変数分離形
微分方程式が"分離可能"であると言われるのは、等号の一方に独立変数のみを、他方に従属変数のみを置いた方程式に変更して表記できることが可能なケースを言う。１階微分方程式においてその変数が分離されている場合、\(A(x)dx = B(y)dy\) ---① の形になる。例えば、\(xy = \dfrac{dy}{dx}\) は \(xdx = \dfrac{dy}{y}\)の形に直せる(ただし、\(y \neq 0\)とする.)分離可能の一例である。\(dy\)と\(dx\)は商のごとく扱う。①を解くのに両辺を積分、つまり不定積分するだろう。
\begin{align}
\int A(x) dx = \int B(y) dy
\end{align}
不定積分を実行すると、積分定数は一方に含まれる。例に挙げた微分方程式を実際にやってみると、\(\displaystyle \int x dx = \int \dfrac{1}{y} dy \)から\(\dfrac{x^2}{2} + C' = \ln|y|\)となる。\(\ln\)はネイピア数\(e\)を底に持つ対数を表す記号であり自然対数という。しかし、新ゴジラではないが、この解での姿が最終形ではない。\(y = \)という、よりシンプルな姿にしたい。対数を外すと、\(y = \pm e^{(\frac{x^2}{2} + C')} = \pm e^{C'} \cdot e^{\frac{x^2}{2}} = Ce^{\frac{x^2}{2}}\)
\(\left[\pm e^{C'}= C \right]\).正しいかチェックすると、\(y' = \dfrac{dy}{dx} = C\left(\dfrac{x^2}{2}\right)'e^{\frac{x^2}{2}}=xCe^{\frac{x^2}{2}}= xy\)で正しい。\((e^x)' = e^x\)で\(\left(e^{ax^2}\right)' = 2axe^{ax^2}\)である。しかし、この解\(y\)は\(y \neq 0\)として得たものであるから、解\(y\)は\(y \lt 0\) , \(0 \lt y\)であり、任意定数\(C\)は底\(e\)の指数\(C'\)の定数より明らかにゼロを除く任意定数である。\(y = 0\)は微分方程式を満足するが、考えられる任意定数にどのような値を入れても\(y = 0\)は得られない。ゆえに、\(y = 0\)は特異解である？と思っていたが、どうやらそうではない。任意定数ならやはり任意に着目して、\(C=0\)とすれば\(y=0\)となるので、このことから、\(y=0\)はこの場合は特異解ではなく特殊解で、一般解に含まれるものと考えるらしい。では特異解をどう考えるか？とにかくも一般解で任意定数をどんなに上手くもってこようとも、微分方程式から得られる解\(y\)を一般解で表現出来ない場合のその解\(y\)が特異解である、と考えるようにした。これからの微分方程式の解は一般解や特殊解でやっていくが、特異解を持つ微分方程式であるかもしれない。特異解を指摘せず進むだろう。その際はご容赦を頂く。
さて、任意定数を求めるのに、初期値問題と境界値問題というのがある。独立変数がある値をとるときの関数およびその導関数の値が決定される、条件を初期条件といい、それを解くのが初期値問題である。 一方, 独立変数の複数の値において, 関数またはその導関数の値が決定されるような条件を境界条件といい、それを解くのが境界値問題である。例えば、\(y'' = 4x\)で\(y(3) = 2\) かつ\(y'(3) = 1\)のように独立変数の値を\(x = 3\)として関数とその導関数に共通して当てはめるのが初期値問題である。一方、例えば、\(y'' = 5x\)にて、\(y(1) = 9\)かつ\(y'(4) = 6\)と異なる独立変数の値を関数及び導関数に、それぞれ適用するのが境界値問題という。
そこで、前述の求めた一般解において\(y(2) = 1\)という初期条件で任意定数を特定した特殊解は\(1 = Ce^{\frac{2^2}{2}} = Ce^2\)で\(C = e^{-2}\)となり、\(y = e^{\frac{x^2}{2}-2}\)。不定積分を利用して、一般解を導出して、任意定数を特定化した。定積分を利用すれば、特殊解を一度に導出できる。
\begin{align}
\int_{2}^{x} x dx &= \int_{1}^{y} \dfrac{1}{y} dy \\
\biggl[\dfrac{x^2}{2}\biggl]_{2}^{x} &= \biggl[\ln |y|\biggl]_{1}^{y} \\
\dfrac{x^2}{2} - 2 &= \ln |y| - \ln 1 \\
y &= \pm e^{\frac{x^2}{2}-2} \left(\because \ln 1 = 0\right)
\end{align}
しかし、初期条件でy=1の正数指定より、右辺の+符号だけが成り立つ。ゆえに、\(y = e^{\frac{x^2}{2}-2}\)が求める特殊解である。
この定積分の方法が一般的に成立することを示してみよう。
今、変数分離できる微分方程式があって、不定積分で一般解が求められることを認める。そうすると、一般解は
\begin{align}
\int f(y) dy = \int g(x) dx + C --- ①
\end{align}
と表現できる。ただ、不定積分を解かないというだけの話。ここで、\(\displaystyle \int f(y) dy = F(y) , \int g(x) dx = G(x)\)とおく。初期条件で \(x = x_{0}\)のとき , \(y = y_0\)とすると、①より
\begin{align}
F(y) &= G(x) + C --- ② \\
F(y_{0}) &= G(x_{0}) + C \\
C &= F(y_{0}) - G(x_{0}) --- ③ \\
\end{align}
③を②に代入し整理すると、
\begin{align}
F(y) - F(y_{0}) = G(x) - G(x_{0}) --- ④
\end{align}
\(\displaystyle F(y) = \int f(y) dy , G(x) = \int g(x) dx \) としたから、
\begin{align}
F(y) - F(y_{0}) &= \int_{y_{0}}^{y} f(y) dy \\
G(x) - G(x_{0}) &= \int_{x_{0}}^{x} g(x) dx \\
\end{align}
これを④に代入して、
\begin{align}
\int_{y_{0}}^{y} f(y) dy = \int_{x_{0}}^{x} g(x) dx
\end{align}
これが求める特殊解であった。
１階の場合で考えた変数分離形方程式であったが、２階変数分離形でのシンプルな形の場合を見てみよう。
\(\dfrac{d^2 y}{dx^2} = x\)を考える。ここで\(w = \dfrac{dy}{dx}\)とおく。すると、\(\dfrac{dw}{dx} = \dfrac{d^2 y}{dx^2}\)で与方程式は\(\dfrac{dw}{dx} = x\)と１階になる。これから、解いていく。
\begin{align}
\int (1) dw &= \int x dx \\
w &= \dfrac{x^2}{2} + A \\
\int (1) dy &= \int \left(\dfrac {x^2}{2} + A\right) dx \\
y &= \dfrac{x^3}{6} + Ax + B (A,Bは任意定数)
\end{align}
次に\(\dfrac{d^2 y}{dx^2} = -\lambda^{2} y\) [\(\lambda\)は正数とする.]を考えてみよう。上と同様に\(w = \dfrac{dy}{dx}\)とおく。すると、\(\dfrac{dw}{dx} = \dfrac{d^2 y}{dx^2} = -\lambda^2 y\)が得られる。\(w'\)に関して、先述の相違は変数の種類にある。上述の例では\(w\)と\(x\)で、今回はそれらに\(y\)が加わっている。そこで利用するテクニックが連鎖律である。\(w'\)の右辺に変数\(y\)があることを考慮に入れて、
\(\dfrac{dw}{dx}\ = \dfrac{dw}{dy}\dfrac{dy}{dx} = w\dfrac{dw}{dy}\)とする。\(\dfrac{dw}{dx} = \dfrac{d^2 y}{dx^2} = -\lambda^2 y\)であったから、\(w\dfrac{dw}{dy} = -\lambda^2 y\)となり、この微分方程式を解く。
\begin{align}
\int w dw &= \int (-\lambda^2y) dy \\
\dfrac{w^2}{2} &= -\lambda^2\dfrac{y^2}{2} + A = A - \lambda^2\dfrac{y^2}{2} \\
w^2 &= 2A - \lambda^2y^2 \\
w &= \pm \sqrt{2A - \lambda^2y^2} \\
\dfrac{dy}{dx} &= \pm \sqrt{2A - \lambda^2y^2} \\
\dfrac{dy}{\sqrt{2A - \lambda^2y^2}} &= \pm dx \\
\int \dfrac{dy}{\sqrt{2A - \lambda^2y^2}} &= \pm \int dx \\
\int \frac{dy}{\sqrt{\lambda^2 \left(\frac{2A}{\lambda^2}
- y^2 \right)}} &= \pm \int dx \\
\frac{1}{\lambda}\int \frac{dy}{\sqrt{\frac{2A}{\lambda^2} - y^2}} &= \pm \int dx \\
\end{align}
ここで、\(k \gt 0\)として、分母に\(\sqrt{k^2 - k^2y^2}\)がある式を考えよう。\(\sqrt{k^2(1 - y^2)}\)で、分母にあるから根号内は\(0\)より大きくなくてはならない。これから、\(1 - y^2 \gt 0\)であるから、\(-1 \lt y \lt 1\)である。そこで、\(-\dfrac{\pi}{2} \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2}\)で、\(y = \sin \theta\)とする。このとき、\(\theta\)は\(-\dfrac{\pi}{2}\)と\(\dfrac{\pi}{2}\)を取らないので、\(\cos \theta \gt 0\)となる。そうして、\(\sqrt{k^2 - k^2y^2} = \sqrt{k^2(1 - y^2)} = \sqrt{k^2(1 - \sin^2 \theta)} = \sqrt{k^2 \ cos^2 \theta} = k \cos \theta\) \([\because k , \cos \theta \gt 0]\) となる。
話を戻して上で示した最後の左辺の被積分関数の分母に上記のような論理を当てはめる。
\(y = \dfrac{\sqrt{2A}}{\lambda} \sin \theta\)とおく。このとき、\(\dfrac{dy}{d\theta} = \dfrac{\sqrt{2A}}{\lambda} \cos \theta\)で\(dy = \dfrac{\sqrt{2A}}{\lambda} \cos \theta d\theta\)となる。また、\(\sqrt{\dfrac{2A}{\lambda^2} - y^2} = \sqrt{\dfrac{2A}{\lambda^2}-
\left(\dfrac {\sqrt{2A}}{\lambda} \sin \theta \right)^2} = \sqrt{\dfrac{2A}{\lambda^2}\left(1 - \sin^2 \theta \right)} = \dfrac {\sqrt{2A}}{\lambda}\cos \theta \) である。これらを上の式に代入して解を求める。
\begin{align}
\frac{1}{\lambda} \int \frac{\frac{\sqrt{2A}}{\lambda}\cos \theta d\theta} {\frac{\sqrt{2A}}{\lambda}\cos\theta} &= \pm x + B \\
\dfrac{1}{\lambda} \int d\theta &= \pm x + B \\
\theta &= \lambda(\pm x + B)
\end{align}
この得られた \(\theta\) を先述の \(y = \dfrac{\sqrt{2A}}{\lambda} \sin \theta\) に代入すると、一般解 \(y = \dfrac{\sqrt{2A}}{\lambda}\sin[\lambda(\pm x + B)]\) が導出される。
標準形\(\dfrac{dy}{dx} = f(x,y)\)の１階微分方程式は\(f(x,y)\)が比\(\dfrac{y}{x}\)の関数として表現し得るならば同次であった。１階同次微分方程式は、\(\dfrac{y}{x} = u\)とおいて、\(y = ux\)
から、その全微分\(dy = u\ dx + x\ du\)を利用する。\(\dfrac{dy}{dx} = 1 + \dfrac{y^2}{x^2}\)を解いてみよう。確認だが\(f(tx,ty) = 1 + \dfrac{(ty)^2}{(tx)^2} = 1 + \dfrac{y^2}{x^2} =f(x,y)\)が成り立つ。
まず、与方程式を\(dy = dx + \left(\dfrac{y}{x}\right)^2\ dx\)と変形する。ゆえに、\(dy = dx + u^2\ dx\).また、\(dy = u\ dx + x\ du\)から、結局、\(u\ dx + x\ du = dx + u^2\ dx\)が得られ、\(x\ du = (u^2 - u + 1)\ dx\)で、\(\dfrac{du}{u^2 - u + 1} = \dfrac{dx}{x}\)の方程式となる。
なお、与えられた元の方程式から、\(x \neq 0\)であり、\(u^2 - u + 1 = \left(u - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4} \gt 0\)であるから、除法の規約は守られている。
\begin{align}
\dfrac{du}{u^2 - u + 1} &= \dfrac{dx}{x} \\
\int \dfrac{du}{u^2 - u + 1} &= \ln |x| + C \\
\end{align}
ここで、\((tan\theta)' = sec^2\theta\) 及び \(1 + \tan^2\theta = sec^2\theta\)を利用した変形を考える。\(u^2 - u + 1 = \left(u - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4}\)から\(\left(u - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4} = \left(u - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2\)で \(u - \dfrac{1}{2} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\tan\theta\)とし、その等式の最後の部分に代入して、\(\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2\left(\tan^2\theta + 1 \right) = \dfrac{3}{4}\sec^2\theta\)そして、\(du = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sec^2\theta\ d\theta\)が得られる。これらの結果を上の式に代入して、
\begin{align}
\int \dfrac{\frac{\sqrt{3}}{2}\sec^2\theta\ d\theta}{\frac{3}{4}\sec^2\theta} &= \ln |x| + C \\
\dfrac{2}{\sqrt{3}}\ \theta &= \ln |x| + C \\
\theta &= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(\ln |x| + C\right)
\end{align}
今回では逆関数を利用して一般解を求めてみる。\(u - \dfrac{1}{2} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\tan\theta\)から
\begin{align}
\dfrac{2u - 1}{\sqrt{3}} &= \tan \theta \\
\tan^{-1}\left(\dfrac{2u - 1}{\sqrt{3}}\right) &= \theta \\
\tan^{-1}\left(\dfrac{2u - 1}{\sqrt{3}}\right) &= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(\ln |x| + C\right)\\
\dfrac{2u - 1}{\sqrt{3}} &= \tan\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(\ln |x| + C\right)\right] \\
u &= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\tan\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(\ln |x| + C\right)\right] + \dfrac{1}{2} \\
\dfrac{y}{x} &= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\tan\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(\ln |x| + C\right)\right] + \dfrac{1}{2} \\
y &= \dfrac{\sqrt{3}x}{2}\tan\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(\ln |x| + C\right)\right] + \dfrac{x}{2}
\end{align}
僕自身の逆関数の理解：関数が成立していれば、写像\(f:X \longrightarrow Y\)で\(X\)と\(Y\)が一対一で対応している。この\(f\)の写像の逆作用を\(f^{-1}\)とすれば、\(f^{-1}:Y \longrightarrow X\)となる。\(f\)が原像(定義域)からの像(値域)と決め打ちされているなら、像からの原像を\(f^{-1}\)としたものであると。また、\((f^{-1}\circ f) (X)= X\ ,(f \circ f^{-1})(Y) = Y\)であるものを恒等写像という。\(y = \tan \theta\)で左から\(tan^{-1}\)をもってきて、\(\tan^{-1}y = \tan^{-1}tan\theta = \theta\)であり、\(tan^{-1}y = \theta\)で左から\(\tan\)をもってきて、\(\tan\tan^{-1} y=y= \tan\theta\)と考えていいと思っている。バカな話だが、\(f\ \circ f^{-1}\)や\(f^{-1}\ \circ f\)でどっちから考えればいいか？なんて思ったりしてた時期がある。定義をよく読んで投入されるものが定義域か値域か考えればわかるのにねえ。（ - _ - )
さて、上で求めた解に初期条件\(x_{0} = 1,\ y_{0} = 0\)として、任意定数について解き、特殊解を求めてみる。
\begin{align}
0 &= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\tan\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(\ln 1 + C\right)\right] + \dfrac{1}{2} \\
-\dfrac{1}{\sqrt{3}} &= \tan\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} C\right) \\
\tan^{-1}\left(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) &= \dfrac{\sqrt{3}}{2} C
\end{align}
ここで、第４象限に対応した一つの解として、\(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)の値に対応するラジアンは\(-\dfrac{\pi}{6}\)である。
\begin{align}
-\dfrac{\pi}{6} &= \dfrac{\sqrt{3}}{2} C \\
-\dfrac{\pi}{3\sqrt{3}} &= C
\end{align}
ここで、\(x \gt 0\)とした特殊解は
\begin{align}
y &= \dfrac{\sqrt{3}x}{2}\tan\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(\ln x - \dfrac{\pi}{3\sqrt{3}}\right)\right] + \dfrac{x}{2} \\
y &= \dfrac{\sqrt{3}x}{2}\tan\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x - \dfrac{\pi}{6}\right) + \dfrac{x}{2}
\end{align}
ここで、骨休みに経済学での問題を取り上げてみよう。ここまでの議論よりシンプルである。カテゴリーでの経済で需要の価格弾力性を投稿している。
問題）需要の価格弾力性が１になる需要曲線を求めよ。
微分方程式の用語に従えば、価格\(P\)が独立変数で供給量(需要量)\(Q\)が従属変数、つまり価格で決定される。その他の事情は不変とする。この言葉は、よく経済学の議論で使用される。
需要の価格弾力性の定義は、弾力性を\(\varepsilon\)として、\(-\dfrac{\dfrac{dQ}{Q}}{\dfrac{dP}{P}} = \varepsilon\)である。題意は \(-\dfrac{\dfrac{dQ}{Q}}{\dfrac{dP}{P}} = 1 \)となる。解く前に復習を兼ねて、この微分方程式の特徴をみておこう。与微分方程式は\(\dfrac{dQ}{dP} = -\dfrac{Q}{P}\)と表記される。\(-\dfrac{Q}{P}= f(P,Q)\)とみて、\(f(tP,tQ) = -\dfrac{tQ}{tP} = -\dfrac{Q}{P} = f(P,Q)\)で同次となる。また、左辺に全部移した形は、\(\dfrac{dQ}{dP} + \dfrac{1}{P} Q = 0\)であるから、線形である。つまり１階線形同次常微分方程式である。また、独立変数が明示されているので、自励系ではない。
前の問題で\(\dfrac{y}{x}\)を置き換えて解いたが、ここでは通常の変数分離形で解けばよい。経済変量は通常、正数で考えるので変数が対数の真数になった場合に絶対値を考える必要はない。
\begin{align}
\dfrac{1}{Q}\ dQ &= - \dfrac{1}{P}\ dP \\
\int \dfrac{1}{Q}\ dQ &= -\int \dfrac{1}{P}\ dP \\
\ln Q &= -\ln P + C' \\
\ln Q + \ln P &= C' \\
\ln PQ &= C' \\
PQ &= e^{C'} \\
PQ &= C\ (\because e^{C'} = C)
\end{align}
経済学では慣習で数学と違い、縦軸に\(P\)を横軸に\(Q\)を考える。需要曲線は第一象限で比例定数\(C\)を持った双曲線の一部となる。弾力性の定義は\(\dfrac{d\ \ln{Q}}{dQ} = \dfrac{1}{Q}\)の微分知識があれば、分かるように\(d\ \ln{Q} = \dfrac{dQ}{Q}\)であり、弾力性の定義は\(-\dfrac{d\ \ln{Q}}{d\ \ln{P}} = \varepsilon\)とできる。この方程式で問題を解くが、積分変数が\(\ln{Q}\) , \(\ln{P}\)である。
\begin{align}
\int d\ln{Q} &= -\int d\ln{P} \\
\ln {Q} + \ln {P} &= C' \\
PQ &= C
\end{align}
経済学の基本的な数学応用で紹介した需要の価格弾力性の結果で\(\varepsilon = 1\)の場合に価格変化による売上は不変であった。\(P \cdot Q\)は売上額を意味するから、特定の\(C\)の値で固定した曲線で言えば、その曲線上の任意の点での売上高が、どの点でも同じだとなる。さて、微分方程式の話題へ帰ろう。
\(y(0) = 1\) が与えられた微分方程式 \(\sec x \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{1}{y}\) を考えよう。\(\sec x = \dfrac{1}{\cos x}\) である。\(\sec x\) の値はグラフを考えても分かるように、任意の \(x\)の実数値で\(0\)にはならない。与方程式の両辺で \(y\)を乗じ、 \(\sec x\) で除すれば、 \(y\dfrac{dy}{dx} = \cos x \longrightarrow y\ dy = \cos x\ dx\) となる。与条件があることから、定積分を利用して解く。
\begin{align}
\int_{1}^{y} y\ dy &= \int_{0}^{x} \cos x\ dx \\
\left[\dfrac{y^2}{2}\right]_{1}^{y} &= \biggl[\sin x\biggl]_{0}^{x} \\
\dfrac{y^2}{2} - \dfrac{1}{2} &= \sin x - \sin 0 \\
\dfrac{y^2}{2} &= \dfrac{1}{2} + \sin x \\
y^2 &= 1 + 2\sin x \\
y &= \sqrt{1 + 2\sin x}\ (\because y(0) = 1)
\end{align}
\(0 \leqq x \leqq 2\pi\)の範囲で有効な定義域を考えてみる。\(y \neq 0\)であるから、根号内\(\gt 0\)でなければならない。ゆえに、\(\sin x \gt -\dfrac{1}{2}\). \(\dfrac{\pi}{2}\)の付近では\(\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}-0} \sec x = + \infty \) \(\left[x \lt \frac{\pi}{2}から\frac{\pi}{2}へ近づく。左方極限\right]\) , \(\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}+0}\sec x = -\infty \) \(\left[x \gt \frac{\pi}{2}から\frac{\pi}{2}へ近づく。右方極限\right]\) であるため、\(x = \dfrac{\pi}{2}\)のとき\(\sec x\)は定義されない。ゆえに、まず、\(0 \leqq x \lt \dfrac{\pi}{2}\). つぎに、\(\sin\dfrac{7}{6}\pi = - \dfrac{1}{2}\)なので、根号内がゼロになり\(x = \dfrac{7}{6}\pi\)は不適。ゆえに、\(\dfrac{\pi}{2} \lt x \lt \dfrac{7}{6}\pi\). 次に\(\dfrac{7}{6}\pi \lt x \leqq \dfrac{11}{6}\pi\)では、根号内\(\leqq 0\)で不適。ゆえに、\(\dfrac{11}{6}\pi \lt x \leqq 2\pi\).
区間記号でまとめると、\(0 \leqq x \leqq 2\pi\)の範囲で有効な定義域は\(\left[0,\ \dfrac{\pi}{2}\right)\ , \left(\dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{7}{6}\pi\right)\ ,\ \left(\dfrac{11}{6}\pi,\ 2\pi \right]\).
次に、\(y(1) = 7\) , \(y'(0) = 2\)の下で、\(y'' = 20x^3\)を解く。 \(y'' = \dfrac{d^2 y}{dx^2}\)であった。\(w = \dfrac{dy}{dx}\)とおく。\(\dfrac{dw}{dx} = \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{dy}{dx}\right) = \dfrac{d^2 y}{dx^2} = 20x^3\)である。
\begin{align}
\int dw &= \int 20x^3 dx \\
w &= 5x^4 + a
\end{align}
\(w = y'\)であるから、\(w(0) = y'(0) = 2\)で、上記の式より\(w(0) = a = y'(0) = 2\)で、これを代入して、\(w\)を元に戻す。
\begin{align}
\int dy &= \int (5x^4 + 2 ) dx \\
y &= x^5 + 2x + b
\end{align}
\(y(1) = 7\)より、\(b = 4\) . \(\therefore\) \(y = x^5 + 2x + 4\) .
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