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より一般的なテクニック

$\require{cancel}$ 証明　$\lambda$ は $x$ だけの関数ゆえ $$\begin{align} \frac{\partial (\lambda P)}{\partial y} &=\lambda \left( \frac{\partial P}{\partial y} \right),\\ \frac{\partial (\lambda Q)}{\partial x} &=\frac{d\lambda}{dx}Q+\lambda \left( \frac{\partial Q}{\partial x} \right) \\ &=(h\lambda)Q+\lambda \left( \frac{\partial Q}{\partial x} \right) \\ &=\lambda\left(\left(\frac{\partial P}{\partial y} - \cancel{\frac{\partial Q}{\partial x}}\right) + \cancel{\frac{\partial Q}{\partial x}} \right) =\lambda\left(\frac{\partial P}{\partial y}\right)\\ \end{align}$$ 従って Th.8 により $\lambda$ は積分因数になります。Cor.9 の $f$ は $\dps{f = g + \int \left\{(\lambda Q) - \frac{\partial}{\partial y}g\right\}dy}$,   $\dps{g=\int(\lambda P)dx}$ ですが、今の場合 $$\begin{align} \{\quad\} \mbox{ 内} &= (\lambda Q) - \frac{\partial}{\partial y}\int(\lambda P)dx \\ &= (\lambda Q) - \int\frac{\partial(\lambda P)}{\partial y}dx \\ &= (\lambda Q) - \int\frac{\partial(\lambda Q)}{\partial x}dx = (\lambda Q) - (\lambda Q) = 0 \\ \end{align}$$ ゆえ $f=g$. 従って一般解は $\dps{\int ( \lambda P)\,dx = C}$ となります。(証明終) 解　$P=x^2-y^2$, $Q=2xy$ とするとき $\dps{h=\frac{1}{Q}\left(\frac{\partial P}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial x}\right) =\frac{1}{2xy}(-2y-2y)=-\frac{2}{x}}$ は $x$ のみの関数ゆえ Th.14 が使え、 $\dps{\lambda=e^{\int\left(-\frac{2}{x}\right)dx}=e^{-2\log x}=\frac{1}{x^2}}$, $\dps{\int(\lambda P)\,dx = \int\left(1-\frac{y^2}{x^2}\right)dx = x + \frac{y^2}{x}}$ 従って一般解は $\dps{x + \frac{y^2}{x}=C}$.

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