=F(x)(e^{x+y}+ye^y)\] \[N'=F(x)(xe^y-1)\]

이것을 각각 y와 x로 편미분하면,

\[\frac{\partial M'}{\partial y}=F(x)(e^{x+y}+e^y+ye^y)\] \[\frac{\partial N'}{\partial x}=F'(x)(xe^y-1)+F(e^y)\] \[F(x)(e^{x+y}+e^y+ye^y)=F'(x)(xe^y-1)+F(x)(e^y)\]

이 성립해야 완전미분방정식이 된다. 먼저 우변의 F(e^y)는 소거된다.

\[F(x)(e^{x+y}+ye^y)=F'(x)(xe^y-1)\]

이것이 가능할까?

\[\frac{F}{F'}=\frac{\cdots}{\cdots}\]

F는 x만의 함수인데, 우변에는 분명히 y가 들어있다. 이것은 가정이 틀렸음을 의미한다!

F~y인 경우

\[F(e^{x+y}+ye^y)dx+F(xe^y-1)dy=0\]

이제 여기서 새로운 M’과 N’이 완전 미분방정식 조건을 만족해야한다. 이것이 성립하도록 F(y)를 짜맞춰보자.

\[M'=F(y)(e^{x+y}+ye^y)\] \[N'=F(y)(xe^y-1)\]

이것을 각각 y와 x로 편미분하면,

\[\frac{\partial M'}{\partial y}=F'(y)(e^{x+y}+ye^y)+F(y)(e^{x+y}+e^y+ye^y)\] \[\frac{\partial N'}{\partial x}=F(y)(e^y)\] \[F'(y)(e^{x+y}+ye^y)+F(y)(e^{x+y}+e^y+ye^y)=F(y)(e^y)\]

이 성립해야 완전미분방정식이 된다. 우변의 F(y)(e^y)는 소거된다.

\[F'(y)(e^{x+y}+ye^y)+F(y)(e^{x+y}+ye^y)=0\]

이것이 가능할까?

\(e^{x+y}+ye^y\)를 factor로 묶으면,
\(F'+F=0\)이 된다.

여기서 살펴볼 점은 이 자체가 y에 관한 또 하나의 새로운 ODE가 되었다는 것이다. 그러므로 ODE를 풀듯이 풀면 된다.

변수분리를 이용하여 F를 구할 수 있다.

\[F'+F=0 \rightarrow \frac{dF}{dy}=-F, \frac{1}{F}dF=-dy\] \[\int \frac{1}{F}dF=\int -dy\] \[ln|F|=-y\] \[F=ce^{-y}\]

이 F를 양변에 곱하면 완전미분방정식이 된다. 그런데 F는 어차피 양변에 곱하는데 쓴다. 그래서 곱해지는 c는 별로 의미가 없다. 다음 F를 사용하자.

\[F=e^{-y}\]

F에 대입

\[(e^{-y})(e^{x+y}+ye^y)dx+(e^{-y})(xe^y-1)dy=0\] \[(e^x+y)dx+(x-e^{-y})dy=0\]

이는 이제 완전미분방정식이다.
각각 y와 x로 미분해서 확인해보면 똑같다.

\[du=(e^x+y)dx+(x-e^{-y})dy=0\]

어떤 u를 x로 미분하면 \(e^x+y\)와 같은가?

\[u=e^x+xy+f(y)\]

x와 관계 없는 항은 f(y)로 정리

어떤 u를 y로 미분하면 \(x-e^{-y}\)와 같은가?

\[u=e^x+xy+e^{-y}=C\]

반드시 상수항을 쓰자.

이렇게 일반해를 구했고, y(0)=-1을 통해 특수해를 구하자.

\[u(0,-1)=1+e=C\] \[\therefore e^x+xy+e^{-y}=1+e\]

이렇게 1계 ODE는 완료되었다.
나머지 내용은 책으로 읽어보자.

1계는 사실 공학적으로 실용적으로 많이 쓰이는 편은 아니다.

First-order Linear ODE

First-order linear ODE의 Standard Form은 다음과 같다.

\[y'+p(x)y=r(x)\]

Homogeneous Linear ODE

\(r(x)=0\) 인 경우.(입력이 없는 경우)

항상 Separable하다!

Formula

\[y(x)=ce^{-\int p(x)dx}\]

Nonhomogeneous Linear ODE

\(r(x)\ne 0\) 인 경우.

항상 integrating factor가 존재한다!

결국 1st order ODE는 언제나 풀 수 있다는 것이다.

Formula

\[(p(x)y-r(x))dx+dy=0\] \[P=p(x)y-r(x), \text{ }Q=1\] \[\frac{1}{F} \frac{dF}{dx}=\frac{1}{Q}(\frac{\partial P}{\partial y}- \frac{\partial Q}{\partial x})=R(x)=p(x) \\\\ \rightarrow F=e^{\int p(x) dx}≜e^h\]

Euler’s method

Khan academy 영상

\(y'=f(x,y)\) 에 대해 초기위치부터 시작해 기울기를 통해 근사시켜서 따라가는 방법.

초기위치에서 멀어질수록 에러가 커진다.

Reduction to linear form

어떤 nonlinear ODE는 linear form으로 변환될 수 있다.

Bernoulli Equation

\[y'+p(x)y=g(x)y^a\]

\(y^a\)때문에 nonlinear하다.

다음을 설정하면,

\[u(x)=[y(x)]^{1-a}\] \[u'=(1-a)y^{-a}y'\]

여기 \(y'=gy^a-py\)를 대입하면

\[=(1-a)y^{-a}(gy^a-py)\] \[=(1-a)(g-py^{1-a})\] \[=(1-a)g-(1-a)pu\] \[u'+(1-a)pu=(1-a)g\]

이건 u에 대한 새로운 standard form이다.

\[(1-a)pu=p'\] \[(1-a)g=g'\]

으로 놓을 수 있다.

이를 통해 u에 대한 해를 선형적으로 풀 수 있다.

Example: logistic equation

\[y'=Ay-By^2\]

제곱을 우변으로 두면.

\[y'-Ay=-By^2\]

\(a=2\) 인 꼴이다.

\[u=y^{-1}\] \[u'=-y^{-2}y'\]

으로 해주면된다. y에 대한 미분이 아니라 x에 대한 미분이다.