비선형 1차 미분방정식(Separable Equations)

비선형 1차 미분방정식의 첫번째 유형은 분리가능한 형태(Separable form)입니다. $$N(y)\frac{dy}{dx}=M(x)$$ 위 식은 y와 x가 분리되어 있는 형태입니다. 이 식의 해를 결정하기 위해 양변을 적분합니다. $$\begin{array}{rl}& \int N(y)\frac{dy}{dx},dx=\int M(x),dx\\ & \int N(y)dy=\int M(x)dx\end{array}$$

예)
$\frac{dy}{dx}=6y^{2}x$의 해를 결정합니다. 이 식의 초기 조건은 $y(1)=\frac{1}{25}$입니다.

$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{6y^2}\frac{dy}{dx}=x\\ & \int \frac{1}{6y^2}\frac{dy}{dx}dx=\int xdx\\ & \int \frac{1}{6y^2}dy=\int xdx\\ & -\frac{1}{6}\frac{1}{y}=\frac{1}{2}{x}^2+C\\ & \frac{1}{y}=-3x^2+C\end{array}$$ 위 식에 초기조건을 대입하여 C를 결정합니다. $$\begin{array}{rl}& \frac{1}{1/25}=-3+C\\ & C=28\end{array}$$ 그러므로 해는 다음과 같습니다. $$\begin{array}{r}\frac{1}{y}=-3x^2+28\\ y=\frac{1}{28-3x^2}\end{array}$$

x=symbols('x')
y=Function('y')(x)
eq=Eq(y.diff(x), 6*y**2*x)
sol=dsolve(eq, y, ics={y.subs(x, 1): 1/25}); sol

$y\left(x\right)=-\frac{1}{3x^2-28.0}$

위 결과는 분수함수입니다. 이 함수의 경우 분모가 0이 되는 부분은 함수의 정의역에서 제외되어야 합니다. 그러므로 이 함수에 대한 정의역을 재정의 할 필요가 있습니다. $$3x^2-28\ne 0\to x\ne \pm \sqrt{\frac{28}{3}}$$ 위 함수의 정의역은 다음과 같습니다. $$(-\mathrm{\infty },-\sqrt{\frac{28}{3}}),(-\sqrt{\frac{28}{3}},\sqrt{\frac{28}{3}}),(\sqrt{\frac{28}{3}},\mathrm{\infty })$$ 위의 부등식의 해를 계산하기 위해 solve() 뿐만 아니라 sympy.solve_inequality(다항식, 비교연산자) 함수를 적용할 수 있습니다. 이 함수의 인수인 '다항식'은 Poly(식, 변수)에 의해 생성된 객체이며 비교연산자는 부등식의 rel_op 속성을 사용합니다. 다음 과정으로 결과를 도출할 수 있습니다.

부등식 생성(eq) 식의 좌항은 속성 lhs, 우항은 rhs로 호출할 수 있습니다. Poly(식, 변수)를 사용하여 다항식을 표현합니다. solve_poly_inequality(Poly(eq.lhs), eq.rel_op)

eq1
3𝑥2−28.0>0
eq1=denom(sol.rhs)>0
eq2=denom(sol.rhs)<0
do1=solve_poly_inequality(Poly(eq1.lhs, x), '>');do1

[Interval.open(-oo, -2*sqrt(21)/3), Interval.open(2*sqrt(21)/3, oo)]

do2=solve_poly_inequality(Poly(eq2.lhs),eq2.rel_op);do2

[Interval.open(-2*sqrt(21)/3, 2*sqrt(21)/3)]

do1+do2

[Interval.open(-oo, -2*sqrt(21)/3),
 Interval.open(2*sqrt(21)/3, oo),
 Interval.open(-2*sqrt(21)/3, 2*sqrt(21)/3)]

N(2*sqrt(21)/3, 4)==sqrt(28/3).evalf(4)

True

plt.figure(dpi=100)
a=np.linspace(-3, 3, 100)
b=[float((sol.rhs).subs(x, i)) for i in a]
plt.plot(a, b)
plt.show()

예)
함수 $y^{\prime }=\frac{3x^2+4x-4}{2y-4}$의 초기조건 $y(1)=3$에서의 해를 결정합니다.

$$\begin{array}{rl}& \int (2y-4)dy=\int (3x^2+4x-4)dx\\ & y^2-4y=x^3+2x^2-4x+C\\ & C=9-12+1=-2\\ & y^2-4y=x^3+2x^2-4x-2\end{array}$$ 위 식은 y에 대한 2차 식으로 근의 공식을 사용하여 y(x)를 계산할 수 있습니다.

x, y=symbols('x y')
eq=y**2-4*y-(x**3+2*x**2-4*x-2)
sol=solve(eq, y); sol

[2 - sqrt(x**3 + 2*x**2 - 4*x + 2), sqrt(x**3 + 2*x**2 - 4*x + 2) + 2]

위 두 결과 중에서 초기조건에 충족하는 것이 명시적 해가 됩니다.

sol[0].subs(x, 1)

1

sol[1].subs(x, 1)

3

위 결과의 두 번째 식이 해가 됩니다. $$y(t)=\sqrt{x^3+2x^2-4x+2}+2$$

x=symbols('x', real=True)
y=Function('y')(x)
eq=Eq(y.diff(x), (3*x**2+4*x-4)/(2*y-4))
y1=dsolve(eq, y, ics={y.subs(x, 1): 3}); y1

$y\left(x\right)=\sqrt{x^3+2x^2-4x+2}+2$
위 함수는 제곱근을 포함하므로 정의역을 정의할 필요가 있습니다.

doEq=x**3+2*x**2-4*x+2>=0
do=solve_poly_inequality(Poly(doEq.lhs, x), doEq.rel_op); do

[Interval(CRootOf(x**3 + 2*x**2 - 4*x + 2, 0), oo)]

위 결과의 CRootOf는 다항식의 실수와 복소수 근들을 가짐을 나타냅니다. 그러므로 위 결과가 나타내는 범위는 다음과 같습니다.
($\sqrt{x^3+2x^2-4x+2}=0$의 근, $\mathrm{\infty }$) $\sqrt{x^3+2x^2-4x+2}$와 같은 제곱근은 root(식, 제곱근차수) 함수를 사용하여 나타낼 수 있습니다.
위 식을 직접적으로 solve()함수에 전달하면 매우 복잡한 값들이 반환됩니다. 이러한 결과는 N() 또는 evalf() 함수에 의해 전환되어 나타낼 수 있습니다.

root(x**3 + 2*x**2 - 4*x + 2, 2)

$\sqrt{x^3+2x^2-4x+2}$

solve((root(x**3 + 2*x**2 - 4*x + 2, 2),0), x)

[((64 + (-4 + (1 - sqrt(3)*I)*(3*sqrt(105) + 71)**(1/3))*(1 - sqrt(3)*I)*(3*sqrt(105) + 71)**(1/3))/(6*(1 - sqrt(3)*I)*(3*sqrt(105) + 71)**(1/3)),),
 ((64 + (-4 + (1 + sqrt(3)*I)*(3*sqrt(105) + 71)**(1/3))*(1 + sqrt(3)*I)*(3*sqrt(105) + 71)**(1/3))/(6*(1 + sqrt(3)*I)*(3*sqrt(105) + 71)**(1/3)),),
 (-(3*sqrt(105) + 71)**(1/3)/3 - 16/(3*(3*sqrt(105) + 71)**(1/3)) - 2/3,)]

[N(i, 4) for i in solve(root(x**3+2*x**2-4*x+2, 2), x, real=True)]

[0.6826 + 0.3583*I, 0.6826 - 0.3583*I, -3.365]

위 결과 중 실수 부분은 -3.365이므로 최종적으로 이 미분방정식의 해는 다음과 같이 나타냅니다. $$y(t)=\sqrt{x^3+2x^2-4x+2}+2,-3.365\le x\le \mathrm{\infty }$$

예)
$y^{\prime }=\frac{x{y}^3}{\sqrt{1+x^2}}$의 해를 결정합니다. 초기조건은 y(0)=-1입니다.

$$\begin{array}{rl}& \int y^{-3}dy=\int \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx\\ \\ & \int \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx\\ & 1+x^2=u\to 2xdx=du\\ & \int \frac{1}{2}{u}^{-\frac{1}{2}}du=u^{\frac{1}{2}}=\sqrt{1+x^2}+C\\ & \therefore -\frac{1}{2}{y}^{-2}=\sqrt{1+x^2}+C\end{array}$$ 초기조건에 대한 설정 $$\begin{array}{rl}& C+1=-\frac{1}{2}(-1{)}^{-2}\\ & C=-\frac{3}{2}\\ & -\frac{1}{2}{y}^{-2}=\sqrt{1+x^2}-\frac{3}{2}\\ & y^2=\frac{1}{3-2\sqrt{1+x^2}}\\ & \therefore y^2=\pm \frac{1}{\sqrt{3-2\sqrt{1+x^2}}}\end{array}$$

x=symbols('x', real=True)
y=Function('y')(x)
eq=Eq(y.diff(x)/y**3, x/(sqrt(1+x**2))); eq

$\frac{\frac{d}{dx}y\left(x\right)}{y^3\left(x\right)}=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$

sol=dsolve(eq, y)
[N(i, 4) for i in sol]

[Eq(y(x), -0.7071*(-1/(C1 + (x**2 + 1.0)**0.5))**0.5),
 Eq(y(x), 0.7071*(-1/(C1 + (x**2 + 1.0)**0.5))**0.5)]

dsolve()함수에 초기조건을 부여할 경우 다음과 같이 결과가 반환되지 않습니다. 이는 위 식들 중 하나 또는 모든 식이 성립하지 않음을 의미합니다.

dsolve(eq, y, ics={y.subs(x, 0):-1})

[]

그러므로 위 식들 각각에 대해 해를 결정해 봅니다. 다음 코드들의 결과와 같이 두 번째 식의 해는 결정할 수 없음을 알 수 있습니다.

eq1=(sol[0].rhs).subs(x, 0)+1
eq1sol=solve(eq1);eq1sol

[-3/2]

eq2=(sol[1].rhs).subs(x, 0)+1
solve(eq2)

[]

결과적으로 이 미분방정식의 해는 다음과 같습니다.

ans=(-0.7071*(-1/(C1 + (x**2 + 1.0)**0.5))**0.5).subs(C1, eq1sol[0]);ans

$-0.7071{(-\frac{1}{{(x^2+1.0)}^{0.5}-\frac{3}{2}})}^{0.5}$
또한 위 결과에서 분모는 0이 아닌 양수이어야 합니다. 이 조건으로 x의 정의역을 다시 정의할 필요가 있습니다.

solve(3/2-sqrt(x**2+1)>0)

$-1.11803398874989<x\wedge x<1.11803398874989$

예)
다음 미분방정식의 해를 결정합니다. $$y^{\prime }=e^{-y}(2x-4),y(5)=0$$

x=symbols('x')
y=Function('y')
eq=Eq(y(x).diff(x), exp(-y(x))*(2*x-4)); eq

$\frac{d}{dx}y\left(x\right)=(2x-4)e^{-y\left(x\right)}$

sol=dsolve(eq, y(x), ics={y(5): 0}); sol

$y\left(x\right)=\log (x^2-4x-4)$
위 결과에서 $x^2-4x-5>0$의 조건을 충족해야 합니다.

xRange=solve((x**2-4*x-4)>0); xRange

$(-\mathrm{\infty }<x\wedge x<2-2\sqrt{2})\vee (x<\mathrm{\infty }\wedge 2+2\sqrt{2}<x)$
위 결과의 그래프는 다음과 같습니다.

예)
다음 미분방정식의 해를 결정합니다.

$$\frac{dr}{d\theta }=\frac{r^2}{\theta },r(1)=2$$ $$\begin{array}{rl}& \int \frac{1}{r^2}dr=\int \frac{1}{\theta }d\theta \\ & -\frac{1}{r}=\ln |\theta |+C\\ & -\frac{1}{2}=\ln (1)+C\to C=-\frac{1}{2}\\ & r=\frac{1}{\frac{1}{2}-\ln |\theta |}\end{array}$$

th = symbols('theta', positve=True)
r=Function('r')(th)
eq=Eq(r.diff(th), r**2/th);eq

$\frac{d}{d\theta }r\left(\theta \right)=\frac{r^2\left(\theta \right)}{\theta }$

sol=dsolve(eq, r, ics={r.subs(th, 1): 2}); sol

$r\left(\theta \right)=-\frac{1}{\log \left(\theta \right)-\frac{1}{2}}$

denomSol=solve(1/2-log(th));denomSol 

[1.64872127070013]

위 결과에 의하면 정의역은 다음과 같습니다. $$-\mathrm{\infty }<\theta <1.649,1.649<\theta <\mathrm{\infty }$$ $\theta$는 로그함수의 지수로서 양수이어야 합니다. 그러므로 위의 정의역은 다음과 같이 수정됩니다. $$0<\theta <1.649,1.649<\theta <\mathrm{\infty }$$

예)
다음 미분방정식의 해를 결정합니다.

$$\frac{dy}{dx}=e^{y-t}\sec (y)(1+t^2),y(0)=0$$ $$\begin{array}{rl}& \int e^{-y}\cos (y)dy=\int e^{-t}(1+t^2)dt\\ & \text{좌항 적분}\\ & \begin{array}{rl}\int e^{-y}\cos (y)dy& =e^{-t}\sin (y)+\int e^{-y}\sin (y)dy\\ & =e^{-t}\sin (y)-e^{-t}\cos (y)-\int e^{-y}\cos (y)dy\end{array}\\ & \to \int e^{-y}\cos (y)dy=\frac{e^{-y}}{2}(\sin (y)-\cos (y))\\ & \text{우항 적분}\\ & \begin{array}{rl}\int e^{-t}(1+t^2)dt& =-(1+t^2)e^{-t}+\int 2t{e}^{-t}dt\\ & =-(1+t^2)e^{-t}-2t{e}^{-t}-2e^{-t}\end{array}\\ & \to \int e^{-t}(1+t^2)dt=-e^{-t}(t^2+2t+3)\\ & \text{위 결과를 정리}\\ & \frac{e^{-y}}{2}(\sin (y)-\cos (y))=-e^{-t}(t^2+2t+3)+C\\ & \frac{1}{2}(-1)=-3+C\to C=\frac{5}{2}\\ & \therefore \frac{e^{-y}}{2}(\sin (y)-\cos (y))=-e^{-t}(t^2+2t+3)+\frac{5}{2}\end{array}$$

t=symbols('t')
y=Function('y')(t)
eq=Eq(y.diff(t), exp(y-t)*sec(y)*(1+t**2));eq

$\frac{d}{dt}y\left(t\right)=(t^2+1)e^{-t+y\left(t\right)}\sec \left(y\left(t\right)\right)$

sol=dsolve(eq, y, ics={y.subs(t, 0):0}); sol

$-(-t^2-2t-3)e^{-t}+\frac{e^{-y\left(t\right)}\tan \left(y\left(t\right)\right)}{2\sec \left(y\left(t\right)\right)}-\frac{e^{-y\left(t\right)}}{2\sec \left(y\left(t\right)\right)}=\frac{5}{2}$
위 결과로 부터 y(t) 형태의 함수인 명시적 결과를 결정하는 것은 어렵습니다.
이 예와 같이 명시적 결과를 결정할 수 없는 미분 방정식이 존재합니다.