HL 5.18b — Homogeneous equations and the integrating factor（同次形と積分因子）

ノートWhat you should be able to do
  • separation of variables（変数分離）が使えない式を見分けられる。
  • homogeneous（同次形）\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\) に気づける。
  • \(y = vx\) と置いて、変数分離できる形に直せる。
  • \(1\) 次の differential equation（微分方程式） \(y'+P(x)y = Q(x)\) を見分けられる。
  • integrating factor（積分因子）\(e^{\int P\,\mathrm{d}x}\) を求められる。
  • 積分因子をかけて、左辺を \(1\) つの derivative（導関数）にまとめられる。

The idea

1. When separation fails（変数分離が使えないとき）

\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = x+y\) は、右辺が和なので分けられません（HL 5.18a）。

そういう式のために、\(2\) つの方法が用意されています。

図 1: \(3\) つの形を、この順に確かめます。

上から順に試すのが確実です。変数分離がいちばん軽く、積分因子がいちばん重い計算になります。

2. Homogeneous equations（同次形）

右辺が \(\dfrac{y}{x}\) だけの式で書ける微分方程式を、homogeneous equation（同次形）といいます。つまり \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\) の形で、\(y = vx\) と置いて解きます。

\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{x+y}{x} = 1+\frac{y}{x} \]

これは \(f(u) = 1+u\) の形です。分母・分子を \(x\) で割って確かめるのが手です。

\(y = vx\) と置きます。 \(v\) も \(x\) の関数なので、積の微分公式を使います。

\[ y = vx \quad \Longrightarrow \quad \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = v+x\,\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} \tag{1}\]

\(\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\) だけにしてはいけません。 \(v\) の項が残ります（Why it works）。

式 1 をもとの式に入れると

\[ v+x\,\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = f(v) \quad \Longrightarrow \quad x\,\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = f(v)-v \tag{2}\]

となり、\(x\) と \(v\) に分けられます。ここからは、HL 5.18a の separation of variables（変数分離）と同じです。

\[ \int \frac{1}{f(v)-v}\,\mathrm{d}v = \int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x \]

解いたら、最後に \(v = \dfrac{y}{x}\) をもどします。

例題 1 Solve \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{x+y}{x}\) for \(x > 0\), given that \(y = 0\) when \(x = 1\).

同次形かを確かめます。 分子・分母を \(x\) で割ると \(1+\dfrac{y}{x}\) です（第 2 節）。

\(y = vx\) と置きます（式 1）。

\[ v+x\,\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = 1+v \]

\[ x\,\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = 1 \]

分けて積分します。

\[ \int \mathrm{d}v = \int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x, \qquad v = \ln x+C \]

\(v = \dfrac{y}{x}\) をもどします。

\[ y = x\left(\ln x+C\right) \]

\(x = 1\)、\(y = 0\) から \(0 = 1(0+C)\)、つまり \(C = 0\) です。

\[ y = x\ln x \]

検算。 微分してもどします。 \(y' = \ln x+1\)、\(\dfrac{x+y}{x} = 1+\ln x\) ✓

検算（初期条件）。 \(x = 1\) で \(y = 1 \times 0 = 0\) ✓

ノート解答例（答案用紙に書くこと）

\[\frac{x+y}{x} = 1+\frac{y}{x}\]

Let \(y = vx\), so \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = v+x\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\).

\[v+x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = 1+v \ \Rightarrow \ x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = 1\]

\[v = \ln x+C, \qquad y = x(\ln x+C)\]

When \(x = 1\), \(y = 0\): \(\ C = 0\), so \(y = x\ln x\).

例題 2 Solve \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{x^{2}+y^{2}}{xy}\) for \(x > 0\), given that \(y = 1\) when \(x = 1\).

\(x^{2}\) で割ると \(\dfrac{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}{\frac{y}{x}}\) で、同次形です。

\(y = vx\) と置きます。

\[ v+x\,\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = \frac{1+v^{2}}{v} = \frac{1}{v}+v \]

\[ x\,\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{v} \]

分けます。

\[ \int v\,\mathrm{d}v = \int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x, \qquad \frac{v^{2}}{2} = \ln x+C \]

\(v = \dfrac{y}{x}\) をもどします。

\[ \frac{y^{2}}{2x^{2}} = \ln x+C, \qquad y^{2} = 2x^{2}\left(\ln x+C\right) \]

\(x = 1\)、\(y = 1\) から \(1 = 2C\)、つまり \(C = \dfrac{1}{2}\) です。

\[ y^{2} = x^{2}\left(2\ln x+1\right) \]

検算（初期条件）。 \(x = 1\) で \(y^{2} = 1\) ✓

検算（微分）。 両辺を微分すると \(2yy' = 2x(2\ln x+1)+2x\)。\(y' = \dfrac{x(2\ln x+2)}{y}\) で、\(\dfrac{x^{2}+y^{2}}{xy} = \dfrac{x^{2}+x^{2}(2\ln x+1)}{xy} = \dfrac{x(2\ln x+2)}{y}\) ✓

ノート解答例（答案用紙に書くこと）

Let \(y = vx\). Then

\[v+x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{v}+v \ \Rightarrow \ x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{v}\]

\[\frac{v^{2}}{2} = \ln x+C, \qquad y^{2} = 2x^{2}(\ln x+C)\]

When \(x = 1\), \(y = 1\): \(\ C = \dfrac{1}{2}\), so \(y^{2} = x^{2}(2\ln x+1)\).

3. Linear equations（\(1\) 次の微分方程式）

変数分離も同次形も使えない式でも、\(y\) と \(y'\) について \(1\) 次なら、別の方法で解けます。\(y' + P(x)y = Q(x)\) の形は、integrating factor（積分因子）を使って解きます。

\(y\) と \(y'\) がそれぞれ \(1\) 次で、かけ算されていない形です。

\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+P(x)\,y = Q(x) \tag{3}\]

重要まず、この形に直します

\(x\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y = x^{2}\) のように \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\) に coefficient（係数）が付いていたら、先に割ってください。

\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{1}{x}y = x \]

割る前に \(P\) を読むと、まったくちがう積分因子が出てしまいます。

4. The integrating factor（積分因子）

integrating factor（積分因子）\(I\) は、両辺にかけると左辺が \(1\) つの導関数にまとまる関数です。次の式で求めます。公式集の 5.18 の欄にあります。

\[ I = e^{\int P(x)\,\mathrm{d}x} \tag{4}\]

実際に両辺に \(I\) をかけると、左辺が \(1\) つの導関数にまとまります（Why it works）。

\[ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(I\,y\right) = I\,Q(x) \tag{5}\]

あとは両辺を積分するだけです。

図 2: \(C\) がちがっても、同じ曲線に近づきます。

\(I\) を求めるときの積分定数は要りません。 \(1\) つ選べば十分です（Why it works）。

例題 3 Solve \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+2y = e^{-x}\), given that \(y = 2\) when \(x = 0\).

すでに 式 3 の形です。\(P(x) = 2\)、\(Q(x) = e^{-x}\) です。

\[ I = e^{\int 2\,\mathrm{d}x} = e^{2x} \]

両辺に \(e^{2x}\) をかけます。

\[ e^{2x}\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+2e^{2x}y = e^{2x}e^{-x} = e^{x} \]

左辺は \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{2x}y\right)\) です（式 5）。

\[ e^{2x}y = \int e^{x}\,\mathrm{d}x = e^{x}+C \]

\[ y = e^{-x}+Ce^{-2x} \]

\(x = 0\)、\(y = 2\) から \(2 = 1+C\)、つまり \(C = 1\) です。

\[ y = e^{-x}+e^{-2x} \]

検算。 左辺を作ってみます。 \(y' = -e^{-x}-2e^{-2x}\) なので \(y'+2y = -e^{-x}-2e^{-2x}+2e^{-x}+2e^{-2x} = e^{-x}\) ✓

検算（初期条件）。 \(x = 0\) で \(1+1 = 2\) ✓

ノート解答例（答案用紙に書くこと）

\[I = e^{\int 2\,\mathrm{d}x} = e^{2x}\]

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{2x}y\right) = e^{x}, \qquad e^{2x}y = e^{x}+C\]

\[y = e^{-x}+Ce^{-2x}\]

When \(x = 0\), \(y = 2\): \(\ C = 1\), so \(y = e^{-x}+e^{-2x}\).

5. Solving with an integrating factor（積分因子で微分方程式を解く手順）

integrating factor（積分因子）を使って、\(1\) 次の微分方程式を解く手順です。

  1. \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\) の係数を \(1\) にする。
  2. \(P(x)\) を読み、\(I = e^{\int P\,\mathrm{d}x}\) を求める。
  3. 両辺に \(I\) をかけ、左辺を \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(Iy)\) と書く。
  4. 両辺を積分し、\(y\) について解く。

\(3\) のところで \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(Iy)\) と書けるかを、毎回確かめてください。書けなければ、どこかがまちがっています。

例題 4 Solve \(x\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y = x^{3}\) for \(x > 0\), given that \(y = 1\) when \(x = 1\).

まず \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\) の係数を \(1\) にします（第 3 節）。\(x\) で割ります。

\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{1}{x}y = x^{2} \]

\(P(x) = \dfrac{1}{x}\) なので

\[ I = e^{\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x} = e^{\ln x} = x \]

両辺に \(x\) をかけます。

\[ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(xy\right) = x^{3} \]

\[ xy = \frac{x^{4}}{4}+C, \qquad y = \frac{x^{3}}{4}+\frac{C}{x} \]

\(x = 1\)、\(y = 1\) から \(1 = \dfrac{1}{4}+C\)、つまり \(C = \dfrac{3}{4}\) です。

\[ y = \frac{x^{3}}{4}+\frac{3}{4x} \]

検算。 もとの式に入れます。 \(y' = \dfrac{3x^{2}}{4}-\dfrac{3}{4x^{2}}\) なので \(xy'+y = \dfrac{3x^{3}}{4}-\dfrac{3}{4x}+\dfrac{x^{3}}{4}+\dfrac{3}{4x} = x^{3}\) ✓

検算（\(I\) の働き）。 もとの式の左辺は、そのまま \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(xy)\) です ✓ \(I = x\) が正しいことの裏づけです。

ノート解答例（答案用紙に書くこと）

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{1}{x}y = x^{2}, \qquad I = e^{\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x} = x\]

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(xy\right) = x^{3}, \qquad xy = \frac{x^{4}}{4}+C\]

When \(x = 1\), \(y = 1\): \(\ C = \dfrac{3}{4}\).

\[y = \frac{x^{3}}{4}+\frac{3}{4x}\]

試験ではこう書く

The equation is linear, but the coefficient of \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\) is not \(1\), so divide throughout by \(x\), which is allowed since \(x > 0\):

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{1}{x}y = x^{2}\]

Now the equation is in the standard form \(y'+P(x)y = Q(x)\) with \(P(x) = \dfrac{1}{x}\) and \(Q(x) = x^{2}\).

The integrating factor is

\[I = e^{\int P(x)\,\mathrm{d}x} = e^{\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x} = e^{\ln x} = x\]

No constant of integration is needed here, since any constant multiple of \(I\) would cancel from both sides.

Multiplying the standard form by \(I = x\) gives \(x\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y = x^{3}\), and the left-hand side is exactly \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(xy)\) by the product rule.

Hence

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(xy) = x^{3}, \qquad xy = \frac{x^{4}}{4}+C, \qquad y = \frac{x^{3}}{4}+\frac{C}{x}\]

The condition \(y = 1\) at \(x = 1\) gives \(1 = \dfrac{1}{4}+C\), so \(C = \dfrac{3}{4}\) and

\[y = \frac{x^{3}}{4}+\frac{3}{4x}\]

Substituting back into the original equation confirms the answer.

TI-Nspire CX II の deSolve( は、同次形も \(1\) 次の形も扱えます。deSolve(y'=(x+y)/x and y(1)=0, x, y) のように入れます。

答えの形が自分のものとちがうことがあります。\(C\) の置き方がちがうだけのことが多いので、初期条件で値を入れてくらべてください。

答案には、式を書いてください。 同次形なら \(y = vx\) と置いた行、\(1\) 次なら \(I\) を求めた行を見せます。

Paper 1 では使えません。 このページの例題と演習は、すべて手で解けるようにしてあります。

Why it works

なぜ \(y = vx\) で分けられるようになるのか

同次形の右辺は \(\dfrac{y}{x}\) だけの式です。\(v = \dfrac{y}{x}\) と置けば、右辺は \(v\) だけの式になります。

左辺は 式 1 から \(v+x\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\) です。\(v\) を右へ移すと

\[ x\,\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = f(v)-v \]

で、左は \(x\) だけ、右は \(v\) だけになりました。これで変数分離が使えます。

\(v\) の項を落とすと、この形になりません。 積の微分公式をていねいに使ってください。

なぜ、\(I\) をかけると \(1\) つの導関数になるのか

\(Iy\) を微分します。

\[ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(Iy) = I\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y\,\frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}x} \]

いっぽう 式 3 に \(I\) をかけると

\[ I\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+IP\,y = IQ \]

です。この \(2\) つが同じになるためには \(\dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}x} = IP\) が要ります。

これは \(I\) についての変数分離形で、解くと \(I = e^{\int P\,\mathrm{d}x}\) です。積分因子は、そう決めたから働くのです。

なぜ、\(I\) に積分定数を付けなくてよいのか

\(\int P\,\mathrm{d}x\) に \(C\) を付けると、\(I\) は \(e^{C}\) 倍になります。

\[ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{C}Iy\right) = e^{C}IQ \]

両辺が同じだけ倍されるので、約分されて消えます。ですから \(C = 0\) と選んでかまいません。

同じ理由で、\(\ln\) が出たときの絶対値も気にしなくてよいことが多いです。\(P = \dfrac{1}{x}\) なら \(I = x\) で十分です。

なぜ、\(C\) の項が消えていくのか

\(y'+y = x\) の解は \(y = x-1+Ce^{-x}\) です（図 2）。

\(e^{-x}\) は \(x\) が大きくなると \(0\) に近づきます。ですから、どの解も同じ直線 \(y = x-1\) に近づきます。

\(C\) の項は「初期条件のちがい」を表していて、時間がたつと効かなくなります。transient（物理では過渡項）と呼ばれます。

Common errors

警告\(y = vx\) を微分するときに \(v\) の項を落とす

\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = v+x\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\) です（式 1）。

\(x\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\) だけにすると、式が分けられません（Why it works）。

警告最後に \(v\) を \(\dfrac{y}{x}\) にもどさない

答えは \(y\) の式で書きます（第 2 節）。

\(v\) のままだと、問題に答えたことになりません。もどす行を、かならず書いてください。

警告標準形に直す前に \(P\) を読む

\(x\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y = x^{3}\) の \(P\) は \(1\) ではありません。\(x\) で割って \(\dfrac{1}{x}\) です（第 3 節）。

係数を \(1\) にするのが、いちばん最初です。

警告積分因子に積分定数を付ける

\(I\) は \(1\) つ選べば十分です（Why it works）。

\(C\) を付けても、両辺で約分されて消えます。式が長くなるだけです。

警告\(I\) をかけたのに、右辺にかけ忘れる

式 5 は \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(Iy) = I\,Q(x)\) です。

右辺にも \(I\) がかかります。 ここを落とすと、答えがまったく変わります。

警告同次形でないのに \(y = vx\) と置く

右辺が \(\dfrac{y}{x}\) だけの式に書けるかを、先に確かめてください（図 1）。

書けないなら、\(1\) 次の形かどうかを見ます。

Exercises

1 Show that \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{2x+3y}{x}\) is homogeneous by writing the right-hand side as a function of \(\dfrac{y}{x}\).

\[\frac{2x+3y}{x} = \frac{2x}{x}+\frac{3y}{x} = 2+3\left(\frac{y}{x}\right)\]

This is a function of \(\dfrac{y}{x}\) alone, so the equation is homogeneous.

分子・分母を \(x\) で割るのが手です（第 2 節）。

\(f(u) = 2+3u\) の形になりました。

検算（\(x\) だけ、\(y\) だけが残らないか）。 \(2+3\dfrac{y}{x}\) には \(x\) も \(y\) も単独では出ません ✓

検算（\(f\) の形）。 \(u = \dfrac{y}{x}\) とすると \(f(u) = 2+3u\) ✓

2 Use the substitution \(y = vx\) to solve \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{y-x}{x}\) for \(x > 0\), given that \(y = 2\) when \(x = 1\).

\[\frac{y-x}{x} = \frac{y}{x}-1\]

Let \(y = vx\):

\[v+x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = v-1 \ \Rightarrow \ x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = -1\]

\[v = -\ln x+C, \qquad y = x(C-\ln x)\]

When \(x = 1\), \(y = 2\): \(\ C = 2\), so \(y = x(2-\ln x)\).

\(v\) が両辺で消えて、\(x\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = -1\) という簡単な式になります。

符号に気をつけてください。 \(-1\) なので \(v\) は減ります。

検算。 \(y' = 2-\ln x-1 = 1-\ln x\)、\(\dfrac{y}{x}-1 = 2-\ln x-1 = 1-\ln x\) ✓

検算（初期条件）。 \(x = 1\) で \(y = 1(2-0) = 2\) ✓

3 Use the substitution \(y = vx\) to solve \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{y}{x}+\left(\dfrac{y}{x}\right)^{2}\) for \(x > 0\), given that \(y = 1\) when \(x = 1\).

Let \(y = vx\):

\[v+x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = v+v^{2} \ \Rightarrow \ x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = v^{2}\]

\[\int v^{-2}\,\mathrm{d}v = \int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x, \qquad -\frac{1}{v} = \ln x+C\]

When \(x = 1\), \(v = 1\): \(\ C = -1\).

\[-\frac{x}{y} = \ln x-1, \qquad y = \frac{x}{1-\ln x}\]

\(v\) が消えて \(x\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = v^{2}\) になります。\(v^{-2}\) の積分です。

\(v = \dfrac{y}{x}\) なので \(\dfrac{1}{v} = \dfrac{x}{y}\) です。もどすときに逆数になります。

検算（初期条件）。 \(x = 1\) で \(y = \dfrac{1}{1-0} = 1\) ✓

検算（定義域）。 \(\ln x = 1\)、つまり \(x = e\) で分母が \(0\) ✓ そこまでが解の範囲です。

4 Find the integrating factor for \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+3y = x\).

\[P(x) = 3, \qquad I = e^{\int 3\,\mathrm{d}x} = e^{3x}\]

すでに標準形なので、\(P\) をそのまま読めます（式 4）。

積分定数は付けません（Why it works）。

検算。 \(\dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}x} = 3e^{3x} = IP\) ✓ 積分因子の条件を満たします。

検算（左辺）。 \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{3x}y\right) = e^{3x}y'+3e^{3x}y\) ✓ もとの左辺の \(e^{3x}\) 倍です。

5 Find the integrating factor for \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\dfrac{2}{x}y = x\), where \(x > 0\).

\[P(x) = \frac{2}{x}, \qquad I = e^{\int \frac{2}{x}\,\mathrm{d}x} = e^{2\ln x} = x^{2}\]

\(e^{2\ln x} = e^{\ln x^{2}} = x^{2}\) です。対数の法則で指数を中に入れます。

検算。 \(\dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}x} = 2x\)、\(IP = x^{2}\cdot\dfrac{2}{x} = 2x\) ✓

検算（左辺）。 \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(x^{2}y\right) = x^{2}y'+2xy\) ✓ もとの左辺の \(x^{2}\) 倍です。

6 Solve \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y = 2\), given that \(y = 5\) when \(x = 0\).

\[I = e^{x}, \qquad \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{x}y\right) = 2e^{x}\]

\[e^{x}y = 2e^{x}+C, \qquad y = 2+Ce^{-x}\]

When \(x = 0\), \(y = 5\): \(\ C = 3\), so \(y = 2+3e^{-x}\).

この式は変数分離でも解けます。 どちらでも正解ですが、積分因子のほうが機械的です。

検算。 \(y' = -3e^{-x}\)、\(y'+y = -3e^{-x}+2+3e^{-x} = 2\) ✓

検算（\(x \to \infty\)）。 \(y \to 2\) ✓ \(C\) の項が消えます（Why it works）。

7 Find the general solution of \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+2xy = x\).

\[I = e^{\int 2x\,\mathrm{d}x} = e^{x^{2}}\]

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{x^{2}}y\right) = xe^{x^{2}}, \qquad e^{x^{2}}y = \frac{1}{2}e^{x^{2}}+C\]

\[y = \frac{1}{2}+Ce^{-x^{2}}\]

右辺の積分 \(\displaystyle\int xe^{x^{2}}\mathrm{d}x\) は置換積分です（SL 5.10）。\(\dfrac{1}{2}\) が出ます。

初期条件がないので、\(C\) が残ります。 これが一般解です。

検算。 \(y' = -2xCe^{-x^{2}}\)、\(y'+2xy = -2xCe^{-x^{2}}+x+2xCe^{-x^{2}} = x\) ✓

検算（\(x \to \infty\)）。 \(y \to \dfrac{1}{2}\) ✓

8 Solve \(x\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y = x^{2}\) for \(x > 0\).

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{1}{x}y = x, \qquad I = e^{\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x} = x\]

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(xy\right) = x^{2}, \qquad xy = \frac{x^{3}}{3}+C\]

\[y = \frac{x^{2}}{3}+\frac{C}{x}\]

左辺は、もとのままで \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(xy)\) です。それでも、標準形に直して \(I\) を求める手順を書くのが答案です。

検算。 \(y' = \dfrac{2x}{3}-\dfrac{C}{x^{2}}\) なので \(xy'+y = \dfrac{2x^{2}}{3}-\dfrac{C}{x}+\dfrac{x^{2}}{3}+\dfrac{C}{x} = x^{2}\) ✓

検算（\(I\)）。 \(\dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}x} = 1 = x\cdot\dfrac{1}{x}\) ✓

試験ではこう書く

The equation is linear in \(y\), but the coefficient of \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\) is \(x\) rather than \(1\).

Divide throughout by \(x\), which is permitted because \(x > 0\):

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{1}{x}y = x\]

This is the standard form with \(P(x) = \dfrac{1}{x}\) and \(Q(x) = x\), so the integrating factor is

\[I = e^{\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x} = e^{\ln x} = x\]

Multiplying the standard form by \(I\) returns the original equation, and by the product rule its left-hand side is \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(xy)\).

Hence

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(xy) = x^{2}\]

Integrating both sides with respect to \(x\),

\[xy = \frac{x^{3}}{3}+C, \qquad y = \frac{x^{2}}{3}+\frac{C}{x}\]

Since no initial condition is given, this is the general solution, one curve for each value of \(C\).

Substituting back into the original equation confirms it: \(x\left(\dfrac{2x}{3}-\dfrac{C}{x^{2}}\right)+\dfrac{x^{2}}{3}+\dfrac{C}{x} = x^{2}\).

9 Explain why the substitution \(y = vx\) turns a homogeneous equation into one in which the variables separate.

A homogeneous equation has \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\), so the right-hand side depends only on the ratio \(\dfrac{y}{x}\).

Putting \(v = \dfrac{y}{x}\) makes the right-hand side \(f(v)\), a function of \(v\) alone, while the left-hand side becomes \(v+x\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\).

Rearranging gives \(x\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = f(v)-v\), in which one side involves only \(x\) and the other only \(v\).

もとの変数では分けられないが、比に注目すると分けられる、というのが要点です（Why it works）。

\(v\) の項が両辺に出て、片方が消えることが多いのも助けになります。

検算（例題 \(1\)）。 \(f(v) = 1+v\) なので \(f(v)-v = 1\) ✓ とても簡単な式になりました。

検算（例題 \(2\)）。 \(f(v) = \dfrac{1}{v}+v\) なので \(f(v)-v = \dfrac{1}{v}\) ✓ やはり \(v\) が消えます。

試験ではこう書く

An equation is homogeneous when it can be written as \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\).

The essential feature is that the right-hand side depends on \(x\) and \(y\) only through their ratio, never on either variable by itself.

The substitution \(y = vx\) introduces that ratio as a new variable, since \(v = \dfrac{y}{x}\).

The right-hand side then becomes \(f(v)\), a function of \(v\) alone.

The left-hand side must be differentiated with the product rule, because both \(v\) and \(x\) vary:

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = v+x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\]

The equation becomes \(v+x\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = f(v)\), and subtracting \(v\) gives

\[x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = f(v)-v\]

Dividing by \(x\) and by \(f(v)-v\) now separates the variables completely:

\[\int \frac{1}{f(v)-v}\,\mathrm{d}v = \int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x\]

Once this is integrated, replacing \(v\) by \(\dfrac{y}{x}\) returns the answer to the original variables.

10 To solve \(2\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+4y = 6\), a student writes \(I = e^{\int 4\,\mathrm{d}x} = e^{4x}\). Identify the error and give the correct integrating factor.

The formula \(I = e^{\int P\,\mathrm{d}x}\) applies only to the standard form \(y'+P(x)y = Q(x)\), in which the coefficient of \(y'\) is \(1\).

Dividing by \(2\) gives \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+2y = 3\), so \(P(x) = 2\) and

\[I = e^{\int 2\,\mathrm{d}x} = e^{2x}\]

先に係数を \(1\) にします（第 3 節）。\(P\) は \(4\) ではなく \(2\) です。

\(e^{4x}\) をかけても、左辺は \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{4x}y\right)\) になりません。そこで気づけます。

検算（正しい \(I\)）。 \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{2x}y\right) = e^{2x}y'+2e^{2x}y\) ✓ 標準形の左辺の \(e^{2x}\) 倍です。

検算（答え）。 \(e^{2x}y = \dfrac{3}{2}e^{2x}+C\) なので \(y = \dfrac{3}{2}+Ce^{-2x}\) ✓ もとの式に入れると成り立ちます。

試験ではこう書く

The integrating factor formula \(I = e^{\int P(x)\,\mathrm{d}x}\) is derived for the standard form

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+P(x)y = Q(x)\]

in which the coefficient of \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\) is \(1\).

The student has read \(P\) off the equation \(2\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+4y = 6\), which is not in that form, so the value \(4\) is not the \(P\) the formula refers to.

Dividing throughout by \(2\) gives the standard form

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+2y = 3\]

so \(P(x) = 2\), \(Q(x) = 3\), and the correct integrating factor is \(I = e^{\int 2\,\mathrm{d}x} = e^{2x}\).

The error is easy to detect.

Multiplying the standard form by the correct factor makes the left-hand side collapse to a single derivative: \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{2x}y\right) = 3e^{2x}\).

With \(e^{4x}\) the left-hand side is \(e^{4x}y'+2e^{4x}y\), which is not \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{4x}y\right) = e^{4x}y'+4e^{4x}y\).

Checking that the left-hand side really does collapse is the safeguard against this mistake.

Completing the solution, \(e^{2x}y = \dfrac{3}{2}e^{2x}+C\), so \(y = \dfrac{3}{2}+Ce^{-2x}\).