Equazione differenziale esatta

Un'equazione differenziale esatta è un'equazione differenziale ordinaria riconducibile ad un differenziale esatto.

Si considerino un insieme semplicemente connesso e aperto ${\displaystyle D\subset \mathbb {R} ^{2}}$ e due funzioni ${\displaystyle I}$ e ${\displaystyle J}$ continue su ${\displaystyle D}$. L'equazione differenziale implicita:

${\displaystyle I(x,y)\,\mathrm {d} x+J(x,y)\,\mathrm {d} y=0}$

è un'equazione differenziale esatta se esiste una funzione differenziabile con continuità ${\displaystyle F}$, detta potenziale, spesso indicato con ${\displaystyle U}$, tale che:

${\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x}}(x,y)=I\qquad {\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y)=J}$

Il termine "esatta" si riferisce alla derivata totale di una funzione, detta talvolta "derivata esatta", che per una funzione ${\displaystyle F(x_{0},x_{1},...,x_{n-1},x_{n})}$ è data in ${\displaystyle x_{0}}$ da:

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} F}{\mathrm {d} x_{0}}}={\frac {\partial F}{\partial x_{0}}}+\sum _{i=1}^{n}{\frac {\partial F}{\partial x_{i}}}{\frac {\mathrm {d} x_{i}}{\mathrm {d} x_{0}}}}$

Nelle applicazioni fisiche ${\displaystyle I}$ e ${\displaystyle J}$ non sono solitamente solo continue, ma anche differenziabili con continuità, ed il teorema di Schwarz fornisce allora una condizione necessaria e sufficiente per l'esistenza della funzione potenziale ${\displaystyle F}$ (per equazioni definite su un insieme non semplicemente connesso tale criterio è solo necessario). Esso esiste se e solo se:

${\displaystyle {\frac {\partial I}{\partial y}}(x,y)={\frac {\partial J}{\partial x}}(x,y)}$

Per trovare la soluzione, si consideri l'equazione nella forma:

${\displaystyle p(x,y)dx+q(x,y){dy}=0}$

Integrando ${\displaystyle p}$ rispetto ad ${\displaystyle x}$, dato che si tratta di una funzione in due variabili invece di una costante d'integrazione si ha una funzione ${\displaystyle f(y)}$ in ${\displaystyle y}$:

${\displaystyle P(x,y)=\int {p(x,y)dx}+f(y)}$

Dal momento che:

${\displaystyle {\frac {\partial p(x,y)}{\partial y}}={\frac {\partial q(x,y)}{\partial x}}}$

si ottiene l'uguaglianza:

${\displaystyle q(x,y)={\frac {\partial \left[{\int {p(x,y)dx}+f(y)}\right]}{\partial y}}=\left[{\int {p(x,y)dx}}\right]_{y}+f'(y)}$

e risolvendo rispetto ad ${\displaystyle f'(y)}$ si ha:

${\displaystyle f'(y)=q(x,y)-\left[{\int {p(x,y)dx}}\right]_{y}}$

Integrando:

${\displaystyle f(y)=\int {\left\{q(x,y)-\left[{\int {p(x,y)dx}}\right]_{y}\right\}dy}+C}$

Sostituendo questo valore in ${\displaystyle P(x,y)}$ si ottiene la soluzione finale dell'equazione:

${\displaystyle P(x,y)=\int {p(x,y)dx}+\int {\left\{q(x,y)-\left[\int {p(x,y)dx}\right]_{y}\right\}dy}+C}$

Facendo la scelta opposta di variabili si ha, analogamente:

${\displaystyle Q(x,y)=\int {q(x,y)dy}+\int {\left\{p(x,y)-\left[\int {q(x,y)dy}\right]_{x}\right\}dx}+C}$

Queste sono soluzioni implicite, da cui si possono ricavare soluzioni esplicite solo se la P o la Q sono invertibili.

Sia dato:

${\displaystyle {xy(2\operatorname {log} x-3)}y'=-y^{2}}$

con alcuni passaggi si ottiene:

${\displaystyle {\frac {y^{2}}{x}}dx+y(2\operatorname {log} x-3)dy=0}$

di cui una soluzione banale è ${\displaystyle y=0}$. Per calcolare le altre soluzioni, la condizione:

${\displaystyle {\frac {\partial p(x,y)}{\partial y}}={\frac {\partial q(x,y)}{\partial x}}}$

è soddisfatta e quindi si può calcolare l'integrale rispetto ad ${\displaystyle x}$ del primo termine:

${\displaystyle \int {p(x,y)dx}=\int {{\frac {y^{2}}{x}}dx}=y^{2}\operatorname {log} x}$

Per la seconda parte si deve derivare questa funzione rispetto ad ${\displaystyle y}$, sottrarla da ${\displaystyle q(x,y)}$, e poi integrare il tutto rispetto ad ${\displaystyle y}$:

${\displaystyle \int {\left\{q(x,y)-\left[{\int {p(x,y)dx}}\right]_{y}\right\}dy}=\int {\left[y(2\operatorname {log} x-3)-\left({y^{2}\operatorname {log} x}\right)_{y}\right]dy}=-\int {3ydy}=-{\frac {3}{2}}y^{2}+C}$

Quindi la soluzione implicita è:

${\displaystyle y^{2}\operatorname {log} x-{\frac {3}{2}}y^{2}=C}$

da cui si ricava facilmente:

${\displaystyle y=\pm {\sqrt {2C}}{\sqrt {\frac {1}{2\operatorname {log} x-3}}}}$

Un caso particolare è quello in cui l'equazione assume la forma:

${\displaystyle yp(xy)dx+xq(xy){dy}=0}$

Definendo ${\displaystyle z=xy}$, allora ${\displaystyle dx=dz/y}$ e ${\displaystyle dy=dz/x}$. Sostituendo e risolvendo si ottengono due soluzioni:

${\displaystyle \left\{{\begin{matrix}&{p\neq q:}&x=e^{\int {{\frac {q(v)}{c[q(v)-p(v)]}}dv}}\\&{p=q:}&xy=c\end{matrix}}\right.}$

Un altro caso particolare è quello in cui si ottiene una forma del tipo:

${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=f(x,y)}$

dove sostituendo ${\displaystyle v=y/x}$ in ${\displaystyle f(x,y)}$ si ha una funzione ${\displaystyle g(v)}$ nella sola variabile ${\displaystyle v}$. Allora, ponendo ${\displaystyle y=xv}$ si ha:

${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=x{\frac {dv}{dx}}+v}$

Sostituendo:

${\displaystyle x{\frac {dv}{dx}}+v=g(v)}$

se ${\displaystyle g(v)=v}$, la soluzione banale è ${\displaystyle y=cx}$. Altrimenti:

${\displaystyle {\frac {dx}{x}}={\frac {dv}{g(v)-v}}}$

integrando:

${\displaystyle \operatorname {log} x=\int {\frac {dv}{g(v)-v}}+c_{0}}$

cioè:

${\displaystyle x=ce^{\int {\frac {dv}{g(v)-v}}}}$

con ${\displaystyle c=e^{c_{0}}}$.

Una variante delle equazioni differenziali esatte sono quelle per cui non vale l'uguaglianza delle derivate miste, ossia:

${\displaystyle {\frac {\partial p(x,y)}{\partial y}}\neq {\frac {\partial q(x,y)}{\partial x}}}$

ed è possibile trovare una funzione ${\displaystyle \mu }$, detta fattore d'integrazione, tale che:

${\displaystyle {\frac {\partial [\mu p(x,y)]}{\partial y}}={\frac {\partial [\mu q(x,y)]}{\partial x}}}$

Esplicitando le derivate:

${\displaystyle \mu {\frac {\partial p(x,y)}{\partial y}}+p(x,y){\frac {\partial \mu }{\partial y}}=\mu {\frac {\partial q(x,y)}{\partial x}}+q(x,y){\frac {\partial \mu }{\partial x}}}$

e risolvendo rispetto a ${\displaystyle \mu }$ si ottiene:

${\displaystyle \mu ={\frac {q(x,y){\frac {\partial \mu }{\partial x}}-p(x,y){\frac {\partial \mu }{\partial y}}}{{\frac {\partial p}{\partial y}}-{\frac {\partial q}{\partial x}}}}}$

Se è possibile trovare una funzione ${\displaystyle \mu }$ di questo tipo, allora si sostituiscono ${\displaystyle P(x,y)=\mu p(x,y)}$ e ${\displaystyle Q(x,y)=\mu q(x,y)}$ al posto di ${\displaystyle p}$ e ${\displaystyle q}$ e se ne trovano le soluzioni (implicite). Generalmente questo è molto difficile o impossibile, tuttavia esistono due casi particolari in cui è possibile trovare tale funzione.

Il primo metodo di risoluzione consiste nel cercare un fattore d'integrazione ${\displaystyle \mu }$ tale che

${\displaystyle {\frac {\partial \mu }{\partial y}}=0}$

e dunque esplicitando:

${\displaystyle \mu {\frac {\partial p}{\partial y}}=\mu {\frac {\partial q}{\partial x}}+q{\frac {\partial \mu }{\partial x}}}$

Risolvendo rispetto a ${\displaystyle \mu '}$:

${\displaystyle {\frac {\partial \mu }{\partial x}}={\frac {\mu \left({\frac {\partial p}{\partial y}}-{\frac {\partial q}{\partial x}}\right)}{q}}=f(x,y)\mu (x)}$

Per quanto detto sopra, la ${\displaystyle f(x,y)}$ deve essere necessariamente funzione della sola ${\displaystyle x}$, altrimenti non potrebbe essere nulla la derivata parziale di ${\displaystyle \mu }$ rispetto ad ${\displaystyle y}$. La cosa si dimostra ricordando che ${\displaystyle f_{xy}}$ deve essere uguale a ${\displaystyle f_{yx}}$. In questo caso si ha:

${\displaystyle {\frac {\partial \mu }{\partial x}}=f(x)\mu (x)}$

che è un'equazione differenziale lineare del primo ordine, la cui soluzione è:

${\displaystyle \mu (x)=e^{\int f(x)}=e^{\int {\frac {\left({\frac {\partial p}{\partial y}}-{\frac {\partial q}{\partial x}}\right)}{q}}}}$

Sostituendo dunque ${\displaystyle \mu }$ nell'equazione si ottiene:

${\displaystyle [\mu p(x,y)]dx+[\mu q(x,y)]dy=0}$

che si risolve come nel caso precedente. Nulla cambia nel procedimento scegliendo nulla la derivata di ${\displaystyle \mu }$ rispetto ad ${\displaystyle y}$, ovviamente scambiando ${\displaystyle p}$ con ${\displaystyle q}$ e ${\displaystyle x}$ con ${\displaystyle y}$ nelle formule sopra.

Sia dato:

${\displaystyle {\frac {y^{2}}{2}}\operatorname {log} xdx+ydy=0}$

Una soluzione banale è ${\displaystyle y=0}$. Per le altre soluzioni, le derivate di ${\displaystyle p}$ rispetto ad ${\displaystyle y}$ e di ${\displaystyle q}$ rispetto ad ${\displaystyle x}$ non sono uguali. Provando a calcolare ${\displaystyle \mu }$ si ha:

${\displaystyle \mu (x)=e^{\int {\frac {\left({\frac {\partial p}{\partial y}}-{\frac {\partial q}{\partial x}}\right)}{q}}}=e^{\int {\frac {y\operatorname {log} x-0}{y}}}=e^{x\operatorname {log} x-x}=x^{x}e^{-x}}$

Sostituendo:

${\displaystyle x^{x}e^{-x}{\frac {y^{2}}{2}}\operatorname {log} xdx+x^{x}e^{-x}ydy=0}$

integrando ${\displaystyle p}$ rispetto ad ${\displaystyle x}$:

${\displaystyle \int {x^{x}e^{-x}{\frac {y^{2}}{2}}\operatorname {log} xdx}={\frac {y^{2}}{2}}x^{x}e^{-x}}$

derivando rispetto ad ${\displaystyle y}$ si ottiene ${\displaystyle yx^{x}e^{-x}}$. Sostituendo:

${\displaystyle P(x,y)={\frac {y^{2}}{2}}x^{x}e^{-x}+\int {(x^{x}e^{-x}y-yx^{x}e^{-x}})dy+C={\frac {y^{2}}{2}}x^{x}e^{-x}+C}$

la soluzione implicita è:

${\displaystyle {\frac {y^{2}}{2}}x^{x}e^{-x}=C}$

da cui:

${\displaystyle y=\pm {\sqrt {2C}}{\sqrt {\frac {1}{x^{x}e^{-x}}}}=\pm {\sqrt {2C}}{\sqrt {\frac {e^{x}}{x^{x}}}}}$

Un secondo metodo consiste nel cercare una ${\displaystyle \mu }$ tale che:

${\displaystyle \mu (x,y)=g(xy)}$

In questo caso si ha:

${\displaystyle {\frac {\partial \mu }{\partial x}}={\frac {\partial g}{\partial x}}y\qquad {\frac {\partial \mu }{\partial y}}={\frac {\partial g}{\partial y}}x}$

che combinate danno:

${\displaystyle {\frac {\partial \mu }{\partial x}}={\frac {y}{x}}{\frac {\partial \mu }{\partial y}}}$

e sostituendo nell'equazione con le derivate esplicite:

${\displaystyle \mu {\frac {\partial p(x,y)}{\partial y}}+p(x,y){\frac {\partial \mu }{\partial y}}=\mu {\frac {\partial q(x,y)}{\partial x}}+{\frac {y}{x}}q(x,y){\frac {\partial \mu }{\partial y}}}$

Risolvendo rispetto a ${\displaystyle \mu '}$ si ha:

${\displaystyle {\frac {\partial \mu }{\partial y}}\left[p(x,y)-{\frac {y}{x}}q(x,y)\right]=\mu \left[{\frac {\partial q(x,y)}{\partial x}}-{\frac {\partial p(x,y)}{\partial y}}\right]}$

e con alcuni passaggi si ottiene:

${\displaystyle {\frac {1}{x}}{\frac {\partial \mu }{\partial y}}=\mu {\frac {{\frac {\partial q(x,y)}{\partial x}}-{\frac {\partial p(x,y)}{\partial y}}}{xp(x,y)-yq(x,y)}}}$

Se si effettua una sostituzione ${\displaystyle z=xy}$ si ha ${\displaystyle z_{y}=x}$, e perciò:

${\displaystyle {\frac {\partial \mu }{\partial z}}=\mu (z){\frac {{\frac {\partial q}{\partial x}}-{\frac {\partial p}{\partial y}}}{xp-yq}}=f(x,y)\mu (z)}$

Per quanto detto, ${\displaystyle f(x,y)}$ deve essere necessariamente funzione della sola ${\displaystyle z=xy}$. Quindi:

${\displaystyle \mu (z)=e^{\int f(z)}=e^{\int {\frac {{\frac {\partial q}{\partial x}}-{\frac {\partial p}{\partial y}}}{xp-yq}}}}$

Sostituendo quindi ${\displaystyle \mu }$ nell'equazione si ottiene un'equazione esatta, risolubile come in precedenza.

• Vladimir Igorevich Arnold (1988): Geometrical Methods in the Theory of Ordinary Differential Equations, 2nd ed., Springer, ISBN 0-387-96649-8
• Vladimir Igorevich Arnold (1992): Ordinary Differential Equations, Springer, ISBN 3-540-54813-0
• Martin Braun (1993): Differential Equations and their Applications. An Introduction to Applied Mathematics, 4th ed., Springer, ISBN 0-387-97894-1

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• (EN) exact equation, su Enciclopedia Britannica, Encyclopædia Britannica, Inc.