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Affinchè ${\displaystyle \rho }$ sia un moltiplicatore, ossia affinchè ${\displaystyle \rho \,Mdx+\rho \,Ndy}$ sia un differenziale esatto, deve essere:

Questa è un'equazione alle derivate partiali per la ${\displaystyle \rho }$; e il problema di risolvere le equazioni a derivate partiali è assai più complicato del problema di risolvere le equazioni a derivate ordinarie.

Il metodo di cercare un moltiplicatore riesce perciò utile solo in casi particolari.

1° Esista, p. es., un moltiplicatore ${\displaystyle \rho }$ funzione della sola ${\displaystyle x}$. Essendo in tal caso ${\displaystyle {\frac {\partial \rho }{\partial y}}=0}$, la nostra equazione diventa

E, affinchè si possa risolvere quest'equazione con una funzione ${\displaystyle \rho }$ della sola ${\displaystyle x}$, anche il secondo membro ${\displaystyle {\frac {1}{N}}\left({\frac {\partial M}{\partial y}}-{\frac {\partial N}{\partial x}}\right)}$ deve essere funzione della sola ${\displaystyle x}$.

Se così avviene, il problema è dunque ridotto alle quadrature.

2° Così pure, se ${\displaystyle {\frac {1}{M}}\left({\frac {\partial M}{\partial y}}-{\frac {\partial N}{\partial x}}\right)=1}$ è costante, non dipende da ${\displaystyle y}$; esiste un moltiplicatore ${\displaystyle \rho }$ funzione della sola ${\displaystyle x}$ definito dalla ${\displaystyle {\frac {d\log |\rho |}{dx}}=1}$.

Si può dunque porre ${\displaystyle \rho =e^{x}}$; e l'equazione diventa:

Posto ${\displaystyle {\frac {\partial z}{\partial x}}=e^{x}(x+y),{\frac {\partial z}{\partial y}}=e^{x}}$, s itrova ${\displaystyle z=ye^{x}+\varphi (x)}$, dove ${\displaystyle \varphi }$ è una funzione di ${\displaystyle x}$, tale che ${\displaystyle [ye^{x}+\varphi (x)]'_{x}?e^{x}(x+y)}$, ossia ${\displaystyle \varphi '(x)=xe^{x},\varphi (x)=xe^{x}-e^{x}+{\text{cost}}}$. Le funzioni ${\displaystyle y}$ che soddisfano alla nostra equazione differenziale sono dunque quelle date dalla ${\displaystyle xe^{x}+ye^{x}-e^{x}=(x+y-1)e^{x}={\text{cost}}}$.