変数分離形の微分方程式

$y\ne0$ として、両辺を $y$ で割ると
$$ \frac{y'}{y}=x $$
である。左辺は 対数微分法 で見た $\log\lvert y\rvert$ の導関数なので、両辺を $x$ で積分すると
$$ \log\lvert y\rvert=\frac{x^2}2+C\qquad(C\text{ は定数}) $$
となる。よって $\lvert y\rvert=e^Ce^{x^2/2}$、$y=\pm e^Ce^{x^2/2}$ である。$\pm e^C$ をまとめて $A$ と書くと
$$ y=Ae^{x^2/2} $$
となる。$A=0$ の $y=0$ も、$y'=0=x\cdot0$ なので解である（最初に $y$ で割ったので、この解は計算の途中では出てこなかった）。
確かめ：$y=Ae^{x^2/2}$ なら、連鎖律により $y'=Ae^{x^2/2}\cdot x=xy$ である。$y(0)=2$ となるのは $A=2$ のときで、$y=2e^{x^2/2}$、$x=1$ では $y=2e^{1/2}=3.29744\ldots$ である。

両辺に $y$ を掛けて $yy'=-x$ とし、両辺を $x$ で積分する。左辺 $yy'$ は $\dfrac{y^2}2$ の導関数（連鎖律）なので
$$ \frac{y^2}2=-\frac{x^2}2+C,\qquad x^2+y^2=2C $$
となる。解の曲線は原点を中心とする円の一部である。$y(0)=2$ なら $2C=4$ で、$y>0$ の側をとって
$$ y=\sqrt{4-x^2}\qquad(-2< x<2) $$
である。確かめ：$y'=\dfrac{-2x}{2\sqrt{4-x^2}}=-\dfrac{x}{y}$。$x=\pm2$ では $y=0$ となり、方程式の右辺 $-\dfrac xy$ が定義されないので、解は $-2< x<2$ でしか考えられない。

1. $y'=xy$：$f(x)=x$、$g(y)=y$。
2. $y'=y^2$：$f(x)=1$、$g(y)=y^2$。右辺に $x$ がないときも $f=1$ として変数分離形である。
3. $y'=e^{x+y}$：$e^{x+y}=e^x\cdot e^y$ なので、$f(x)=e^x$、$g(y)=e^y$。
4. $y'=x+y$ は変数分離形ではない。仮に $x+y=f(x)g(y)$ がすべての $x$、$y$ で成り立つとする。$x=0$ とおくと $y=f(0)g(y)$、$y=0$ とおくと $x=f(x)g(0)$ である。両方で $x=y=0$ とおくと $f(0)g(0)=0$ なので、$f(0)=0$ か $g(0)=0$ である。$f(0)=0$ なら $y=f(0)g(y)=0$ がすべての $y$ で成り立つことになり、$y=1$ で矛盾する。$g(0)=0$ なら $x=f(x)g(0)=0$ がすべての $x$ で成り立つことになり、$x=1$ で矛盾する。

$f(x)=x$（$I=\mathbb{R}$）、$g(y)=y$ である。
手順 1（定数解）。$g(c)=c=0$ なので、定数解は $y=0$ である。
手順 2（$g\ne0$ の区間）。$g\ne0$ となる開区間は $J_+=(0,\infty)$ と $J_-=(-\infty,0)$ の 2 つである。$F(x)=\dfrac{x^2}2$ とする。$J_+$ では $G(y)=\log y$（$G'=\dfrac1y$）なので、thm-sep-main の 1 により、値が正の解は $\log y=\dfrac{x^2}2+C$、つまり $y=e^Ce^{x^2/2}$ である。$J_-$ では $G(y)=\log(-y)$（$G'=\dfrac{-1}{-y}=\dfrac1y$）なので、値が負の解は $y=-e^Ce^{x^2/2}$ である。どちらも $x$ がすべての実数で定義される。
手順 3（まとめる）。$y=0$ も含めて、$y=Ae^{x^2/2}$（$A$ は任意の実数）と書ける。
これで解が全部かどうかを確かめる。値が正と負の両方をとる解は、途中で $0$ を通る（中間値の定理）。そこで「ある点で $0$ になる解は恒等的に $0$ である」ことが分かれば、どの解も「つねに正」「つねに負」「恒等的に $0$」のどれかになり、上の式に含まれる。これは 微分方程式としての指数関数・三角関数 で示した Lipschitz 条件による一意性（右辺 $F(x,y)$ が $\lvert F(x,y)-F(x,z)\rvert\le L\lvert y-z\rvert$ を満たせば、初期値が同じ解は一致する）から従う。実際、区間 $[-a,a]$ の上では $\lvert xy-xz\rvert=\lvert x\rvert\,\lvert y-z\rvert\le a\lvert y-z\rvert$ なので $L=a$ ととれ、$x_1$ で $0$ になる解は、定数解 $0$ と、解の定義域と $[-a,a]$ の共通部分（$x_1$ を含む区間）の上で一致する。$a$ はいくらでも大きくとれるので、恒等的に $0$ である。
ex-sep-start-xy の答え $y=Ae^{x^2/2}$ は、これで「すべての解」だと確かめられた。

右辺は $-x\cdot\dfrac1y$ なので、$f(x)=-x$、$g(y)=\dfrac1y$ である。$g$ は $y=0$ で定義されないので、$J$ は $(0,\infty)$ か $(-\infty,0)$ にとる。どちらでも $g\ne0$ なので定数解はない。$F(x)=-\dfrac{x^2}2$、$G(y)=\displaystyle\int y\,dy=\frac{y^2}2$ として、thm-sep-main の 1 から
$$ \frac{y^2}2=-\frac{x^2}2+C,\qquad x^2+y^2=2C $$
である。$y(0)=2$ なら $J=(0,\infty)$、$C=2$ で、$y=\sqrt{4-x^2}$（$-2< x<2$）が、値が正の解としてただ 1 つに決まる（thm-sep-main の 3）。$G(y)=\dfrac{y^2}2$ は $J=(0,\infty)$ で狭い意味で増加するので、$y^2=4-x^2$ から $y$ が 1 つに決まる。$y(0)=-2$ なら $J=(-\infty,0)$ で、$y=-\sqrt{4-x^2}$ である。

室温 $20$ 度の部屋に置いた飲み物の温度 $T$（度）は、時刻 $t$（分）について
$$ T'=-k(T-20)\qquad(k>0\text{ は定数}) $$
に従うとする（温度差に比例して冷める、という仮定）。$T(0)=90$、$T(10)=60$ のとき、$k$ と、$T=30$ になる時刻を求める。
$f(t)=-k$、$g(T)=T-20$ で、定数解は $T=20$ である。$T>20$ の範囲では $G(T)=\log(T-20)$ なので
$$ \log(T-20)=-kt+C,\qquad T=20+e^Ce^{-kt} $$
である。$T(0)=90$ から $e^C=70$、よって $T=20+70e^{-kt}$ である。$T(10)=60$ から $70e^{-10k}=40$、$e^{-10k}=\dfrac47$、$k=\dfrac1{10}\log\dfrac74=0.05596\ldots$ である。
$T=30$ となるのは $70e^{-kt}=10$、$e^{-kt}=\dfrac17$ のときで、$t=\dfrac{\log7}{k}=\dfrac{10\log7}{\log\frac74}=34.77\ldots$（分）である。$e^{-kt}=\left(\dfrac47\right)^{t/10}$ なので、$10$ 分ごとに温度差が $\dfrac47$ 倍になる。$t=20$ では $T=20+70\cdot\left(\dfrac47\right)^2=42.85\ldots$ である。

$y'=y^2$ で、手順 1 を飛ばして $y^2$ で割ると、$\dfrac{y'}{y^2}=1$ から $-\dfrac1y=x+C$、つまり
$$ y=-\frac1{x+C}=\frac1{C'-x}\qquad(C'=-C) $$
を得る。しかし定数解 $y=0$ は、どの $C'$ でもこの形にならない（$\dfrac1{C'-x}$ は $0$ にならない）。初期条件 $y(0)=0$ の解を求めようとすると、$\dfrac1{C'}=0$ となる $C'$ がなく、「解がない」と誤ってしまう。正しい答えは定数解 $y=0$ である。

$y'=y^2$、$y(0)=1$ を解く。ex-sep-lost の式で $C'=1$ として、$y=\dfrac1{1-x}$ である。これは $x=1$ で定義されず、$0$ を含む区間で考えると、解は $x<1$ でしか定義されない。$x=0.9$、$0.99$、$0.999$ では $y=10$、$100$、$1000$ となり、$x\to1-0$ で $y\to+\infty$ である。
右辺 $f(x)g(y)=1\cdot y^2$ は、すべての $(x,y)$ で定義された連続関数である。方程式の側にはどこにも「$x=1$ で困ること」はないのに、解の側が $x=1$ に着く前に無限大へ飛んでいく。一般に $y(0)=a>0$ なら $y=\dfrac{a}{1-ax}$ で、$x=\dfrac1a$ で発散する。初期値が大きいほど早く発散する。

$y^{2/3}$ を、すべての実数 $y$ について $y^{2/3}=\left(\sqrt[3]y\right)^2$（実数の 3 乗根の 2 乗、$0$ 以上）と定める。初期値問題
$$ y'=3y^{2/3},\qquad y(0)=0 $$
を考える。$g(y)=3y^{2/3}$ は $\mathbb{R}$ 上の連続関数で、$g(0)=0$ である。
解 1：定数解 $y=0$（prop-sep-constant）。
解 2：$y=x^3$。$y'=3x^2$ で、$3y^{2/3}=3\left(\sqrt[3]{x^3}\right)^2=3x^2$ なので、$x=0$ も含めてすべての $x$ で解である。$y(0)=0$ も満たす。
解 3：$c>0$ として
$$ y_c(x)=\begin{cases}0&(x\le c)\\(x-c)^3&(x>c)\end{cases} $$
とする。$x< c$ では $y_c=0$ で両辺 $0$、$x>c$ では解 2 と同じ計算で両辺 $3(x-c)^2$ である。$x=c$ では、右からの平均変化率 $\dfrac{h^3}{h}=h^2\to0$、左からは $0$ なので $y_c'(c)=0=3y_c(c)^{2/3}$ である。$y_c(0)=0$ なので、初期条件も満たす。
したがって、この初期値問題には解が無数にある（図 4）。「$0$ にしばらくとどまり、好きな時刻 $c$ に動き出す」解がすべて許される。
変数分離の計算と比べる。$y>0$ では $G(y)=\displaystyle\int\frac{dy}{3y^{2/3}}=\sqrt[3]y$（$(\sqrt[3]y)'=\dfrac1{3(\sqrt[3]y)^2}$）なので、$\sqrt[3]y=x+C$、$y=(x+C)^3$（$x>-C$）である。この曲線は $x=-C$ で $y=0$ に着く。着いた点は $g=0$ となる点で、thm-sep-main の $J$ の外である。定理は $J$ の中にとどまる解についてだけ一意性を保証しているので、矛盾はない。$J$ の外に出た先で、解は $y=0$ に乗り移ることも、そのまま $(x+C)^3$ で進むこともできる。

1. $y'=-\dfrac xy$：$H=\dfrac{y^2}2+\dfrac{x^2}2$。解曲線は $H$ の等高線、つまり円である（図 2）。
2. $y'=xy$：$J_+$ で $H=\log y-\dfrac{x^2}2$。$y=2e^{x^2/2}$ では $H=\log2$ で一定である。
3. $y'=y^2$：$H=-\dfrac1y-x$。$y=\dfrac1{1-x}$ では $H=-(1-x)-x=-1$ で一定である。