数学3 その他応用 問題 16 解説

方針・初手

水量の時間変化は

$$ \frac{dV}{dt}=\text{流入の速さ}-\text{流出の速さ} $$

で表せる。

したがって、各場合で流入・流出をそのまま式に落とし、1階線形微分方程式として解けばよい。 （1） は変数分離形、（2） は定数係数1階線形微分方程式である。 （3） は （2） で得た解をそのまま用いればよい。

解法1

(1)

排水の速さが $aV(t)$ であるから、水量の減少は

$$ \frac{dV}{dt}=-aV $$

で表される。初期条件は

$$ V(0)=V_0 $$

である。

これは変数分離形であるから、

$$ \frac{dV}{V}=-a,dt $$

となる。両辺を積分して

$$ \log V=-at+C $$

を得る。よって

$$ V=Ce^{-at} $$

と書ける。初期条件 $V(0)=V_0$ を用いると $C=V_0$ であるから、

$$ V(t)=V_0e^{-at} $$

となる。

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(2)

給水の速さは $b(P-V(t))$、排水の速さは $aV(t)$ であるから、水量の変化は

$$ \frac{dV}{dt}=b(P-V)-aV $$

すなわち

$$ \frac{dV}{dt}=bP-(a+b)V $$

である。初期条件は

$$ V(0)=0 $$

である。

したがって、

$$ \frac{dV}{dt}+(a+b)V=bP $$

を解けばよい。

定数解を $V=C$ として求めると、

$$ (a+b)C=bP $$

より

$$ C=\frac{bP}{a+b} $$

である。そこで

$$ V=\frac{bP}{a+b}+u $$

とおくと、$u$ は

$$ \frac{du}{dt}+(a+b)u=0 $$

を満たす。よって

$$ u=Ke^{-(a+b)t} $$

であるから、

$$ V(t)=\frac{bP}{a+b}+Ke^{-(a+b)t} $$

となる。初期条件 $V(0)=0$ を代入すると

$$ 0=\frac{bP}{a+b}+K $$

より

$$ K=-\frac{bP}{a+b} $$

である。したがって、

$$ V(t)=\frac{bP}{a+b}\left(1-e^{-(a+b)t}\right) $$

を得る。

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(3)

（2） の結果より、

$$ V(t)=\frac{bP}{a+b}\left(1-e^{-(a+b)t}\right) $$

であるから、

$$ Q=\lim_{t\to\infty}V(t)=\frac{bP}{a+b} $$

となる。

次に、水量が $\dfrac{Q}{2}$ になる時刻 $t_{1/2}$ を求める。

$$ V(t_{1/2})=\frac{Q}{2} $$

より、

$$ \begin{aligned} \frac{bP}{a+b}\left(1-e^{-(a+b)t_{1/2}}\right) &= \frac{1}{2}\cdot \frac{bP}{a+b} \end{aligned} $$

である。$\dfrac{bP}{a+b}>0$ なので両辺をこれで割ると、

$$ 1-e^{-(a+b)t_{1/2}}=\frac{1}{2} $$

すなわち

$$ e^{-(a+b)t_{1/2}}=\frac{1}{2} $$

となる。よって、

$$ -(a+b)t_{1/2}=\log \frac{1}{2}=-\log 2 $$

であるから、

$$ t_{1/2}=\frac{\log 2}{a+b} $$

を得る。

解説

この問題の本質は、水槽内の水量変化を「流入量−流出量」で微分方程式に直すことである。

（1） は水量そのものに比例して減少するので指数関数的減衰になり、（2） では給水が一定ではなく $P-V$ に比例して弱まるため、最終的にある一定値へ近づく形になる。

（3） の $Q$ は平衡状態の水量であり、実際に （2） の微分方程式で $\dfrac{dV}{dt}=0$ とおくと

$$ bP-(a+b)V=0 $$

から

$$ V=\frac{bP}{a+b} $$

となって、極限値と一致する。 また、$\dfrac{Q}{2}$ に達する時刻が対数で表れるのは、解が指数関数型であるためである。

答え

(1)

微分方程式は

$$ \frac{dV}{dt}=-aV,\qquad V(0)=V_0 $$

であり、その解は

$$ V(t)=V_0e^{-at} $$

である。

(2)

微分方程式は

$$ \frac{dV}{dt}=b(P-V)-aV=bP-(a+b)V,\qquad V(0)=0 $$

であり、その解は

$$ V(t)=\frac{bP}{a+b}\left(1-e^{-(a+b)t}\right) $$

である。

(3)

$$ Q=\lim_{t\to\infty}V(t)=\frac{bP}{a+b} $$

であり、水量が $\dfrac{Q}{2}$ になる時刻は

$$ t_{1/2}=\frac{\log 2}{a+b} $$

である。