積分因子と完全微分方程式
2つの変数\(x,y\)の間に成立する関係が関数\(f\)を用いて、\begin{equation*}y=f\left( x\right)
\end{equation*}と記述されているものとします。さらに、1階の常微分方程式\begin{equation*}
F\left( x,y,\frac{dy}{dx}\right) =0
\end{equation*}が与えられている状況を想定します。特に、常微分方程式\(\left(1\right) \)が変数\(x,y\)に関する2変数関数\(g\left( x,y\right) ,h\left( x,y\right) \)を用いて以下の形\begin{equation}\frac{dy}{dx}g\left( x,y\right) +h\left( x,y\right) =0 \quad \cdots (1)
\end{equation}で表現される場合、以下の条件\begin{equation}
\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}=\frac{\partial h\left(
x,y\right) }{\partial y} \quad \cdots (2)
\end{equation}が成り立つことと、\(\left( 1\right) \)が完全微分方程式であることは必要十分条件です。つまり、\(\left( 2\right) \)が成り立つ場合には、以下の2つの条件\begin{eqnarray*}&&\left( a\right) \ \frac{\partial \mu \left( x,y\right) }{\partial x}=h\left( x,y\right) \\
&&\left( b\right) \ \frac{\partial \mu \left( x,y\right) }{\partial y}=g\left( x,y\right)
\end{eqnarray*}を満たす変数\(x,y\)に関する2変数関数\(\mu \left( x,y\right) \)が存在することが保証されるため、完全微分方程式の解法を用いて\(\left( 1\right) \)を解くことができます。
一方、\(\left( 2\right) \)が成り立たない場合、すなわち、\begin{equation*}\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\not=\frac{\partial h\left(
x,y\right) }{\partial y}
\end{equation*}である場合、\(\left( 1\right) \)は完全微分方程式ではないため、完全微分方程式の解法を用いて\(\left( 1\right) \)を解くことはできません。ただし、\(\left( 1\right) \)を完全微分方程式へ変換できる状況は起こり得ます。具体的には、変数\(x,y\)に関する2変数関数\(\phi \left(x,y\right) \)を\(\left( 1\right) \)の両辺に掛けることにより、\begin{equation}\frac{dy}{dx}\phi \left( x,y\right) g\left( x,y\right) +\phi \left(
x,y\right) h\left( x,y\right) =0 \quad \cdots (3)
\end{equation}を得ますが、これが完全微分方程式になるのであれば、すなわち、\begin{equation}
\frac{\partial \phi \left( x,y\right) g\left( x,y\right) }{\partial x}=\frac{\partial \phi \left( x,y\right) h\left( x,y\right) }{\partial y} \quad \cdots (4)
\end{equation}が成り立つのであれば、\(\left( 1\right) \)を解く代わりに\(\left( 3\right) \)を解くことができます。
\(\left( 3\right) \)が完全微分方程式であるための必要十分条件\(\left( 4\right) \)を具体的に特定すると、関数の積の微分より、\begin{equation*}g\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( x,y\right) }{\partial x}+\phi
\left( x,y\right) \frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}=h\left(
x,y\right) \frac{\partial \phi \left( x,y\right) }{\partial y}+\phi \left(
x,y\right) \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
g\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( x,y\right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( x,y\right) }{\partial y}=\phi
\left( x,y\right) \left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right]
\end{equation*}となります。以上の条件を満たす関数\(\phi \left(x,y\right) \)を特定することが目標になります。この関数\(\phi \left( x,y\right) \)を積分因子（integrating factor）と呼びます。
以下では積分因子を特定する方法をいくつかのパターンに分けた上で解説します。
積分因子が独立変数に関する1変数関数である場合
常微分方程式\begin{equation}
\frac{dy}{dx}g\left( x,y\right) +h\left( x,y\right) =0 \quad \cdots (1)
\end{equation}が完全微分方程式ではない場合でも、以下の条件\begin{equation}
g\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( x,y\right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( x,y\right) }{\partial y}=\phi
\left( x,y\right) \left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] \quad \cdots (2)
\end{equation}を満たす積分因子\(\phi \left(x,y\right) \)が存在する場合、\(\left( 1\right) \)の両辺に\(\phi \left( x,y\right) \)を掛けることにより得られる常微分方程式\begin{equation}\frac{dy}{dx}\phi \left( x,y\right) g\left( x,y\right) +\phi \left(
x,y\right) h\left( x,y\right) =0 \quad \cdots (3)
\end{equation}は完全微分方程式になることが明らかになりました。
特に、積分因子が変数\(x\)に関する1変数関数\begin{equation*}\phi \left( x\right)
\end{equation*}である場合には\(\frac{\partial \phi\left( x\right) }{\partial y}=0\)となるため、\(\left( 3\right) \)が完全微分方程式であるための必要十分条件\(\left( 2\right) \)を、\begin{equation*}g\left( x,y\right) \frac{d\phi \left( x\right) }{dx}=\phi \left( x\right) \left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial
g\left( x,y\right) }{\partial x}\right]
\end{equation*}すなわち、\begin{equation}
\frac{1}{\phi \left( x\right) }\frac{d\phi \left( x\right) }{dx}=\frac{1}{g\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] \quad \cdots (4)
\end{equation}と表現できます。
以上の事実をどのような形で活用できるのでしょうか。常微分方程式\(\left( 1\right) \)を構成する関数\(g\left( x,y\right) ,h\left( x,y\right) \)をもとに、\(\left( 4\right) \)の右辺に相当する\begin{equation}\frac{1}{g\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] \quad \cdots (5)
\end{equation}を計算します。これが変数\(x\)に関する1変数関数であることを確認できた場合には、\(\left( 4\right) \)の活用を視野に入れます。具体的には、\(\left( 4\right) \)の両辺を変数\(x\)について積分することにより、\begin{equation*}\int \frac{1}{\phi \left( x\right) }\frac{d\phi \left( x\right) }{dx}dx=\int
\frac{1}{g\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] dx
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\ln \left( \left\vert \phi \left( x\right) \right\vert \right) =\int \frac{1}{g\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] dx
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\phi \left( x\right) =\pm \exp \left( \int \frac{1}{g\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial
g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] dx\right)
\end{equation*}となるため、積分因子\(\phi \left( x\right) \)を特定できます。積分因子\(\phi \left(x\right) \)を特定できれば完全微分方程式\(\left( 2\right) \)を構成できるため、それを解きます。
\frac{dy}{dx}xy+\left( 1+y^{2}\right) =0 \quad \cdots (1)
\end{equation}が与えられているものとします。関数\(g,h\)をそれぞれ、\begin{eqnarray*}g\left( x,y\right) &=&xy \\
h\left( x,y\right) &=&1+y^{2}
\end{eqnarray*}と定義すれば、\(\left( 1\right) \)を、\begin{equation*}\frac{dy}{dx}g\left( x,y\right) +h\left( x,y\right) =0
\end{equation*}と表現できます。\(\left(1\right) \)は完全微分方程式でしょうか。\begin{eqnarray*}\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x} &=&\frac{\partial }{\partial
x}xy=y \\
\frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y} &=&\frac{\partial }{\partial
y}\left( 1+y^{2}\right) =2y
\end{eqnarray*}であるため、\begin{equation*}
\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\not=\frac{\partial h\left(
x,y\right) }{\partial y}
\end{equation*}であるため、\(\left( 1\right) \)は完全微分方程式ではありません。では、積分因子\(\phi \)は存在するでしょうか。\begin{eqnarray*}\frac{1}{g\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] &=&\frac{1}{xy}\left( 2y-y\right) \\
&=&\frac{y}{xy} \\
&=&\frac{1}{x}
\end{eqnarray*}ですが、これは変数\(x\)に関する1変数関数であるため、先の議論より、積分因子\(\phi \left(x\right) \)は、\begin{equation*}\int \frac{1}{\phi \left( x\right) }\frac{d\phi \left( x\right) }{dx}dx=\int
\frac{1}{x}dx
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\ln \left( \left\vert \phi \left( x\right) \right\vert \right) =\ln \left(
\left\vert x\right\vert \right)
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\phi \left( x\right) =\pm \left\vert x\right\vert
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\phi \left( x\right) =\pm x
\end{equation*}となります。そこで、\begin{equation*}
\phi \left( x\right) =x
\end{equation*}を採用した場合、これを\(\left( 1\right) \)の両辺に掛けることにより、完全微分方程式\begin{equation}\frac{dy}{dx}x^{2}y+\left( x+xy^{2}\right) =0 \quad \cdots (2)
\end{equation}が得られます。つまり、以下の条件\begin{eqnarray}
\frac{\partial \mu \left( x,y\right) }{\partial x} &=&x+xy^{2} \quad \cdots (3) \\
\frac{\partial \mu \left( x,y\right) }{\partial y} &=&x^{2}y \quad \cdots (4)
\end{eqnarray}を満たす関数\(\mu \left( x,y\right) \)が存在することが保証されます。\(\left( 3\right) \)より、\begin{eqnarray*}\mu \left( x,y\right) &=&\int \left( x+xy^{2}\right) dx+G\left( y\right) \\
&=&\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x^{2}y^{2}+G\left( y\right)
\end{eqnarray*}すなわち、\begin{equation}
\mu \left( x,y\right) =\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x^{2}y^{2}+G\left(
y\right) \quad \cdots (5)
\end{equation}が成り立つとともに、これと\(\left( 4\right) \)より、\begin{equation*}\frac{\partial }{\partial y}\left[ \frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x^{2}y^{2}+G\left( y\right) \right] =x^{2}y
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
x^{2}y+G^{\prime }\left( y\right) =x^{2}y
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
G^{\prime }\left( y\right) =0
\end{equation*}が成り立つため、\begin{equation*}
G\left( y\right) =C
\end{equation*}を得ます。これと\(\left(5\right) \)より、\begin{equation*}\mu \left( x,y\right) =\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x^{2}y^{2}+C
\end{equation*}であることが明らかになりました。したがって、\(\left( 2\right) \)すなわち\(\left( 1\right) \)の一般解は、\begin{equation*}\mu \left( x,y\right) =C
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x^{2}y^{2}=C
\end{equation*}です。
積分因子が従属変数に関する1変数関数である場合
常微分方程式\begin{equation}
\frac{dy}{dx}g\left( x,y\right) +h\left( x,y\right) =0 \quad \cdots (1)
\end{equation}が完全微分方程式ではない場合でも、以下の条件\begin{equation}
g\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( x,y\right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( x,y\right) }{\partial y}=\phi
\left( x,y\right) \left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] \quad \cdots (2)
\end{equation}を満たす積分因子\(\phi \left(x,y\right) \)が存在する場合、\(\left( 1\right) \)の両辺に\(\phi \left( x,y\right) \)を掛けることにより得られる常微分方程式\begin{equation}\frac{dy}{dx}\phi \left( x,y\right) g\left( x,y\right) +\phi \left(
x,y\right) h\left( x,y\right) =0 \quad \cdots (3)
\end{equation}は完全微分方程式になることが明らかになりました。
特に、積分因子が変数\(y\)に関する1変数関数\begin{equation*}\phi \left( y\right)
\end{equation*}である場合には\(\frac{\partial \phi\left( y\right) }{\partial x}=0\)となるため、\(\left( 3\right) \)が完全微分方程式であるための必要十分条件\(\left( 2\right) \)を、\begin{equation*}-h\left( x,y\right) \frac{d\phi \left( y\right) }{dy}=\phi \left( y\right) \left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial
g\left( x,y\right) }{\partial x}\right]
\end{equation*}すなわち、\begin{equation}
\frac{1}{\phi \left( y\right) }\frac{d\phi \left( y\right) }{dy}=-\frac{1}{h\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] \quad \cdots (4)
\end{equation}と表現できます。
以上の事実をどのような形で活用できるのでしょうか。常微分方程式\(\left( 1\right) \)を構成する関数\(g\left( x,y\right) ,h\left( x,y\right) \)をもとに、\(\left( 4\right) \)の右辺に相当する\begin{equation}-\frac{1}{h\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] \quad \cdots (5)
\end{equation}を計算します。これが変数\(y\)に関する1変数関数であることを確認できた場合には、\(\left( 4\right) \)の活用を視野に入れます。具体的には、\(\left( 4\right) \)の両辺を変数\(y\)について積分することにより、\begin{equation*}\int \frac{1}{\phi \left( y\right) }\frac{d\phi \left( y\right) }{dy}dy=\int
-\frac{1}{h\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] dy
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\ln \left( \left\vert \phi \left( y\right) \right\vert \right) =\int -\frac{1}{h\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] dy
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\phi \left( y\right) =\pm \exp \left( \int -\frac{1}{h\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial
g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] dy\right)
\end{equation*}となるため、積分因子\(\phi \left( y\right) \)を特定できます。積分因子\(\phi \left(y\right) \)を特定できれば完全微分方程式\(\left( 2\right) \)を構成できるため、それを解きます。
\frac{dy}{dx}\left( 3-2xy^{2}\right) +\left( xy^{2}-2y^{3}\right) =0 \quad \cdots (1)
\end{equation}が与えられているものとします。関数\(g,h\)をそれぞれ、\begin{eqnarray*}g\left( x,y\right) &=&3-2xy^{2} \\
h\left( x,y\right) &=&xy^{2}-2y^{3}
\end{eqnarray*}と定義すれば、\(\left( 1\right) \)を、\begin{equation*}\frac{dy}{dx}g\left( x,y\right) +h\left( x,y\right) =0
\end{equation*}と表現できます。\(\left(1\right) \)は完全微分方程式でしょうか。\begin{eqnarray*}\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x} &=&\frac{\partial }{\partial
x}\left( 3-2xy^{2}\right) =-2y^{2} \\
\frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y} &=&\frac{\partial }{\partial
y}\left( xy^{2}-2y^{3}\right) =2xy-6y^{2}
\end{eqnarray*}であるため、\begin{equation*}
\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\not=\frac{\partial h\left(
x,y\right) }{\partial y}
\end{equation*}であるため、\(\left( 1\right) \)は完全微分方程式ではありません。では、積分因子\(\phi \)は存在するでしょうか。\begin{eqnarray*}-\frac{1}{h\left( x,y\right) }\left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] &=&-\frac{1}{xy^{2}-2y^{3}}\left( 2xy-6y^{2}+2y^{2}\right) \\
&=&-\frac{2y\left( x-2y\right) }{y^{2}\left( x-2y\right) } \\
&=&-\frac{2}{y}
\end{eqnarray*}ですが、これは変数\(y\)に関する1変数関数であるため、先の議論より、積分因子\(\phi \left(y\right) \)は、\begin{equation*}\int \frac{1}{\phi \left( y\right) }\frac{d\phi \left( y\right) }{dy}dy=\int
-\frac{2}{y}dx
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\ln \left( \left\vert \phi \left( y\right) \right\vert \right) =-2\ln \left(
\left\vert y\right\vert \right)
\end{equation*}すなわち、\begin{eqnarray*}
\left\vert \phi \left( y\right) \right\vert &=&\exp \left( -2\ln \left(
\left\vert y\right\vert \right) \right) \\
&=&\exp \left( \ln \left( \frac{1}{y^{2}}\right) \right) \\
&=&\frac{1}{y^{2}}
\end{eqnarray*}すなわち、\begin{equation*}
\phi \left( y\right) =\pm \frac{1}{y^{2}}
\end{equation*}となります。そこで、\begin{equation*}
\phi \left( y\right) =\frac{1}{y^{2}}
\end{equation*}を採用した場合、これを\(\left( 1\right) \)の両辺に掛けることにより、完全微分方程式\begin{equation}\frac{dy}{dx}\frac{3-2xy^{2}}{y^{2}}+\frac{xy^{2}-2y^{3}}{y^{2}}=0 \quad \cdots (2)
\end{equation}すなわち、\begin{equation}
\frac{dy}{dx}\left( \frac{3}{y^{2}}-2x\right) +\left( x-2y\right) =0 \quad \cdots (2)
\end{equation}が得られます。つまり、以下の条件\begin{eqnarray}
\frac{\partial \mu \left( x,y\right) }{\partial x} &=&x-2y \quad \cdots (3) \\
\frac{\partial \mu \left( x,y\right) }{\partial y} &=&\frac{3}{y^{2}}-2x
\quad \cdots (4)
\end{eqnarray}を満たす関数\(\mu \left( x,y\right) \)が存在することが保証されます。\(\left( 3\right) \)より、\begin{eqnarray*}\mu \left( x,y\right) &=&\int \left( x-2y\right) dx+G\left( y\right) \\
&=&\frac{1}{2}x^{2}-2xy+G\left( y\right)
\end{eqnarray*}すなわち、\begin{equation}
\mu \left( x,y\right) =\frac{1}{2}x^{2}-2xy+G\left( y\right) \quad \cdots (5)
\end{equation}が成り立つとともに、これと\(\left( 4\right) \)より、\begin{equation*}\frac{\partial }{\partial y}\left[ \frac{1}{2}x^{2}-2xy+G\left( y\right) \right] =\frac{3}{y^{2}}-2x
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
-2x+G^{\prime }\left( y\right) =\frac{3}{y^{2}}-2x
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
G^{\prime }\left( y\right) =\frac{3}{y^{2}}
\end{equation*}が成り立つため、\begin{equation*}
G\left( y\right) =-\frac{3}{y}+C
\end{equation*}を得ます。これと\(\left(5\right) \)より、\begin{equation*}\mu \left( x,y\right) =\frac{1}{2}x^{2}-2xy-\frac{3}{y}+C
\end{equation*}であることが明らかになりました。したがって、\(\left( 2\right) \)すなわち\(\left( 1\right) \)の一般解は、\begin{equation*}\mu \left( x,y\right) =C
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\frac{1}{2}x^{2}-2xy-\frac{3}{y}=C
\end{equation*}です。ちなみに、\begin{equation*}
y=0
\end{equation*}もまた\(\left( 1\right) \)の解です。
積分因子が合成関数である場合
常微分方程式\begin{equation}
\frac{dy}{dx}g\left( x,y\right) +h\left( x,y\right) =0 \quad \cdots (1)
\end{equation}が完全微分方程式ではない場合でも、以下の条件\begin{equation}
g\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( x,y\right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( x,y\right) }{\partial y}=\phi
\left( x,y\right) \left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right] \quad \cdots (2)
\end{equation}を満たす積分因子\(\phi \left(x,y\right) \)が存在する場合、\(\left( 1\right) \)の両辺に\(\phi \left( x,y\right) \)を掛けることにより得られる常微分方程式\begin{equation}\frac{dy}{dx}\phi \left( x,y\right) g\left( x,y\right) +\phi \left(
x,y\right) h\left( x,y\right) =0 \quad \cdots (3)
\end{equation}は完全微分方程式になることが明らかになりました。
特に、積分因子が合成関数\begin{equation*}
\phi \left( z\right) =\phi \left( z\left( x,y\right) \right)
\end{equation*}である場合、\(\left( 3\right) \)が完全微分方程式であるための必要十分条件\(\left( 2\right) \)を、\begin{equation*}g\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( z\left( x,y\right) \right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{\partial \phi \left( z\left( x,y\right)
\right) }{\partial y}=\phi \left( z\left( x,y\right) \right) \left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right)
}{\partial x}\right]
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
g\left( x,y\right) \frac{d\phi \left( z\right) }{\partial z}\frac{\partial
z\left( x,y\right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{d\phi \left(
z\right) }{\partial z}\frac{\partial z\left( x,y\right) }{\partial y}=\phi
\left( z\left( x,y\right) \right) \left[ \frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\right]
\end{equation*}すなわち、\begin{equation}
\frac{1}{\phi \left( z\right) }\frac{d\phi \left( z\right) }{\partial z}=\frac{\frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left(
x,y\right) }{\partial x}}{g\left( x,y\right) \frac{\partial z\left(
x,y\right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{\partial z\left(
x,y\right) }{\partial y}} \quad \cdots (4)
\end{equation}と表現できます。
以上の事実をどのような形で活用できるのでしょうか。何らかの関数\(z=z\left( x,y\right) \)と常微分方程式\(\left( 1\right) \)を構成する関数\(g\left( x,y\right) ,h\left(x,y\right) \)をもとに、\(\left( 4\right) \)の右辺に相当する\begin{equation}\frac{\frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left(
x,y\right) }{\partial x}}{g\left( x,y\right) \frac{\partial z\left(
x,y\right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{\partial z\left(
x,y\right) }{\partial y}} \quad \cdots (5)
\end{equation}を計算します。これが変数\(z\)に関する1変数関数であることを確認できた場合には、\(\left( 4\right) \)の活用を視野に入れます。具体的には、\(\left( 4\right) \)の両辺を変数\(z\)について積分することにより、\begin{equation*}\int \frac{1}{\phi \left( z\right) }\frac{d\phi \left( z\right) }{\partial z}dz=\int \frac{\frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial
g\left( x,y\right) }{\partial x}}{g\left( x,y\right) \frac{\partial z\left(
x,y\right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{\partial z\left(
x,y\right) }{\partial y}}dz
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\ln \left( \left\vert \phi \left( z\right) \right\vert \right) =\int \frac{\frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left(
x,y\right) }{\partial x}}{g\left( x,y\right) \frac{\partial z\left(
x,y\right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{\partial z\left(
x,y\right) }{\partial y}}dz
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\phi \left( z\right) =\pm \exp \left( \int \frac{\frac{\partial h\left(
x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}}{g\left( x,y\right) \frac{\partial z\left( x,y\right) }{\partial x}-h\left(
x,y\right) \frac{\partial z\left( x,y\right) }{\partial y}}dz\right)
\end{equation*}となるため、積分因子\(\phi \left( z\right) =\phi \left( z\left( x,y\right) \right) \)を特定できます。積分因子\(\phi \left( z\right) \)を特定できれば完全微分方程式\(\left( 2\right) \)を構成できるため、それを解きます。
\frac{dy}{dx}x^{2}+\left( xy+1\right) =0 \quad \cdots (1)
\end{equation}が与えられているものとします。関数\(g,h\)をそれぞれ、\begin{eqnarray*}g\left( x,y\right) &=&x^{2} \\
h\left( x,y\right) &=&xy+1
\end{eqnarray*}と定義すれば、\(\left( 1\right) \)を、\begin{equation*}\frac{dy}{dx}g\left( x,y\right) +h\left( x,y\right) =0
\end{equation*}と表現できます。\(\left(1\right) \)は完全微分方程式でしょうか。\begin{eqnarray*}\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x} &=&\frac{\partial }{\partial
x}x^{2}=2x \\
\frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y} &=&\frac{\partial }{\partial
y}\left( xy+1\right) =x
\end{eqnarray*}であるため、\begin{equation*}
\frac{\partial g\left( x,y\right) }{\partial x}\not=\frac{\partial h\left(
x,y\right) }{\partial y}
\end{equation*}であるため、\(\left( 1\right) \)は完全微分方程式ではありません。では、積分因子\(\phi \)は存在するでしょうか。以下の関数\begin{equation*}z=z\left( x,y\right) =xy
\end{equation*}に注目すると、\begin{eqnarray*}
\frac{\frac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y}-\frac{\partial g\left(
x,y\right) }{\partial x}}{g\left( x,y\right) \frac{\partial z\left(
x,y\right) }{\partial x}-h\left( x,y\right) \frac{\partial z\left(
x,y\right) }{\partial y}} &=&\frac{x-2x}{x^{2}y-\left( xy+1\right) x} \\
&=&\frac{-x}{-x} \\
&=&1
\end{eqnarray*}ですが、これは変数\(z\)に関する1変数関数（定数関数）であるため、先の議論より、積分因子\(\phi \left( z\right) =\phi \left( z\left(x,y\right) \right) \)は、\begin{equation*}\int \frac{1}{\phi \left( z\right) }\frac{d\phi \left( z\right) }{\partial z}dz=\int 1dz
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\ln \left( \left\vert \phi \left( z\right) \right\vert \right) =z
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\left\vert \phi \left( z\right) \right\vert =e^{z}
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\phi \left( z\right) =\pm e^{z}
\end{equation*}となります。そこで、\begin{eqnarray*}
\phi \left( z\left( x,y\right) \right) &=&e^{z} \\
&=&e^{xy}
\end{eqnarray*}を採用した場合、これを\(\left( 1\right) \)の両辺に掛けることにより、完全微分方程式\begin{equation}\frac{dy}{dx}e^{xy}x^{2}+e^{xy}\left( xy+1\right) =0 \quad \cdots (2)
\end{equation}が得られます。つまり、以下の条件\begin{eqnarray}
\frac{\partial \mu \left( x,y\right) }{\partial x} &=&e^{xy}\left(
xy+1\right) \quad \cdots (3) \\
\frac{\partial \mu \left( x,y\right) }{\partial y} &=&e^{xy}x^{2} \quad \cdots (4)
\end{eqnarray}を満たす関数\(\mu \left( x,y\right) \)が存在することが保証されます。\(\left( 4\right) \)より、\begin{eqnarray*}\mu \left( x,y\right) &=&\int e^{xy}x^{2}dy+G\left( x\right) \\
&=&x^{2}\int e^{xy}dy+G\left( x\right) \\
&=&x^{2}\frac{1}{x}e^{xy}+G\left( x\right) \\
&=&xe^{xy}+G\left( x\right)
\end{eqnarray*}すなわち、\begin{equation}
\mu \left( x,y\right) =xe^{xy}+G\left( x\right) \quad \cdots (5)
\end{equation}が成り立つとともに、これと\(\left( 3\right) \)より、\begin{equation*}\frac{\partial }{\partial x}\left[ xe^{xy}+G\left( x\right) \right] =e^{xy}\left( xy+1\right)
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
e^{xy}\left( xy+1\right) +G^{\prime }\left( y\right) =e^{xy}\left(
xy+1\right)
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
G^{\prime }\left( y\right) =0
\end{equation*}が成り立つため、\begin{equation*}
G\left( y\right) =C
\end{equation*}を得ます。これと\(\left(5\right) \)より、\begin{equation*}\mu \left( x,y\right) =xe^{xy}+C
\end{equation*}であることが明らかになりました。したがって、\(\left( 2\right) \)すなわち\(\left( 1\right) \)の一般解は、\begin{equation*}\mu \left( x,y\right) =C
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
xe^{xy}=C
\end{equation*}です。
演習問題
\frac{dy}{dx}\left( x^{2}y-x\right) +\left( 2x^{2}+y\right) =0
\end{equation*}が与えられているものとします。この微分方程式が完全微分方程式ではないことを確認した上で、積分因子を用いてこの微分方程式を解いてください。
\frac{dy}{dx}\sin \left( y\right) +\left[ \cos \left( y\right) -x\right] =0
\end{equation*}が与えられているものとします。この微分方程式が完全微分方程式ではないことを確認した上で、積分因子を用いてこの微分方程式を解いてください。
\frac{dy}{dx}\left( x^{2}+y^{2}-x\right) +y=0
\end{equation*}が与えられているものとします。この微分方程式が完全微分方程式ではないことを確認した上で、積分因子を用いてこの微分方程式を解いてください。
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