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北海道大学 1976年理系第5問解説

方針・初手

(1) は典型的な変数分離形の微分方程式である。両辺を $y$ の式で割り算する際、$y^2-1=0$ となる場合を分けて考える必要がある。
(2) は (1) で求めた解に初期条件を代入して積分する。積分計算では、分母と分子の形を工夫して変形する。
(3) は極限の条件から任意定数を決定し、関数の増減と漸近線を調べてグラフの概形を捉える。

解法1

(1)

与えられた微分方程式は変数分離形である。

$$ \frac{dy}{dx} = \frac{y^2 - 1}{2} $$

(i) $y^2 - 1 = 0$、すなわち $y = \pm 1$ のとき

$\frac{dy}{dx} = 0$ となり、定数関数 $y=1$ および $y=-1$ は元の微分方程式を満たす。よってこれらは解である。

(ii) $y^2 - 1 \neq 0$、すなわち $y \neq \pm 1$ のとき

両辺を $y^2-1$ で割り、$x$ で積分すると、

$$ \int \frac{2}{y^2 - 1} dy = \int 1 dx $$

左辺を部分分数に分解して積分する。

$$ \int \left( \frac{1}{y - 1} - \frac{1}{y + 1} \right) dy = \int dx $$

$$ \log|y - 1| - \log|y + 1| = x + C \quad (C \text{ は任意定数}) $$

対数の性質を用いてまとめる。

$$ \log \left| \frac{y - 1}{y + 1} \right| = x + C $$

$$ \left| \frac{y - 1}{y + 1} \right| = e^{x+C} = e^C e^x $$

$A = \pm e^C$ とおくと、$A$ は $0$ でない任意定数であり、絶対値を外すと次のように表せる。

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

これを $y$ について解く。

$$ y - 1 = A e^x (y + 1) $$

$$ (1 - A e^x)y = 1 + A e^x $$

ここで $A e^x = 1$ となる $x$ では $y$ が存在しなくなるため、$1 - A e^x \neq 0$ とし、両辺を割る。

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

この式において $A = 0$ とすると $y = 1$ となり、(i) で求めた解の1つを含めることができる。したがって、$A$ を任意の定数として拡張してよい。もう一つの解 $y = -1$ はこの形では表せない。

以上より、求める一般解は以下の通り。

$$ y = \frac{1 + A e^x}{1 - A e^x} \quad (A \text{ は任意定数}), \quad y = -1 $$

(2)

(1) の解のうち、$x = 0$ のとき $y = 0$ となるものを探す。$y = -1$ は条件を満たさないので、$y = \frac{1 + A e^x}{1 - A e^x}$ について考える。

$x = 0, y = 0$ を代入すると、

$$ 0 = \frac{1 + A}{1 - A} $$

これより $A = -1$ を得る。よって求める解は、

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

次に、この解を $0$ から $\log 2$ まで積分する。求める定積分を $I$ とおく。

$$ I = \int_{0}^{\log 2} \frac{1 - e^x}{1 + e^x} dx $$

被積分関数を変形して、積分しやすい形にする。

$$ \frac{1 - e^x}{1 + e^x} = \frac{2 - (1 + e^x)}{1 + e^x} = \frac{2}{1 + e^x} - 1 $$

さらに、$\frac{2}{1 + e^x}$ の分母分子に $e^{-x}$ を掛ける。

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

これは分子が分母の微分の定数倍になっている形である。すなわち、$(1 + e^{-x})' = -e^{-x}$ より、

$$ \int \frac{2}{1 + e^x} dx = \int \frac{2e^{-x}}{1 + e^{-x}} dx = -2 \log(1 + e^{-x}) $$

よって、定積分 $I$ は次のように計算できる。

$$ I = \int_{0}^{\log 2} \left( \frac{2e^{-x}}{1 + e^{-x}} - 1 \right) dx $$

$$ I = \left[ -2 \log(1 + e^{-x}) - x \right]_{0}^{\log 2} $$

上端 $x = \log 2$ と下端 $x = 0$ を代入する（$e^{-\log 2} = \frac{1}{2}$ であることに注意）。

$$ I = \left( -2 \log\left(1 + \frac{1}{2}\right) - \log 2 \right) - ( -2 \log(1 + 1) - 0 ) $$

$$ I = -2 \log\left(\frac{3}{2}\right) - \log 2 + 2 \log 2 $$

$$ I = -2(\log 3 - \log 2) + \log 2 = 3 \log 2 - 2 \log 3 = \log \frac{8}{9} $$

(3)

$x \to \log 2 + 0$ のとき $y \to -\infty$ となる解を求める。

$y = -1$ は条件を満たさないので、$y = \frac{1 + A e^x}{1 - A e^x}$ について考える。 $x \to \log 2 + 0$ のとき $e^x \to 2$ であるから、$y \to -\infty$ となるためには、分母が $+0$ または $-0$ に近づき、分子が正の値になる必要がある。すなわち、$1 - 2A = 0$ であればよいので、$A = \frac{1}{2}$ である。

このとき解は、

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

となる。実際、$x \to \log 2 + 0$ （すなわち $x > \log 2$ かつ $x \to \log 2$）のとき、$e^x \to 2 + 0$ となり、分母 $2 - e^x \to -0$、分子 $2 + e^x \to 4$ となるため、$y \to -\infty$ を満たしている。

次に、この関数 $y = \frac{2 + e^x}{2 - e^x}$ の $x > \log 2$ におけるグラフの概形を調べる。関数を変形すると、

$$ y = \frac{-(2 - e^x) + 4}{2 - e^x} = -1 + \frac{4}{2 - e^x} $$

$x > \log 2$ のとき、$e^x > 2$ であるから $2 - e^x < 0$ であり、$y < -1$ となる。また、$x \to \infty$ のとき、$e^x \to \infty$ となるため、$\frac{4}{2 - e^x} \to 0$ となり、$y \to -1$ となる。

さらに、微分の符号を調べる。元の微分方程式から、

$$ \frac{dy}{dx} = \frac{y^2 - 1}{2} $$

先述の通り $x > \log 2$ において $y < -1$ であるから、$y^2 > 1$ となり、$y^2 - 1 > 0$ である。したがって常に $\frac{dy}{dx} > 0$ となり、$y$ は単調増加することが分かる。

以上より、グラフの概形は次の特徴を持つ。

定義域 $x > \log 2$ で単調増加する。
直線 $x = \log 2$ を垂直漸近線にもつ（$x \to \log 2 + 0$ で $y \to -\infty$）。
直線 $y = -1$ を水平漸近線にもつ（$x \to \infty$ で $y \to -1$）。
常に $y < -1$ を満たす。

（グラフの描画については、上記の特徴を満たす右上がりの曲線をかけばよい）

解法2

(2)の定積分の別解

積分 $\int \frac{1 - e^x}{1 + e^x} dx$ において、$t = e^x$ と置換する。

$dt = e^x dx = t dx$ より $dx = \frac{1}{t} dt$。積分区間は、$x$ が $0 \to \log 2$ のとき、$t$ は $1 \to 2$ となる。

$$ \int_{0}^{\log 2} \frac{1 - e^x}{1 + e^x} dx = \int_{1}^{2} \frac{1 - t}{1 + t} \cdot \frac{1}{t} dt = \int_{1}^{2} \frac{1 - t}{t(t + 1)} dt $$

被積分関数を部分分数分解する。$\frac{1 - t}{t(t + 1)} = \frac{a}{t} + \frac{b}{t + 1}$ とおくと、 $a(t + 1) + bt = 1 - t$ より、$a + b = -1$、$a = 1$。よって $b = -2$ となる。

$$ \int_{1}^{2} \left( \frac{1}{t} - \frac{2}{t + 1} \right) dt = \left[ \log|t| - 2 \log|t + 1| \right]_{1}^{2} $$

値を代入して計算する。

$$ = (\log 2 - 2 \log 3) - (\log 1 - 2 \log 2) $$

$$ = 3 \log 2 - 2 \log 3 = \log \frac{8}{9} $$

解説

変数分離形の微分方程式の標準的な問題である。割り算を行う際、$y=\pm 1$ のような特異解（定数関数の解）が抜け落ちないように場合分けをすることが重要である。 (2)の積分は、置換積分でも解けるが、分子に分母の微分形を作り出す変形（解法1）に慣れておくと計算がスムーズに進む。 (3)のグラフ描画では、漸近線の確認と増減の把握が求められる。増減については、関数を直接微分せずとも、与えられた微分方程式 $\frac{dy}{dx} = \frac{y^2 - 1}{2}$ に $y$ のとりうる範囲を適用することで、容易に $\frac{dy}{dx} > 0$ であることが判定できる。