分離變數法

數學上，**分離代換法**是一種解析常微分方程式或偏微分方程式的方法。使用這方法，可以藉代數來將方程式式重新編排，讓方程式式的一部分只含有一個代換，而剩餘部分則跟此代換無關。這樣，隔離出的兩個部分的值，都分別等於常數，而兩個部分的值的代數和等於零。

## 常微分方程式

假若，一個常微分方程式可以寫為

　
: ${\frac {d}{dx}}f(x)=g(x)[h(f(x))]$ 。

設定代換 $y=f(x)$ 。那麼，

　
: ${\frac {dy}{dx}}=g(x)h(y)$ ．(1)

只要是 $h(y)\neq 0$ ，就可以將方程式式兩邊都除以 $h(y)$ ，再都乘以 $dx$ ：

　
: ${dy \over h(y)}={g(x)dx}$ 。

這樣，可以將兩個代換 $x$ ， $y$ 分離到方程式式的兩邊。由於任何一邊的表達式跟另外一邊的代換無關，表達式恆等於常數 $k$ 。因此，可以得到兩個較易解的常微分方程式；

　
: $\int {dy \over h(y)}=\int {g(x)dx}=k$ 。

### 第二種方法

有些不喜歡用萊布尼茨標記的數學家，或許會選擇將公式 (1) 寫為

　
: ${\frac {1}{h(y)}}{\frac {dy}{dx}}=g(x)$ 。

這寫法有一個問題：無法比較明顯的解釋，為什麼這方法叫作分離代換法？

隨著 $x$ 積分公式的兩邊，可以得到

　
: $\int {\frac {1}{h(y)}}{\frac {dy}{dx}}\,dx=\int g(x)\,dx$ 。(2)

應用代換積分法，

　
: $\int {\frac {1}{h(y)}}\,dy=\int g(x)\,dx$ 。

假如，可以求算這兩個積分，則這常微分方程式有解。這方法允許將導數 ${\frac {dy}{dx}}$ 當做可分的分式看待，可以較方便的解析可分的常微分方程式。這在實例 (II) 的解析裏會有更詳細的解釋，

### 實例 (I)

常微分方程式式 ${\frac {d}{dx}}f(x)=f(x)(1-f(x))$ 可以寫為

　
: ${\frac {dy}{dx}}=y(1-y)$ ；(3)

其中， $y=f(x)$ 。

設定 $g(x)=1$ ， $h(y)=y(1-y)$ 。套用公式 (1) ，這常微分方程式式是可分的。

進一步編排，則

　
: ${\frac {dy}{y(1-y)}}=dx$ 。

代換 $x$ ， $y$ 分別在公式的兩邊。將兩邊積分，

　
: $\int {\frac {dy}{y(1-y)}}=\int dx$ 。

積分的結果是

　
: $\ln |y|-\ln |1-y|=x+C$ ；

其中， $C$ 是個積分常數。稍加運算，則可得

　
: $y={\frac {1}{1+Be^{-x}}}$ 。

在這裏，檢查此解答的正確與否。計算導數 ${\frac {dy}{dx}}$ 。答案應該與原本的問題相同。（必須仔細地計算絕對值。絕對符號內不同的正負值，分別地造成了 $B$ 的正值與負值。而當 $y=1$ 時， $B=0$ ）。

特別注意，由於將公式 (3) 的兩邊除以 $y$ 跟 $(1-y)$ ，必須檢查兩個函數 $y(x)=0$ 與 $y(x)=1$ 是否也是常微分方程式式的解答（在這個例子裏，它們都是解答）。參閱奇異解 。

### 實例 (II)

人口數值的成長時常能夠用常微分方程式來表達

　
: ${\frac {dP}{dt}}=kP\left(1-{\frac {P}{K}}\right)$ ；

其中， $P$ 是人口數值函數， $t$ 是時間參數， $k$ 是成長的速率， $K$ 環境的容納能力。

將方程式式的兩邊都除以 $P\left(1-{\frac {P}{K}}\right)$ ．再隨著時間 $t$ 積分，

　
: $\int {\frac {1}{P\left(1-{\frac {P}{K}}\right)}}{\frac {dp}{dt}}\,dt=\int k\,dt$ 。

應用代換積分法，

　
: $\int {\frac {dP}{P\left(1-{\frac {P}{K}}\right)}}=\int k\,dt$ 。

稍微運算，則可得

　
: $P(t)={\frac {K}{1+Ae^{-kt}}}$ ；

其中， $A$ 是常數。

## 偏微分方程式

給予一個 $n$ 元函數 $F(x_{1},\ x_{2},\ \dots ,\ x_{n})$ 的偏微分方程式，有時候，為了將問題的偏微分方程式式改變為一組常微分方程式，可以猜想一個解答；解答的形式為

　
: $F=F_{1}(x_{1})F_{2}(x_{2})\cdots F_{n}(x_{n})$ ，

或者

　
: $F=f_{1}(x_{1})+f_{2}(x_{2})+\cdots +f_{n}(x_{n})$ 。

時常，對於每一個自變數 $x_{i}$ ，都會伴隨著一個**分離常數**。如果，這個方法成功，則稱這偏微分方程式為可分偏微分方程式 (separable partial differential equation)。

### 實例 (III)

假若，函數 $F(x,\ y,\ z)$ 的偏微分方程式為

　
: ${\frac {\partial F}{\partial x}}+{\frac {\partial F}{\partial y}}+{\frac {\partial F}{\partial z}}=0$ 。

猜想解答為

　
: $F(x,y,z)=X(x)+Y(y)+Z(z)$ 。

那麼，

　
: ${\frac {dX}{dx}}+{\frac {dY}{dy}}+{\frac {dZ}{dz}}=0$ 。

因為 $X(x)$ 只含有 $x$ 、 $Y(y)$ 只含有 $y$ 、 $Z(z)$ 只含有 $z$ ，這三個函數的導數都分別必須等於常數。更明確地說，將一個偏微分方程式改變為三個很簡單的常微分方程式：

　
: ${\frac {dX}{dx}}=c_{1}$ 、

　
: ${\frac {dY}{dy}}=c_{2}$ 、

　
: ${\frac {dZ}{dz}}=c_{3}$ ；

其中， $c_{1},\ c_{2},\ c_{3}$ 都是常數， $c_{1}+c_{2}+c_{3}=0$ 。

偏微分方程式的答案為

　
: $F(x,y,z)=c_{1}x+c_{2}y+c_{3}z+c_{4}$ ；

其中， $c_{4}$ 是常數。

### 實例 (IV)

思考一個典型的偏微分方程式，

　
: $\nabla ^{2}v+\lambda v={\partial ^{2}v \over \partial x^{2}}+{\partial ^{2}v \over \partial y^{2}}+\lambda v=0$ 。

首先，猜想答案的形式為

　
: $v=X(x)Y(y)$ 。

代入偏微分方程式，

　
: ${\partial ^{2} \over \partial x^{2}}[X(x)Y(y)]+{\partial ^{2} \over \partial y^{2}}[X(x)Y(y)]+\lambda X(x)Y(y)=0$ 。

或者，用單撇號標記，

　
: $X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)+\lambda X(x)Y(y)=0$ 。

將方程式式的兩邊除以 $X(x)Y(y)$ ，則可得

　
: ${X''(x) \over X(x)}=-{Y''(y)+\lambda Y(y) \over Y(y)}$ 。

由於任何一邊的表達式跟另外一邊的代換無關，表達式恆等於常數 $k$ ：

　
: ${X''(x) \over X(x)}=k=-{Y''(y)+\lambda Y(y) \over Y(y)}$ 。

因此，可以得到兩個新的常微分方程式式：

　
: $X''(x)-kX(x)=0$ 、

　
: $Y''(y)+(\lambda +k)Y(y)=0$ 。

這兩個常微分方程式式都是齊次的二階線性微分方程式。假若， $k<0<\lambda +k$ ，則這兩個常微分方程式都是用來表達諧振問題的方程式式。解答為

　
: $X(x)=A_{x}\cos({\sqrt {-k}}\ x+B_{x})$ ，

　
: $Y(y)=A_{y}\cos({\sqrt {\lambda +k}}\ y+B_{y})$ ；

其中， $A_{x},\ A_{y}$ 是振幅常數， $B_{x},\ B_{y}$ 是相位常數。這些常數可以由邊界條件求得。

## 參閱

* 拉普拉斯 - 龍格 - 冷次向量
* 哈密頓 - 雅可比方程式
* 亥姆霍茲方程式

## 參考文獻

* A. D. Polyanin, _Handbook of Linear Partial Differential Equations for Engineers and Scientists_, Chapman & Hall/CRC Press, Boca Raton, 2002. ISBN 1-58488-299-9。