An interactive companion to Lectures 07–11
1계 상미분방정식 — 강의 07~11 인터랙티브 학습 노트
본격적으로 미분방정식의 세계로 들어가기 전에, 고등학교 수학(수학1·수학2·미적분)에서 다룬 도구들 중에서 이번 단원에서 반복적으로 사용될 핵심 개념을 짧게 정리합니다. 이미 익숙한 내용이면 건너뛰셔도 좋습니다.
함수 $y = f(x)$의 도함수(derivative)는 다음과 같이 정의됩니다:
$$ f'(x) \;=\; \frac{dy}{dx} \;=\; \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}. $$
의미는 두 가지로 읽을 수 있습니다:
2번 해석이 이번 단원에서 핵심이 됩니다. 왜냐하면 미분방정식은 본질적으로 "점 $(x,y)$에서 어떤 기울기로 그래프가 지나가야 한다"는 정보를 담은 식이기 때문입니다.
두 변수 함수 $H(x, y)$에 대해 partial derivative (편미분)는 다음과 같이 정의됩니다:
$$ H_x(x, y) \;=\; \text{$y$를 상수로 두고 $x$에 대해 미분} $$
$$ H_y(x, y) \;=\; \text{$x$를 상수로 두고 $y$에 대해 미분} $$
예를 들어 $H(x, y) = x^2 y + \sin(y)$ 이면:
$$ H_x = 2xy, \qquad H_y = x^2 + \cos(y). $$
표기법에 익숙해지는 것이 중요합니다. $\dfrac{d}{dx}$ (total derivative, 전미분)과 $\dfrac{\partial}{\partial x}$ (partial derivative, 편미분)는 비슷해 보이지만 다른 연산입니다:
| Notation | Meaning · 의미 | When to use |
|---|---|---|
| $\dfrac{\partial}{\partial x}$ | $y$를 독립적인 상수처럼 취급 | 2-변수 함수의 편미분 |
| $\dfrac{\partial}{\partial y}$ | $x$를 독립적인 상수처럼 취급 | 2-변수 함수의 편미분 |
| $\dfrac{d}{dx}$ | $y = y(x)$가 $x$의 함수임을 인정하고 미분 (chain rule 적용) | $y$가 $x$의 함수일 때 |
$H(x, y)$가 두 변수 함수이고, $y = y(x)$가 $x$의 함수라고 하자. 그러면 합성함수 $H(x, y(x))$를 $x$에 대해 미분할 때:
$$ \frac{d}{dx} H(x, y(x)) \;=\; H_x \cdot \frac{dx}{dx} + H_y \cdot \frac{dy}{dx} \;=\; H_x + H_y \cdot y'. $$
이 공식이 완전 미분방정식(Exact ODE)의 정의 그 자체로 이어집니다. 미리 짧게 보여드리면:
$$ \underbrace{\frac{d}{dx} H(x, y(x)) = 0}_{H \text{가 } x \text{에 대해 상수}} \quad \Longleftrightarrow \quad H_x + H_y y' = 0. $$
오른쪽 식이 바로 우리가 풀고자 하는 ODE의 형태입니다.
$f(x)$의 antiderivative(원시함수, 부정적분)는 $F'(x) = f(x)$를 만족하는 함수 $F$입니다. 임의의 상수 $C$를 더해도 미분하면 똑같으므로:
$$ \int f(x)\, dx \;=\; F(x) + C. $$
이번 단원에서 거의 모든 풀이 과정은 "미분된 형태의 식 → 적분하여 함수를 복원"의 패턴을 따릅니다.
$y$를 $x$의 식으로 명시적으로 표현한 함수 $y = f(x)$를 explicit (양함수)이라 합니다. 예: $y = x^2 + 3$.
반면, $x$와 $y$의 관계식만 주어지고 $y$를 따로 분리할 수 없거나 분리하지 않은 형태를 implicit (음함수)이라 합니다. 예: $x^2 + y^2 = 1$ (원의 방정식).
이번 단원에서는 미분방정식의 해가 음함수 형태로 주어지는 경우가 매우 많습니다. 예를 들어:
$$ \{ y(x) \mid xy + e^{-y} + e^x = k,\; k \in \mathbb{R} \} $$
이런 형태가 어색하게 느껴지더라도 곧 익숙해질 것입니다. That's just part of life. (강의 노트의 표현 그대로!)
임의의 실수 $k \in \mathbb{R}$에 대해 함수 $y = f_k(x)$를 정의할 수 있다면, $k$를 매개변수(parameter)로 하는 무한히 많은 함수의 모임 $\{f_k \mid k \in \mathbb{R}\}$을 1-parameter family라고 합니다.
예: $\{y = \sin(x) + k \mid k \in \mathbb{R}\}$은 사인 곡선을 위/아래로 평행이동한 모든 곡선들의 모임입니다.
이번 단원의 결과를 미리 한 줄로 요약하면: "1계 ODE의 일반해는 보통 1-매개변수 함수족이다." 이 사실의 이유는 곧 다룹니다.
오늘부터는 "미분된 형태로 주어진 방정식에서 원래 함수를 찾는다"는 새로운 문제를 다룹니다. 이를 위해 먼저 정확한 정의부터 시작하겠습니다.
A first order ordinary differential equation (ODE) is an equation involving an unknown real-valued function of a single real variable, and its first derivative.
1계 상미분방정식이란, 한 실변수의 미지의 실숫값 함수와 그 1계 도함수를 포함하는 방정식이다.
General form (implicit form, 음형식):
$$ R(x,\, y,\, y') \;=\; 0 $$
Explicit form (양형식, 풀 수 있다면):
$$ y' \;=\; F(x,\, y) $$
여기서:
다음은 모두 1계 ODE입니다:
$$ y' = \cos(x) \quad \Longrightarrow \quad R(x,y,y') = y' - \cos(x) = 0 $$
$$ y' = -y + 2 \quad \Longrightarrow \quad R(x,y,y') = y' + y - 2 = 0 $$
$$ y' = y^2 (x+1) e^{-x} \quad \Longrightarrow \quad R(x,y,y') = y' - y^2(x+1)e^{-x} = 0 $$
$$ \cos(x+y) + [3y^2 + 2y + \cos(x+y)]\, y' = 0 $$
$$ xy' + \frac{1}{y'} - y = 0 \quad \text{(can't solve for $y'$ in terms of $x, y$ explicitly!)} $$
마지막 예시는 $y'$에 대해 풀 수 없으므로 $R(x,y,y')=0$ 형태로만 다뤄야 합니다.
1계 ODE $R(x,y,y') = 0$은 고등학교에서 본 음함수 방정식 $r(x, y) = 0$을 일반화한 것입니다. ($r(x,y) = 0$은 $y'$가 안 들어간 식, 즉 "0계 ODE"라 불러도 됩니다.)
마찬가지로 2계 도함수 $y''$가 들어가면 2계 ODE, $n$계 도함수까지 들어가면 $n$계 ODE라 부릅니다:
$$ R(x,\, y,\, y',\, y'') = 0 \quad (\text{2nd order}) $$
$$ R(x,\, y,\, y',\, \ldots,\, y^{(n)}) = 0 \quad (\text{nth order}) $$
Given a first order ODE $R(x,y,y') = 0$, a function $f(x)$ is called a solution of the ODE over an interval $(a, b)$ if:
$$ R(x,\, f(x),\, f'(x)) = 0 \quad \forall x \in (a, b). $$
즉, $f$가 ODE를 "만족시킨다"는 것입니다.
Consider $y' = -y + 2$. Claim: $f(x) = e^{-x} + 2$ is a solution over $\mathbb{R}$.
Check:
$$ f'(x) = -e^{-x} = -(\underbrace{e^{-x} + 2}_{= f(x)}) + 2 = -f(x) + 2. \quad \checkmark $$
모든 $x \in \mathbb{R}$에 대해 성립하므로 $f$는 해입니다.
한편 $g(x) = 3e^{-x} + 2$도 해입니다 (직접 확인해보세요!). 사실은:
$$ \{ y = ke^{-x} + 2 \mid k \in \mathbb{R} \} \;\subseteq\; \text{set of solutions}. $$
여기서 $k$를 매개변수로 하는 1-parameter family를 얻었습니다.
Easy to check if a function is a solution. Not so easy to find the solutions!
"어떤 함수가 해인지 확인하는 건 쉽다. 하지만 해를 찾는 건 어렵다."
이번 단원의 나머지 부분은 특별한 형태의 ODE에 대해서 해를 체계적으로 찾는 방법을 배우는 데 할애됩니다.
The general solution of an ODE is the collection of all its solutions:
$$ \{ y = f(x) \mid R(x, f(x), f'(x)) = 0 \;\;\forall x \in \mathrm{Dom}(f) \}. $$
대부분의 경우, 1계 ODE의 일반해는 1-매개변수 함수족입니다.
A particular solution is an individual member of the general solution.
일반해 안의 개별 함수 하나하나를 특수해라고 부릅니다.
For $y' = -y + 2$:
For $y'' = -y$ (2nd order):
$n$계 ODE의 일반해는 보통 $n$-매개변수 함수족이 됩니다. 그 이유는 각 적분 단계마다 적분 상수가 하나씩 생기기 때문입니다.
실제 응용에서는 보통 일반해 전체보다 특정한 조건을 만족하는 하나의 해가 필요합니다. 예를 들어 "$t=0$일 때 온도가 100°C였다"는 정보가 있으면 우리는 일반해에서 이 조건에 맞는 단 하나의 해를 골라야 합니다.
A first-order initial condition is a requirement on the value of the function at a given initial point:
$$ y(x_0) = y_0. $$
A first-order initial value problem (IVP) consists of:
일반적으로 IVP의 해는 유일합니다 (일반해의 1-매개변수 가족에서 정확히 하나가 선택됨).
Solve the IVP:
$$ \begin{cases} y' = \cos(x), \\ y(0) = 3. \end{cases} $$
Step 1. General solution: $y = \sin(x) + k$, $k \in \mathbb{R}$.
Step 2. Apply IC: $y(0) = \sin(0) + k = k = 3$, so $k = 3$.
Solution of IVP: $y = \sin(x) + 3$.
Solve the IVP $\;y' = y^2 (x+1) e^{-x},\; y(0) = 3.$
일반해는 (다음 절에서 배울 변수분리법으로) 다음과 같이 구해집니다:
$$ y = \frac{1}{(x+2)e^{-x} + k}, \qquad k \in \mathbb{R}, \quad \text{plus } y \equiv 0. $$
IC 적용: $y(0) = \dfrac{1}{2 + k} = 3 \;\Longleftrightarrow\; k = -\dfrac{5}{3}$.
Particular solution: $y(x) = \dfrac{1}{(x+2)e^{-x} - 5/3}$.
지금까지의 ODE 정의는 매우 대수적(algebraic)이었습니다. 하지만 1계 ODE는 매우 기하학적(geometric) 의미도 가지고 있습니다. 이 기하학적 직관이 ODE를 이해하는 핵심 열쇠입니다.
1계 ODE $\;y' = F(x, y)\;$를 보세요. "우리가 어떤 함수 $f$를 찾고 있는 걸까?"를 다시 생각해봅시다.
해 $y = f(x)$의 그래프 위의 한 점 $(x, y) = (x, f(x))$를 생각합니다. 그 점에서의 접선의 기울기는 $f'(x)$입니다. 그런데 ODE에 의하면:
$$ f'(x) \;=\; F(x,\, f(x)) \;=\; F(x,\, y). $$
즉, "점 $(x, y)$를 지나는 해의 접선 기울기는 $F(x, y)$이다"라는 뜻입니다.
이걸 거꾸로 읽으면: ODE는 평면의 각 점마다 "여기 지나가는 곡선은 이 기울기로 지나가야 한다"는 화살표를 꽂아놓은 것입니다.
Given a first order ODE $y' = F(x, y)$, the slope field (방향장, 기울기장) is a collection of short line segments through each point $(x, y)$ on the plane with slope $F(x, y)$.
방향장은 마치 강물의 흐름과 같습니다. 각 지점마다 "물이 흐르는 방향"이 정해져 있고, 해는 그 흐름을 따라 떠내려가는 나뭇잎의 궤적입니다.
임의의 점 $(x_0, y_0)$에서 시작해 흐름을 따라가면, IC $y(x_0) = y_0$을 만족하는 유일한 해의 그래프를 그릴 수 있습니다.
Consider $y' = -y + 2$, so $F(x, y) = -y + 2$.
특정 $y$값에서 기울기는:
| $y$ value | Slope $F(x,y) = -y+2$ | Interpretation |
|---|---|---|
| $y = 0$ | $+2$ | 가파르게 위로 |
| $y = 1$ | $+1$ | 완만하게 위로 |
| $y = 2$ | $\;\;0$ | 수평! ← 평형해 |
| $y = 3$ | $-1$ | 완만하게 아래로 |
| $y = 4$ | $-2$ | 가파르게 아래로 |
주목할 점: 기울기가 $x$에 의존하지 않고 오직 $y$에만 의존합니다 (이런 ODE를 autonomous (자율형)이라 부릅니다). 그래서 슬로프 필드가 좌우로 평행이동시켜도 똑같이 생깁니다.
일반해 $y = ke^{-x} + 2$에서 $k$의 부호에 따라:
$F(x, y)$가 적당히 좋은 함수(연속이고 부드러움)이면, 평면의 각 점 $(x_0, y_0)$을 지나는 해는 오직 하나만 존재한다.
즉, 두 개의 다른 해곡선이 같은 점에서 만날 수 없다.
엄밀한 진술 (Picard-Lindelöf theorem)은 이 강의 범위를 넘어가지만, 직관적으로는 위에서 본 "강물 흐름" 비유를 떠올리면 됩니다. 각 점에서 흐름의 방향이 정해져 있다면 그 흐름을 따라가는 궤적은 유일하게 정해지는 것이 자연스럽습니다.
이제 IVP의 기하학적 의미가 명확해집니다:
ODE $y' = -y + 2$의 슬로프 필드 위에서 다음 IC들에 대한 해곡선의 대략적인 모양을 머릿속으로 그려보세요:
장기적으로 ($x \to \infty$) 각 해는 어떤 값에 수렴할까요?
세 경우 모두 $x \to \infty$일 때 $y \to 2$에 수렴합니다. 일반해 $y = ke^{-x} + 2$에서 $ke^{-x}$ 항이 0으로 수렴하기 때문입니다.
$y = 2$를 안정 평형해(stable equilibrium)라고 부릅니다. 어떤 초기값에서 출발해도 결국 이 값으로 수렴하기 때문입니다.
ODE $\;y' = y(1 - y)\;$의 슬로프 필드를 시각화하면서, 다음을 확인하세요:
$y' = y(1-y) = 0 \;\Longleftrightarrow\; y = 0$ 또는 $y = 1$. 두 평형해가 있습니다.
이제 본격적으로 ODE를 푸는 방법을 배웁니다. 가장 단순한 형태부터 시작합니다.
A first order ODE $R(x, y, y') = 0$ is called separable if it can be written, via purely algebraic manipulations (합, 차, 곱, 나눗셈), in the form
$$ y' \;=\; f(x)\, g(y). $$
핵심: 우변이 $x$만의 함수와 $y$만의 함수의 곱으로 분리되어야 합니다.
다음 중 어떤 것이 separable인지 판단해보세요.
(a) $y' = y^2 (x + 1) e^{-x}$. → Separable! $f(x) = (x+1)e^{-x}$, $g(y) = y^2$.
(b) $2xy\, y' = y^2 - x^2$. 정리하면 $y' = \dfrac{y^2 - x^2}{2xy}$. Not separable — $x$와 $y$의 분수가 곱으로 분리되지 않습니다.
(c) $\cos(x+y) + [3y^2 + 2y + \cos(x+y)]\, y' = 0$. Not separable — $\cos(x+y)$ 안에서 $x$와 $y$가 더해져 있어 분리 불가능.
아이디어는 간단합니다. $y' = f(x) g(y)$에서 양변을 $g(y)$로 나누면:
$$ \frac{1}{g(y)} \cdot y' \;=\; f(x). $$
좌변이 chain rule의 모양임을 알아채는 게 핵심입니다. $G(y)$를 $1/g(y)$의 원시함수라고 두면:
$$ \frac{d}{dx}\bigl[ G(y(x)) \bigr] \;=\; G'(y(x)) \cdot y'(x) \;=\; \frac{1}{g(y(x))} \cdot y'(x). $$
그러므로 식은 $\dfrac{d}{dx}\bigl[G(y(x))\bigr] = f(x)$가 되고, 양변을 적분하면:
$$ G(y(x)) \;=\; F(x) + k, \quad k \in \mathbb{R}, $$
where $F$ is an antiderivative of $f$.
For $y' = f(x) g(y)$, the general solution is:
$$ \boxed{ \Bigl\{\, y(x) \;\Big|\; G(y(x)) \,=\, F(x) + k,\; k \in \mathbb{R} \,\Bigr\} } $$
where $F$ is an antiderivative of $f$, and $G$ is an antiderivative of $1/g$.
중요한 추가 사항: $g(y_0) = 0$인 상수해 $y \equiv y_0$도 별도로 확인해야 합니다. 우리가 $g(y)$로 나누는 과정에서 이 해가 손실되었을 수 있기 때문입니다.
Solve $\;y' = -y + 2$.
이 ODE는 $y' = (-1)(y - 2)$로 쓸 수 있으므로 separable. $f(x) = -1$, $g(y) = y - 2$.
Step 1. $g(y) = 0 \Leftrightarrow y = 2$. 상수해 $y \equiv 2$를 따로 메모.
Step 2. $g(y) \neq 0$ 가정 하에:
$$ \frac{1}{y - 2} y' \;=\; -1 \;\Longleftrightarrow\; \int \frac{1}{y - 2} y'\, dx \;=\; \int (-1)\, dx. $$
Step 3. 좌변: $\int \dfrac{1}{y-2} y' dx = \int \dfrac{dy}{y-2} = \ln|y - 2|$. 우변: $-x + k$.
$$ \ln|y - 2| \;=\; -x + k. $$
Step 4. $|y - 2| = e^{-x + k} = e^k \cdot e^{-x}$. 절댓값과 부호를 한꺼번에 처리:
$$ y - 2 \;=\; A e^{-x}, \quad A = \pm e^k \neq 0. $$
Step 5. 상수해 $y = 2$는 $A = 0$에 해당하므로 결국 한 식으로 통합 가능:
$$ \boxed{\; y \;=\; A e^{-x} + 2, \quad A \in \mathbb{R}. \;} $$
Solve $\;y' = y^2 (x+1) e^{-x}$.
Separable with $f(x) = (x+1)e^{-x}$, $g(y) = y^2$.
상수해: $g(y) = y^2 = 0 \Rightarrow y \equiv 0$도 해입니다.
$y \neq 0$일 때:
$$ \frac{1}{y^2} y' = (x+1)e^{-x} \;\Longleftrightarrow\; \int \frac{1}{y^2} y'\, dx = \int (x+1) e^{-x}\, dx. $$
좌변: $-1/y$. 우변(부분적분):
$$ \int (x+1) e^{-x}\, dx \;=\; -(x+1)e^{-x} - \int (-e^{-x})\, dx \;=\; -(x+1)e^{-x} - e^{-x} + k \;=\; -(x+2)e^{-x} + k. $$
따라서:
$$ -\frac{1}{y} \;=\; -(x+2)e^{-x} + k \;\Longleftrightarrow\; y \;=\; \frac{1}{(x+2)e^{-x} - k}. $$
$-k$를 새로운 상수로 치환하면 (관행적으로 $k$로 다시 부름):
$$ \boxed{\; \text{General solution: } \left\{ y = \frac{1}{(x+2)e^{-x} + k} \,\Big|\, k \in \mathbb{R} \right\} \cup \{ y \equiv 0 \}. \;} $$
때로는 그 자체로는 separable이 아니지만, 적절한 변수 치환으로 separable로 만들 수 있습니다. 가장 흔한 형태는 $y = x \cdot u(x)$ 치환입니다 (소위 homogeneous 함수의 경우).
Solve $\;2xy\, y' = y^2 - x^2$.
위에서 보았듯이 그대로는 separable이 아닙니다. 새로운 미지함수 $u(x)$를 도입하고 $y = x \cdot u(x)$로 치환합니다.
Computing $y'$ via product rule:
$$ y' = u + x u'. $$
원래 식에 대입:
$$ 2 x \cdot (xu) \cdot (u + xu') = (xu)^2 - x^2 \;\Longleftrightarrow\; 2x^2 u(u + xu') = x^2 u^2 - x^2. $$
$x \neq 0$ 가정 하에 $x^2$로 나눔:
$$ 2u(u + xu') = u^2 - 1 \;\Longleftrightarrow\; 2u^2 + 2xu u' = u^2 - 1 \;\Longleftrightarrow\; 2xu u' = -u^2 - 1. $$
이제 $u$에 대해 separable!
$$ \frac{2u}{u^2 + 1} u' \;=\; -\frac{1}{x}. $$
양변 적분: $\ln(u^2 + 1) = -\ln|x| + k$.
$u^2 + 1 = \dfrac{K}{|x|}$ ($K = e^k > 0$). $u = y/x$를 다시 대입:
$$ \frac{y^2}{x^2} + 1 = \frac{K}{|x|} \;\Longleftrightarrow\; x^2 + y^2 = K|x|. $$
이는 음함수 형태의 일반해입니다. 기하학적으로는 중심이 $(\pm K/2, 0)$이고 반지름 $K/2$인 원들의 쌍입니다.
Most of the time, solutions to ODEs are given by implicit relations, rather than explicit functions!
미분방정식의 해는 보통 음함수 형태로 주어집니다. 양함수로 풀어 쓰기 어렵거나 아예 불가능한 경우가 대부분입니다. — That's just part of life.
예시:
$$ x^2 + y^2 = K|x| \quad \text{(원 한 쌍)} $$
$$ xy + e^{-y} + e^x = k \quad \text{(이상한 모양의 곡선)} $$
이런 음함수를 만났을 때, 양함수로 풀려고 매달리지 말고 그대로 받아들이는 연습이 필요합니다.
다음 IVP를 푸세요:
$$ y' = -2xy, \qquad y(0) = 1. $$
Separable: $f(x) = -2x$, $g(y) = y$.
$y = 0$은 해. 그 외에는 $\dfrac{y'}{y} = -2x$, 양변 적분: $\ln|y| = -x^2 + k$, 즉 $y = Ae^{-x^2}$ ($A \in \mathbb{R}$).
IC: $y(0) = A = 1$. Answer: $y = e^{-x^2}$. (Gaussian curve!)
$y' = \dfrac{y + x}{x}$를 푸세요.
Hint: 우변을 $y/x + 1$로 쓰면, $y = xu$로 치환할 수 있습니다.
변수분리법은 단순하지만, 모든 ODE가 separable한 것은 아닙니다. 이번 절에서는 더 일반적인 방법론을 다룹니다.
chain rule을 다시 떠올려봅시다. 2-변수 함수 $H(x, y)$가 주어져 있고 $y = y(x)$라 하면:
$$ \frac{d}{dx} H(x, y(x)) \;=\; H_x + H_y \cdot y'. $$
만약 $H(x, y(x)) = k$ (상수)라면, 양변을 $x$에 대해 미분하면:
$$ H_x + H_y \cdot y' \;=\; 0. $$
이걸 거꾸로 읽어봅시다. $M(x, y) + N(x, y)\, y' = 0$ 형태의 ODE를 만났을 때, 만약 어떤 $H$가 존재해서 $H_x = M$이고 $H_y = N$이면, 우리의 ODE는
$$ \frac{d}{dx} H(x, y(x)) = 0 $$
으로 다시 쓸 수 있고, 이는 $H(x, y(x)) = k$ (상수) — 즉 음함수 형태로 일반해를 즉시 얻습니다!
A first order ODE $R(x, y, y') = 0$ is called exact if it can be written as
$$ \frac{d}{dx}\bigl( H(x, y) \bigr) \;=\; 0 $$
for some two-variable function $H(x, y)$, called a potential function (포텐셜 함수).
위에서 본 것처럼, 이는 다음과 동치입니다:
$$ H_x + H_y\, y' \;=\; 0. $$
다변수 미적분에서, 식 $M\,dx + N\,dy$가 어떤 함수 $H$의 완전 미분(exact differential)이라는 것은 $dH = M\,dx + N\,dy$가 성립한다는 뜻입니다. 즉 $M\,dx + N\,dy$가 "어떤 함수의 변화량을 그대로 나타낸다"는 의미. ODE 맥락에서도 같은 직관입니다.
완전 미분방정식을 다룰 때는 ODE를 다음과 같은 standard form으로 씁니다:
$$ M(x, y) \;+\; N(x, y)\, y' \;=\; 0. $$
$M$과 $N$은 단순히 두 위치에 들어 있는 두 변수 함수입니다 (별 특별한 의미 없음, 단지 표기 관습일 뿐).
$y' = 2x$를 standard form으로 쓰면: $-2x + 1 \cdot y' = 0$, 즉 $M = -2x$, $N = 1$.
$(e^x + y) + (x - e^{-y})y' = 0$은 이미 standard form. $M = e^x + y$, $N = x - e^{-y}$.
이제 결정적인 질문: 주어진 $M + N\, y' = 0$이 exact인지 어떻게 알아볼까?
$H$가 존재해서 $H_x = M$, $H_y = N$이라고 가정합시다. 그러면 혼합 편도함수의 대칭성(Clairaut's theorem)에 의해:
$$ M_y \;=\; \frac{\partial}{\partial y}\!\left(H_x\right) \;=\; \frac{\partial}{\partial x}\!\left(H_y\right) \;=\; N_x. $$
놀랍게도 이 필요조건이 (적절한 영역에서) 충분조건이기도 합니다.
A first order ODE $\;M(x, y) + N(x, y)\, y' = 0\;$ is exact if and only if
$$ \boxed{\; M_y \;=\; N_x. \;} $$
Moreover, in this case the general solution is given by:
$$ \{\, y(x) \,\mid\, H(x, y(x)) = k,\; k \in \mathbb{R}\,\} $$
where $H(x, y)$ is obtained by solving
$$ \begin{cases} H_x(x, y) \;=\; M(x, y), \\[6pt] H_y(x, y) \;=\; N(x, y). \end{cases} $$
이 노트에서는 가독성을 위해 다음 아래첨자 축약 표기를 사용합니다.
$$ M_y \;\equiv\; \dfrac{\partial M}{\partial y}, \qquad N_x \;\equiv\; \dfrac{\partial N}{\partial x}, \qquad H_x \;\equiv\; \dfrac{\partial H}{\partial x}, \qquad H_y \;\equiv\; \dfrac{\partial H}{\partial y}. $$
즉 함수에 아래첨자로 변수가 붙으면 그 변수에 대한 편미분을 뜻합니다. 예: $M_y$는 "$M$을 $y$에 대해 편미분한 것" = $\partial M / \partial y$. 시험·교재에서도 자주 쓰는 표준 표기이므로 익숙해지면 식이 훨씬 짧고 깔끔해집니다.
이제 가장 중요한 부분: exact ODE를 만났을 때 $H$를 어떻게 구하는가? 6단계로 정리하면:
Solve $\;(e^x + y) + (x - e^{-y})\, y' = 0$.
여기서 $M(x, y) = e^x + y$, $N(x, y) = x - e^{-y}$.
Step 1: Check exactness.
$$ M_y = \frac{\partial}{\partial y}(e^x + y) = 1, \qquad N_x = \frac{\partial}{\partial x}(x - e^{-y}) = 1. \quad \checkmark $$
두 편미분이 같으므로 exact!
Step 2: Choose one equation. 둘 다 비슷한 난이도지만, $H_y = N = x - e^{-y}$를 선택해봅시다 ($e^{-y}$를 $y$에 대해 적분하기 더 쉬움).
Step 3: Integrate w.r.t. $y$ (treating $x$ as constant).
$$ H(x, y) = \int (x - e^{-y})\, \partial y \;=\; xy + e^{-y} + f(x). $$
적분 "상수"가 $x$의 함수 $f(x)$임에 주목하세요! 왜냐하면 $\partial_y$에 의해 $f(x)$는 0이 되기 때문입니다. (만약 일반 1변수 적분이었다면 단순 상수 $C$였을 자리.)
Step 4: Partial differentiate w.r.t. $x$.
$$ H_x = y + 0 + f'(x) = y + f'(x). $$
Step 5: Compare with the other equation $H_x = M = e^x + y$.
$$ y + f'(x) = e^x + y \;\Longrightarrow\; f'(x) = e^x \;\Longrightarrow\; f(x) = e^x + C. $$
편의상 $C = 0$ 선택.
Step 6: Assemble.
$$ H(x, y) = xy + e^{-y} + e^x. $$
General solution:
$$ \boxed{\; \{\, y(x) \,\mid\, xy + e^{-y} + e^x = k,\; k \in \mathbb{R} \,\} \;} $$
Solve $\;3x^2 y - xy^2 + (x^3 - x^2 y)\, y' = 0$.
$M = 3x^2 y - xy^2$, $N = x^3 - x^2 y$.
Step 1. $M_y = 3x^2 - 2xy$, $N_x = 3x^2 - 2xy$. ✓ Exact!
Step 2-3. $H_x = M$을 선택, $x$에 대해 적분:
$$ H(x, y) = \int (3x^2 y - xy^2)\, \partial x = x^3 y - \tfrac{1}{2} x^2 y^2 + f(y). $$
Step 4. $H_y = x^3 - x^2 y + f'(y)$.
Step 5. 이것이 $N = x^3 - x^2 y$와 같아야 하므로 $f'(y) = 0$, 즉 $f(y) = C$. 편의상 $C = 0$.
Step 6. $H(x, y) = x^3 y - \tfrac{1}{2} x^2 y^2$.
General solution:
$$ \left\{\, y(x) \,\Big|\, x^3 y - \tfrac{1}{2} x^2 y^2 = k,\; k \in \mathbb{R} \,\right\}. $$
Step 2에서 어느 방정식을 선택하느냐는 전적으로 자유입니다. 두 방법 모두 같은 $H$로 이어집니다. 한쪽 방법으로 적분이 어려워 보이면 다른 쪽으로 시작하세요.
강의 노트의 연습 문제: Example 4.4를 $H_x = e^x + y$ 쪽으로 시작해서 풀어보세요. 같은 답이 나옵니다.
다음 ODE 중 어떤 것이 exact인가요?
(1) $M_y = 2x$, $N_x = 2x$. Exact!
(2) $M_y = \cos y$, $N_x = \cos y$. Exact!
(3) $M_y = 1$, $N_x = 1$. Exact!
세 ODE 모두 exact. 흥미롭죠?
$(2xy + 1) + (x^2 + 3y^2)\, y' = 0$의 일반해를 구하세요.
Already verified exact. Choose $H_x = 2xy + 1$. Integrate w.r.t. $x$:
$H(x, y) = x^2 y + x + f(y)$.
$H_y = x^2 + f'(y) = x^2 + 3y^2 \Rightarrow f'(y) = 3y^2 \Rightarrow f(y) = y^3$ (take constant = 0).
$H(x, y) = x^2 y + x + y^3$.
General solution: $\{y(x) \mid x^2 y + x + y^3 = k,\; k \in \mathbb{R}\}$.
다음 IVP를 푸세요:
$$ (y \cos x + 2x e^y) + (\sin x + x^2 e^y - 1) y' = 0, \quad y(0) = 0. $$
Exactness check: $M_y = \cos x + 2x e^y$, $N_x = \cos x + 2x e^y$. ✓
Find $H$: $H_x = y \cos x + 2x e^y \Rightarrow H = y \sin x + x^2 e^y + f(y)$.
$H_y = \sin x + x^2 e^y + f'(y) = \sin x + x^2 e^y - 1 \Rightarrow f'(y) = -1 \Rightarrow f(y) = -y$.
$H = y \sin x + x^2 e^y - y$.
이제 exact가 아닌 ODE를 어떻게 처리할지 다룹니다. 핵심 아이디어: 적당한 함수 $I(x, y)$를 곱하여 exact으로 만들 수 있다면, 위에서 배운 방법으로 풀 수 있을 것입니다.
$M + N y' = 0$가 exact가 아닐 때, 양변에 $I(x, y)$를 곱한 ODE
$$ I(x, y) M(x, y) \;+\; I(x, y) N(x, y)\, y' \;=\; 0 $$
이 exact가 되도록 하는 $I$를 찾을 수 있을까요? 만약 그럴 수 있다면, 새 ODE의 해 = 원래 ODE의 해 (왜냐하면 같은 해곡선을 통과하므로). 적당한 $I$로 곱한 ODE의 해를 구하면 됩니다.
A first order ODE $M + N y' = 0$ is said to admit integrating factors if there exists a non-zero function $I(x, y)$ (not the zero function) such that
$$ IM \,+\, IN\, y' \;=\; 0 $$
is exact. The function $I$ is called an integrating factor (적분인자).
If $M + N y' = 0$ admits an integrating factor $I(x, y)$, then its general solution is:
$$ \{\, y(x) \mid H(x, y(x)) = k,\; k \in \mathbb{R} \,\} $$
where $H$ is obtained from the multiplied ODE:
$$ \begin{cases} H_x = I(x,y)\, M(x,y), \\ H_y = I(x,y)\, N(x,y). \end{cases} $$
핵심 관찰: $I$를 곱한 ODE의 해 = 원래 ODE의 해. ($I \neq 0$이므로 두 식은 동치.)
Consider $\;(e^{x+y} + y e^y) + (x e^y - 1)\, y' = 0$.
Check exactness:
$$ M_y = e^{x+y} + e^y + y e^y, \qquad N_x = e^y. $$
같지 않음 → exact가 아님.
하지만! 양변에 $I(x, y) = e^{-y}$를 곱해봅시다:
$$ e^{-y}(e^{x+y} + y e^y) + e^{-y}(x e^y - 1)\, y' = 0 \;\Longleftrightarrow\; (e^x + y) + (x - e^{-y})\, y' = 0. $$
이건 우리가 이미 풀어본 ODE (Example 4.4)! Exact함을 확인했고 일반해 $xy + e^{-y} + e^x = k$도 얻었습니다.
따라서 $I(x, y) = e^{-y}$는 원래 ODE에 대한 integrating factor이고, 같은 일반해를 줍니다.
일반적으로 임의의 ODE에 대해 IF를 찾는 것은 어렵습니다. 그러나 IF가 특별한 형태를 가질 때는 체계적으로 구할 수 있습니다.
Given a first order ODE $M(x,y) + N(x,y) y' = 0$. If
$$ M_y - N_x \;=\; f(x)\, N(x, y) \,-\, g(y)\, M(x, y) $$
for some functions $f$ of $x$ alone and $g$ of $y$ alone, then an integrating factor exists in the separable form:
$$ \boxed{\; I(x, y) \;=\; e^{F(x)}\, e^{G(y)}, \quad \text{where } F' = f,\; G' = g. \;} $$
$IM + IN y' = 0$의 exactness 조건을 쓰면:
$$ \frac{\partial}{\partial y}(IM) = \frac{\partial}{\partial x}(IN). $$
$I = e^{F(x)} e^{G(y)}$를 대입하고 정리하면 (product rule):
$$ I_y M + I M_y = I_x N + I N_x. $$
$I_y = g(y) I$, $I_x = f(x) I$이므로 $I$로 나누면:
$$ g(y) M + M_y = f(x) N + N_x, $$
which is exactly the given condition. ∎
위 정리의 특수한 경우 두 가지가 실용적으로 매우 유용합니다:
If $\dfrac{M_y - N_x}{N}$ depends only on $x$, call it $p(x)$. Then $I(x) = e^{\int p(x)\, dx}$ is an IF.
This is the case $g \equiv 0$ in the theorem above.
If $\dfrac{M_y - N_x}{-M}$ depends only on $y$, call it $q(y)$. Then $I(y) = e^{\int q(y)\, dy}$ is an IF.
Solve $\;(3xy - y^2) + (x^2 - xy)\, y' = 0$.
Exactness check: $M_y = 3x - 2y$, $N_x = 2x - y$. 다름! Not exact.
Try Case A: $\dfrac{M_y - N_x}{N} = \dfrac{(3x-2y) - (2x-y)}{x^2 - xy} = \dfrac{x - y}{x(x - y)} = \dfrac{1}{x}$ (assuming $x \neq y$). $x$만의 함수!
$I(x) = e^{\int 1/x\, dx} = e^{\ln|x|} = |x|$. 편의상 $I = x$ 선택.
Multiply: $x(3xy - y^2) + x(x^2 - xy) y' = 0$, 즉 $(3x^2 y - xy^2) + (x^3 - x^2 y) y' = 0$.
이건 우리가 이미 푼 ODE (Example 4.5)! 일반해: $x^3 y - \tfrac{1}{2} x^2 y^2 = k$.
$(2y) + (x)\, y' = 0$이 exact가 아님을 확인하고, $x$만의 함수 IF를 찾아 일반해를 구하세요.
$M = 2y$, $N = x$. $M_y = 2$, $N_x = 1$. 다름.
$\dfrac{M_y - N_x}{N} = \dfrac{1}{x}$, $x$의 함수! $p(x) = 1/x$.
$I(x) = e^{\int dx/x} = x$. Multiply: $2xy + x^2 y' = 0$. Now exact ($\partial_y(2xy) = 2x = \partial_x(x^2)$).
Find $H$: $H_x = 2xy \Rightarrow H = x^2 y + f(y)$. $H_y = x^2 + f'(y) = x^2 \Rightarrow f' = 0$, $f = 0$.
General solution: $x^2 y = k$, i.e. $y = k/x^2$.
지금까지 다룬 분류(separable, exact, 적분인자)는 ODE의 형태에 기반한 분류였습니다. 이제 가장 중요한 분류 중 하나인 linearity (선형성)를 다룹니다.
A first order ODE is called linear if it has the form
$$ \boxed{\; y' \,+\, p(x)\, y \;=\; r(x) \;} $$
$p(x)$와 $r(x)$는 $x$만의 함수입니다 (그 자체로는 비선형일 수 있음). 핵심은 $y$와 $y'$에 대해 1차식이라는 점입니다.
$p(x)$, $r(x)$는 coefficient (계수)와 non-homogeneity term (비동차항)이라 부릅니다.
"Homogeneous"라는 단어는 ODE 문맥에서 두 가지 다른 의미로 쓰입니다:
혼동하지 마세요. 문맥으로 구분합니다.
다음은 선형 1계 ODE의 예시입니다:
다음은 선형이 아닙니다:
Every homogeneous linear first-order ODE $\;y' + p(x) y = 0\;$ is separable. Its general solution is:
$$ \boxed{\; y(x) \;=\; A\, e^{-P(x)}, \quad A \in \mathbb{R}, \;} $$
where $P$ is any antiderivative of $p$.
Proof. $y' = -p(x) y$, separable with $f(x) = -p(x)$, $g(y) = y$.
$y \neq 0$: $\dfrac{y'}{y} = -p(x) \Rightarrow \ln|y| = -P(x) + k \Rightarrow y = A e^{-P(x)}$ ($A = \pm e^k$).
$y \equiv 0$은 $A = 0$에 해당. 통합된 일반해. ∎
$y' + \sin(x) y = 0$의 일반해.
$p(x) = \sin(x)$, $P(x) = -\cos(x)$. 일반해:
$$ y(x) = A e^{\cos(x)}, \quad A \in \mathbb{R}. $$
이제 핵심 결과: 비동차 선형 ODE도 적분인자 방법으로 풀립니다. 그것도 매우 간단한 형태의 IF로!
Every linear first-order ODE $\;y' + p(x) y = r(x)\;$ admits an integrating factor
$$ \boxed{\; I(x) \;=\; e^{\int p(x)\, dx} \;=\; e^{P(x)}. \;} $$
Proof. Standard form: $\bigl(p(x) y - r(x)\bigr) + 1 \cdot y' = 0$. So $M = py - r$, $N = 1$.
$M_y = p(x)$, $N_x = 0$. Apply Case A:
$$ \frac{M_y - N_x}{N} = \frac{p(x) - 0}{1} = p(x). $$
$x$만의 함수! 따라서 $I(x) = e^{\int p(x)\, dx}$가 IF. ∎
The general solution of $\;y' + p(x) y = r(x)\;$ is
$$ \boxed{\; y(x) \;=\; e^{-P(x)}\!\left[ \int e^{P(x)} r(x)\, dx \,+\, A \right], \quad A \in \mathbb{R} \;} $$
where $P(x) = \int p(x)\, dx$.
이걸 둘로 쪼개면:
$$ y(x) \;=\; \underbrace{A\, e^{-P(x)}}_{\text{general homogeneous}} \;+\; \underbrace{e^{-P(x)} \int e^{P(x)} r(x)\, dx}_{\text{particular non-homogeneous}}. $$
Proof. IF $I(x) = e^{P(x)}$를 곱하면:
$$ e^{P(x)} y' + e^{P(x)} p(x) y = e^{P(x)} r(x). $$
좌변이 $\dfrac{d}{dx}\!\left[e^{P(x)} y\right]$임을 알아챕시다 (product rule!). 따라서:
$$ \frac{d}{dx}\!\left[ e^{P(x)} y \right] = e^{P(x)} r(x). $$
양변 적분: $e^{P(x)} y = \int e^{P(x)} r(x) dx + A$. ∎
선형 1계 ODE를 풀 때는 다음 3단계를 외워두세요:
Solve $\;y' + ay = b \sin(x)$ ($a, b$ constants).
Step 1. $p = a$, $r = b \sin(x)$, $P(x) = ax$.
Step 2. IF: $I(x) = e^{ax}$.
Step 3. $\dfrac{d}{dx}[e^{ax} y] = b\, e^{ax} \sin(x)$. 적분 (부분적분 두 번):
$$ \int e^{ax} \sin(x)\, dx \;=\; \frac{e^{ax}}{1 + a^2}(a \sin x - \cos x). $$
따라서:
$$ e^{ax} y = \frac{b\, e^{ax}}{1+a^2}(a \sin x - \cos x) + A, $$
$$ \boxed{\; y(x) = A e^{-ax} + \frac{b}{1+a^2}(a \sin x - \cos x), \quad A \in \mathbb{R}. \;} $$
Solve $\;y' + \dfrac{4}{x} y = x^2$ on $x > 0$.
$p(x) = 4/x$, $P(x) = 4 \ln x = \ln x^4$. So $I(x) = e^{\ln x^4} = x^4$.
$\dfrac{d}{dx}[x^4 y] = x^4 \cdot x^2 = x^6$. 적분: $x^4 y = \dfrac{x^7}{7} + A$.
$$ \boxed{\; y(x) = \frac{A}{x^4} + \frac{x^3}{7}, \quad A \in \mathbb{R}. \;} $$
비동차 선형 ODE의 일반해 구조는 매우 우아합니다. 다음 정리는 향후 (특히 2계 선형 ODE에서) 결정적으로 중요합니다.
Given any two solutions $y_1(x)$, $y_2(x)$ of a non-homogeneous linear ODE $y' + py = r$, their difference $y_3(x) = y_1(x) - y_2(x)$ is a solution of the corresponding homogeneous ODE $y' + py = 0$.
Proof. $y_1' + p y_1 = r$, $y_2' + p y_2 = r$. Subtract:
$$ (y_1 - y_2)' + p(y_1 - y_2) = r - r = 0. \quad \square $$
The general solution of $y' + py = r$ has the form
$$ y \;=\; y_h \;+\; y_p, $$
where:
비동차 선형 ODE를 풀 때:
이 구조는 2계, 3계, ..., $n$계 선형 ODE 모두에 적용되는 보편적 원리입니다. (선형대수의 affine subspace 개념과 직접 연결됩니다.)
$y' + \dfrac{4}{x} y = x^2$에 대해 위 정리 확인:
$y_1(x) = \dfrac{1}{x^4} + \dfrac{x^3}{7}$와 $y_2(x) = \dfrac{3}{x^4} + \dfrac{x^3}{7}$ 모두 비동차 해.
차이: $y_3 = y_1 - y_2 = -\dfrac{2}{x^4}$.
이 함수는 동차 ODE $y' + \dfrac{4}{x} y = 0$의 해인가?
$y_3 = -2 x^{-4}$, $y_3' = 8 x^{-5}$. 대입:
$$ 8 x^{-5} + \dfrac{4}{x} \cdot (-2 x^{-4}) = 8 x^{-5} - 8 x^{-5} = 0. \quad \checkmark $$
$y' + 2y = e^x$의 일반해를 구하세요.
$p = 2$, $P = 2x$, $I = e^{2x}$.
$\dfrac{d}{dx}[e^{2x} y] = e^{2x} \cdot e^x = e^{3x}$.
$e^{2x} y = \dfrac{1}{3} e^{3x} + A$, 즉 $y = \dfrac{1}{3} e^x + A e^{-2x}$.
$y' + (\tan x) y = \sin(2x)$, $y(0) = 1$. $\;-\pi/2 < x < \pi/2$.
Hint: $\sin(2x) = 2 \sin x \cos x$.
$p = \tan x$, $P = -\ln|\cos x|$, $I = e^{-\ln \cos x} = 1/\cos x = \sec x$ (on $|x| < \pi/2$).
$\dfrac{d}{dx}[(\sec x) y] = (\sec x)(2 \sin x \cos x) = 2 \sin x$.
$(\sec x) y = -2 \cos x + A$, 즉 $y = -2 \cos^2 x + A \cos x$.
IC: $y(0) = -2 + A = 1 \Rightarrow A = 3$.
Answer: $y = 3 \cos x - 2 \cos^2 x$.
$y' + y = y^2$를 푸세요. Hint: 비선형 ODE지만, $u = 1/y$로 치환하면 선형이 됩니다 (Bernoulli's trick).
$y \neq 0$: 양변을 $y^2$로 나눔: $y^{-2} y' + y^{-1} = 1$.
$u = y^{-1}$, $u' = -y^{-2} y'$. 대입: $-u' + u = 1$, 즉 $u' - u = -1$ (linear in $u$!).
$p = -1$, $I = e^{-x}$. $\dfrac{d}{dx}[e^{-x} u] = -e^{-x}$. 적분: $e^{-x} u = e^{-x} + A$.
$u = 1 + A e^x$, so $y = \dfrac{1}{1 + A e^x}$.
지금까지 ODE를 푸는 방법을 배웠습니다. 이제 왜 이 ODE들이 중요한지 — 실제 자연현상과 공학 문제에서 어떻게 등장하는지 — 살펴봅시다.
물체의 온도 변화율은 물체와 주위 환경 온도의 차이에 비례합니다 (Newton, 1701):
$$ T'(t) \;=\; -k\, \bigl( T(t) - T_{\mathrm{env}}(t) \bigr). $$
standard form으로 정리하면:
$$ T' + k T \;=\; k\, T_{\mathrm{env}}(t). $$
이는 비동차 선형 1계 ODE입니다! $p(t) = k$ (상수), $r(t) = k T_{\mathrm{env}}(t)$.
방 온도가 일정한 $T_{\mathrm{env}} = 20$°C일 때, 90°C 커피가 시간 $t = 0$에서 식기 시작합니다. $k = 0.1\,\text{min}^{-1}$라 하면 1시간 후 온도는?
$T' + 0.1 T = 0.1 \cdot 20 = 2$, $T(0) = 90$.
$I = e^{0.1 t}$. $(e^{0.1t} T)' = 2 e^{0.1 t}$, $e^{0.1t} T = 20 e^{0.1t} + A$.
$T(t) = 20 + A e^{-0.1t}$. IC: $90 = 20 + A \Rightarrow A = 70$.
$T(t) = 20 + 70 e^{-0.1 t}$. At $t = 60$: $T(60) = 20 + 70 e^{-6} \approx 20.17$°C.
Malthus' Law (단순 모델): 인구 성장률은 인구 크기에 비례:
$$ y' \;=\; a y, \quad a \in \mathbb{R}. $$
가장 단순한 선형 ODE. 해: $y = y_0 e^{at}$ — 지수 성장(if $a > 0$) 또는 지수 감소(if $a < 0$).
개선된 모델: 강의 노트의 표현 그대로,
$$ y' = \underbrace{a(x)}_{\text{seasonal effects}}\, y + \underbrace{b(x)}_{\text{seasonal migration}} + \underbrace{c(x) y^2}_{\text{competition}} + \underbrace{d(x) y^3}_{\text{higher order}} + \cdots $$
경쟁항을 추가한 가장 유명한 모델:
$$ y' = a y - c y^2 = y(a - c y) \quad \text{(logistic equation)}. $$
비선형이지만 separable로 풀 수 있고, 평형해는 $y = 0$ (불안정), $y = a/c$ (안정, 환경수용능력).
$P'(t) = \bigl(a + b\cos(\omega t)\bigr) P(t) + c\sin(\omega t)$ — 강의 노트의 인구 모델 예시.
이건 비동차 선형 1계 ODE입니다! $p(t) = -(a + b\cos\omega t)$, $r(t) = c\sin\omega t$.
$P(t) = e^{\int(a+b\cos\omega t) dt} = e^{at + (b/\omega)\sin\omega t}$. 이걸 IF로 사용하여 풀면 됩니다.
이자율이 시간에 따라 변하고 ($I(t)$), 일정한 비율로 입출금을 한다면 ($D(t)$):
$$ S'(t) \;=\; I(t)\, S(t) + D(t). $$
$p(t) = -I(t)$, $r(t) = D(t)$인 선형 1계 ODE.
연 5% 복리이자 ($I = 0.05$), 매월 $\$1000$ 적립 ($D = 12000$/year), 초기 잔고 $S(0) = 10{,}000$일 때 10년 후 잔고는?
$S' - 0.05 S = 12000$. $I_{\text{f}} = e^{-0.05 t}$. $(e^{-0.05t} S)' = 12000 e^{-0.05t}$.
$e^{-0.05t} S = -240000 e^{-0.05t} + A$, $S = -240000 + A e^{0.05t}$.
$S(0) = 10000 \Rightarrow A = 250000$. $S(t) = 250000 e^{0.05 t} - 240000$.
10년 후: $S(10) = 250000 e^{0.5} - 240000 \approx 412{,}180 - 240000 = \$172{,}180$.
강의 노트의 마지막 페이지에서 짧게 다루듯이, 질량-스프링 시스템은 2계 선형 ODE로 모델됩니다:
$$ m y'' + c y' + k y \;=\; F(x). $$
이는 2계 비동차 선형 상미분방정식이며, 다음 단원(Part 3)에서 본격적으로 다룹니다. 우리가 1계에서 배운 모든 개념 — homogeneous/non-homogeneous, IF, $y_h + y_p$ 구조 — 이 2계로 그대로 확장됩니다.
현실의 많은 시스템은 비선형이지만, 작은 변동에 대해서는 거의 선형으로 행동합니다 (linearization). 그리고 선형 ODE는 다음과 같은 강력한 성질을 가집니다:
그래서 공학에서 1계, 2계 선형 ODE를 가장 먼저, 가장 깊이 배우는 것입니다.
이 절은 시험 대비를 위한 종합 문제 모음입니다. 각 문제는 별 개수로 난이도를 표시했습니다.
다음 ODE를 분류하세요 (separable / exact / linear / 그 외). 여러 분류에 동시에 속할 수 있습니다.
(1) Separable ($f = x$, $g = y$); also linear homogeneous ($p = -x$, $r = 0$).
(2) Linear non-homogeneous; not separable; not exact in original form.
(3) Check exactness: $M_y = 2x + 2y$, $N_x = 2x + 2y$. Exact! Not separable, not linear.
(4) Not separable (sum, not product), not linear ($y^2$ term), not exact.
(5) Linear: $y' + y/x = \cos(x)/x$. Also: write as $(y - \cos x) + x y' = 0$. $M_y = 1, N_x = 1$ — also exact!
$(1 + y^2)\, dx + xy\, dy = 0$의 일반해.
$x \neq 0$: $\dfrac{dy}{dx} = -\dfrac{1+y^2}{xy}$, 정리: $\dfrac{y}{1+y^2} dy = -\dfrac{dx}{x}$.
적분: $\dfrac{1}{2}\ln(1+y^2) = -\ln|x| + k$.
$\ln\left[(1+y^2) x^2\right] = 2k$, 즉 $(1+y^2) x^2 = K$ ($K > 0$).
General solution: $\{(1+y^2) x^2 = K \mid K > 0\}$.
$\;(2x \sin y + y e^x) + (x^2 \cos y + e^x)\, y' = 0\;$의 일반해.
$M_y = 2x \cos y + e^x$, $N_x = 2x \cos y + e^x$. ✓ Exact.
$H_x = 2x \sin y + y e^x \Rightarrow H = x^2 \sin y + y e^x + f(y)$.
$H_y = x^2 \cos y + e^x + f'(y) = x^2 \cos y + e^x \Rightarrow f'(y) = 0$, $f = 0$.
General solution: $x^2 \sin y + y e^x = k$.
$\;(xy^2 - y) + x\, y' = 0\;$이 exact가 아님을 확인하고, $y$만의 함수 IF를 찾아 일반해를 구하세요.
$M = xy^2 - y$, $N = x$. $M_y = 2xy - 1$, $N_x = 1$. Not exact.
Case B: $\dfrac{M_y - N_x}{-M} = \dfrac{2xy - 2}{-(xy^2 - y)} = \dfrac{2(xy - 1)}{-y(xy - 1)} = -\dfrac{2}{y}$. $y$의 함수!
$I(y) = e^{\int -2/y\, dy} = e^{-2\ln|y|} = 1/y^2$.
곱한 ODE: $\dfrac{xy^2 - y}{y^2} + \dfrac{x}{y^2} y' = 0$, 즉 $(x - 1/y) + (x/y^2) y' = 0$.
Check exactness: $\partial_y(x - 1/y) = 1/y^2 = \partial_x(x/y^2)$. ✓
$H_x = x - 1/y \Rightarrow H = x^2/2 - x/y + f(y)$. $H_y = x/y^2 + f'(y) = x/y^2 \Rightarrow f'(y) = 0$.
General solution: $\dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x}{y} = k$, plus $y \equiv 0$ (lost when dividing).
(a) $\;xy' - 2y = x^3 e^x\;$의 일반해. ($x > 0$)
(b) IC $y(1) = 0$이라면 특수해는?
Standard form: $y' - (2/x) y = x^2 e^x$. $p = -2/x$, $P = -2 \ln x$, $I = e^{-2 \ln x} = x^{-2}$.
$(x^{-2} y)' = x^{-2} \cdot x^2 e^x = e^x$. Integrate: $x^{-2} y = e^x + A$.
$y = x^2 e^x + A x^2$.
(b) $y(1) = e + A = 0 \Rightarrow A = -e$. So $y = x^2 e^x - e x^2 = x^2(e^x - e)$.
방 온도가 시간에 따라 변하는 경우: $T_{\mathrm{env}}(t) = 20 + 5\sin(t)$ (°C). 초기 온도 $T(0) = 80$, $k = 1$일 때 $T(t)$를 구하세요.
$T' + T = 20 + 5\sin t$. $I = e^t$. $(e^t T)' = e^t(20 + 5\sin t) = 20 e^t + 5 e^t \sin t$.
$\int 20 e^t dt = 20 e^t$. $\int e^t \sin t\, dt = \frac{e^t}{2}(\sin t - \cos t)$.
$e^t T = 20 e^t + \frac{5}{2} e^t (\sin t - \cos t) + A$.
$T(t) = 20 + \frac{5}{2}(\sin t - \cos t) + A e^{-t}$.
$T(0) = 20 - 5/2 + A = 80 \Rightarrow A = 62.5$.
$T(t) = 20 + \frac{5}{2}(\sin t - \cos t) + 62.5\, e^{-t}$.
장기적으로: $T(t) \to 20 + \frac{5}{2}(\sin t - \cos t)$ — 환경 온도 주변에서 진동.
다음 ODE를 푸세요. 어떤 방법을 쓸지 먼저 판단하세요.
$$ y' \;=\; \frac{x + y}{x - y}. $$
Hint: $y/x$만의 함수로 만들 수 있나요?
분자 분모를 $x$로 나누면: $y' = \dfrac{1 + y/x}{1 - y/x}$. $u = y/x$ 치환: $y = xu$, $y' = u + xu'$.
$u + xu' = \dfrac{1+u}{1-u} \Rightarrow xu' = \dfrac{1+u}{1-u} - u = \dfrac{(1+u) - u(1-u)}{1-u} = \dfrac{1 + u^2}{1-u}$.
$\dfrac{1-u}{1+u^2} u' = \dfrac{1}{x}$. 적분 양변:
$\int \dfrac{1-u}{1+u^2} du = \int \dfrac{1}{x} dx$.
$\int \dfrac{du}{1+u^2} - \int \dfrac{u\, du}{1+u^2} = \arctan u - \frac{1}{2}\ln(1+u^2)$.
$\arctan(y/x) - \frac{1}{2}\ln(1 + y^2/x^2) = \ln|x| + k$.
정리: $\arctan(y/x) - \frac{1}{2} \ln(x^2 + y^2) = k$ (음함수 일반해).
| ODE Type · 형태 | Recognition · 판별 | Method · 풀이법 |
|---|---|---|
| Separable $y' = f(x) g(y)$ |
$x$-함수와 $y$-함수의 곱으로 분리 가능 | $\dfrac{dy}{g(y)} = f(x) dx$, 양변 적분 |
| Exact $M + N y' = 0$ |
$M_y = N_x$ | $H_x = M$, $H_y = N$인 $H$를 구함; 해: $H(x,y) = k$ |
| Non-exact w/ IF | $(M_y - N_x)/N = p(x)$ 또는 $(M_y - N_x)/(-M) = q(y)$ |
IF: $I = e^{\int p\, dx}$ 또는 $e^{\int q\, dy}$. 곱하면 exact |
| Linear (homog.) $y' + p(x) y = 0$ |
$y, y'$에 대해 1차, 우변 = 0 | $y = A e^{-P(x)}$, $P' = p$ |
| Linear (non-homog.) $y' + p(x) y = r(x)$ |
$y, y'$에 대해 1차, 우변 ≠ 0 | $I = e^{P(x)}$, $y = \dfrac{1}{I}\left[\int Ir\, dx + A\right]$ |
1계 ODE는 사실상 중간고사 범위이지만, Carlos 교수님은 Lecture 11에서 2계 ODE로 넘어가기 전에 1계 선형 ODE — 특히 적분인자(IF) 공식과 비제차 일반해 = $y_h + y_p$ 구조 — 를 한번 더 복습합니다. 이 구조는 Lecture 12 이후 모든 고차 선형 ODE 이론의 출발점이 되므로, 기말 직전에 다시 한 번 짚고 가야 합니다.
이 섹션은 기존 §3~§7 본문의 요약이 아니라, Lecture 11에서 다룬 추가 예제 + 시험 직전 빠른 분류 결정 트리 + 자가 점검 5문제 + 공식 카드를 담은 최종 복습 페이지입니다.
시험장에서 1계 ODE가 나왔을 때, 다음 순서로 머릿속을 통과시키세요. 위에서 아래로 검사하면 거의 모든 경우에 첫 번째 매칭에서 풀이 방법이 결정됩니다.
| 형태 | 분류 | 풀이법 |
|---|---|---|
| $y' = f(x)g(y)$ | separable | $\dfrac{dy}{g(y)} = f(x)\,dx$ 양변 적분 |
| $M\,dx + N\,dy = 0,\ M_y = N_x$ | exact | $H_x = M,\ H_y = N \Rightarrow H = k$ |
| $M\,dx + N\,dy = 0,\ M_y \neq N_x$ | not exact | IF $\mu(x) = e^{\int (M_y - N_x)/N\,dx}$ 또는 $\mu(y) = e^{\int (N_x - M_y)/M\,dy}$ |
| $y' + p(x)y = r(x)$ | 1계 선형 | $\mu = e^{\int p\,dx},\ (\mu y)' = \mu r$ |
| $y' + p(x)y = r(x)y^n,\ n \neq 0,1$ | Bernoulli | $u = y^{1-n}$ → 선형화 |
Lecture 11에서 교수님이 칠판에 직접 풀어준 두 예제입니다. 둘 다 IF 공식 $\mu = e^{\int p\,dx}$ 의 응용으로, 한 문제는 $p$가 상수인 경우, 다른 문제는 $p$가 $x$ 함수인 경우입니다.
문제: $\;y' + a\,y \;=\; b\sin x\;$ ($a, b$ 상수) 의 일반해를 구하라.
풀이.
관찰: 일반해가 $y_h + y_p$ 구조로 자연스럽게 분리됩니다. $\kappa$ 가 들어간 첫 항은 대응 제차해, 나머지는 특수해. 이 분리는 IF 공식의 직접 결과입니다.
문제: $\;y' + \dfrac{4}{x}\,y \;=\; x^2\;$ ($x \neq 0$) 의 일반해를 구하라.
풀이.
관찰: 또 다시 $y_h = \kappa/x^4$ (대응 제차해), $y_p = x^3/7$ (특수해) 로 분해됩니다.
비제차 1계 선형 ODE $\;y' + p(x)y = r(x)\;$ 의 임의의 두 해 $y_1, y_2$ 의 차 $y_0 = y_1 - y_2$ 는 대응 제차 ODE $\;y' + p(x)y = 0\;$ 의 해이다.
증명. $y_1' + p y_1 = r,\ y_2' + p y_2 = r$ 을 빼면 $$ y_0' \;=\; y_1' - y_2' \;=\; -p\,y_1 + r - (-p\,y_2 + r) \;=\; -p(y_1 - y_2) \;=\; -p\,y_0. $$ 즉 $y_0' + p\,y_0 = 0$. ∎
왜 이 정리가 중요한가: 이 한 줄짜리 관찰이 "비제차 일반해 = 제차 일반해 + 임의의 특수해" 구조를 정당화합니다. 그리고 이 구조는 1계 → 2계 → n계로 그대로 확장됩니다. Lecture 12 이후 모든 선형 ODE 이론의 출발점.
예제 (L11 p4): $y' + \tfrac{4}{x}y = x^2$ 의 두 해 $y_1 = x^{-4} + \tfrac{1}{7}x^3$, $y_2 = 3x^{-4} + \tfrac{1}{7}x^3$ 의 차는 $y_0 = -2x^{-4}$. 이는 제차 ODE $y' + \tfrac{4}{x}y = 0$ 의 해 ($\tfrac{d}{dx}(-2x^{-4}) + \tfrac{4}{x}(-2x^{-4}) = 8x^{-5} - 8x^{-5} = 0$). ✓
비제차 1계 선형 ODE $\;y' + p(x)y = r(x)\;$ 의 일반해는
$$ y(x) \;=\; \underbrace{\kappa\,e^{-\int p\,dx}}_{y_h(x)\ \text{제차 일반해}} \;+\; \underbrace{e^{-\int p\,dx}\int e^{\int p\,dx}\,r(x)\,dx}_{y_p(x)\ \text{특수해 한 개}},\quad \kappa \in \mathbb{R}. $$
다른 표기:
$$ y(x) \;=\; y_h(x)\,\biggl(\kappa + \int \frac{r(x)}{y_h(x)}\,dx\biggr),\quad y_h(x) = e^{-\int p\,dx}. $$
$y_p$ 는 IF $\mu = 1/y_h$ 을 이용한 특수해 한 개. $\kappa$ 가 만드는 1-매개변수 자유도가 곧 1계 ODE 일반해의 자유도 1 입니다.
1계 비선형 ODE 중 가장 자주 등장하는 패턴이 Bernoulli입니다. 형태는 비선형($y^n$ 항 때문)이지만, 한 줄의 치환으로 곧바로 선형 ODE가 되어 IF 공식으로 풀립니다.
다음 형태의 1계 ODE 를 Bernoulli 방정식이라 한다:
$$ y' + p(x)\,y \;=\; r(x)\,y^n,\quad n \in \mathbb{R},\ n \neq 0, 1. $$
$u(x) = y(x)^{1-n}$ 로 두면, 체인룰로 $u' = (1-n)\,y^{-n}\,y'$. 원식에 $(1-n)\,y^{-n}$ 을 곱하면
$$ u'(x) + (1-n)\,p(x)\,u(x) \;=\; (1-n)\,r(x). $$
→ 이는 $u$ 에 대한 1계 선형 ODE. 이제 IF $\;\mu = e^{\int (1-n)p\,dx}\;$ 로 풀고, 마지막에 $y = u^{1/(1-n)}$ 로 원래 변수 복원.
문제: $\;y' = a\,y - b\,y^2\;$ ($a, b > 0$). 개체군 동역학의 로지스틱 방정식.
풀이.
해석: $x \to \infty$ 에서 $e^{-ax} \to 0$ 이므로 $y \to a/b$ (carrying capacity, 환경 수용 한계). 어떤 초기값에서 출발해도 결국 $a/b$ 로 수렴 — 안정 평형해.
각 문제를 보자마자 분류부터 머리에 떠올리세요 (separable / exact / IF / linear / Bernoulli). 분류가 끝나면 푸는 건 기계적. 풀이를 시도한 뒤 해답 보기 를 펼쳐 비교하세요.
$\;\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x}{y},\quad y(0) = 2.\;$ 의 해를 구하라.
$\;(3x^2 + 2y)\,dx + (2x + 2y)\,dy = 0\;$ 의 일반해를 구하라.
$\;xy' + 2y = x^3,\quad y(1) = 0.\;$ 의 해를 구하라.
$\;y' + y = x\,y^3\;$ 의 일반해를 구하라.
$\;(y^2 + 1)\,dx + 2xy\,dy = 0\;$ 의 일반해를 구하라. (분류 → 풀이 모두 직접)
다른 풀이: $y' = -\tfrac{y^2 + 1}{2xy}$ 로 정리한 후 $u = y^2$ 치환을 쓰면 $u' = 2yy'$ 이라 $x\,u' + u = -1$, 1계 선형. 똑같이 풀려요.
★ 외울 단 하나: 1계 선형 ODE 일반해 공식.
$$ y' + p(x)\,y = r(x) \quad\Longrightarrow\quad y(x) = e^{-\int p\,dx}\Bigl(\kappa + \int e^{\int p\,dx}\,r(x)\,dx\Bigr). $$
이 한 줄에서 모든 게 나옵니다:
분류 5종 한 줄 요약:
| 분류 | 판별 | 풀이 키 |
|---|---|---|
| Separable | $y' = f(x)g(y)$ | 양변 적분 |
| Exact | $M\,dx + N\,dy = 0,\ M_y = N_x$ | $H_x = M,\ H_y = N \Rightarrow H = k$ |
| IF (일반) | $M_y \neq N_x$ | $\mu(x) = e^{\int (M_y - N_x)/N\,dx}$ 또는 $\mu(y) = e^{\int (N_x - M_y)/M\,dy}$ |
| 1계 선형 | $y' + p(x)y = r(x)$ | $\mu = e^{\int p\,dx},\ (\mu y)' = \mu r$ (★ 외울 것) |
| Bernoulli | $y' + py = ry^n,\ n \neq 0,1$ | $u = y^{1-n}$ → 선형 ODE |
1계 ODE의 모든 풀이법은 결국 "적분 가능한 형태로 만들기" 한 마디로 요약됩니다.
그리고 비제차 일반해는 항상 "제차 일반해 $y_h$ + 특수해 한 개 $y_p$" — 이것이 1계 → 2계 → n계로 이어지는 선형 ODE 이론의 척추입니다.
— End of Lectures 07–11 —
Good luck with your studies! 화이팅!