Equazione differenziale esatta

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

Definizione

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

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

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

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

Il termine "esatta" si riferisce alla derivata totale di una funzione, detta talvolta "derivata esatta", che per una funzione $F(x_0,x_1,...,x_{n-1},x_n)$ è data in $x_0$ da:

$\frac{\mathrm{d}F}{\mathrm{d}{x}_0}=\frac{\partial F}{\partial x_0}+\sum _{i=1}^n\frac{\partial F}{\partial x_i}\frac{\mathrm{d}{x}_i}{\mathrm{d}{x}_0}$

Nelle applicazioni fisiche $I$ e $J$ 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 $F$ (per equazioni definite su un insieme non semplicemente connesso tale criterio è solo necessario). Esso esiste se e solo se:

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

Metodo risolutivo

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

$p(x,y)dx+q(x,y)dy=0$

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

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

Dal momento che:

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

si ottiene l'uguaglianza:

$q(x,y)=\frac{\partial \left[\int p(x,y)dx+f(y)\right]}{\partial y}={\left[\int p(x,y)dx\right]}_y+f^{\prime }(y)$

e risolvendo rispetto ad $f^{\prime }(y)$ si ha:

$f^{\prime }(y)=q(x,y)-{\left[\int p(x,y)dx\right]}_y$

Integrando:

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

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

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

Facendo la scelta opposta di variabili si ha, analogamente:

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

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

Esempio

Sia dato:

$xy(2\log x-3)y^{\prime }=-y^2$

con alcuni passaggi si ottiene:

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

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

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

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

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

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

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

Quindi la soluzione implicita è:

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

da cui si ricava facilmente:

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

Casi particolari

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

$yp(xy)dx+xq(xy)dy=0$

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

$\{\begin{array}{ccc}& p\ne q:& x=e^{\int \frac{q(v)}{c[q(v)-p(v)]}dv}\\ & p=q:& xy=c\end{array}$

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

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

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

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

Sostituendo:

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

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

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

integrando:

$\log x=\int \frac{dv}{g(v)-v}+c_0$

cioè:

$x=c{e}^{\int \frac{dv}{g(v)-v}}$

con $c=e^{c_0}$.

Equazioni differenziali riconducibili ad esatte

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

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

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

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

Esplicitando le derivate:

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

e risolvendo rispetto a $\mu$ si ottiene:

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

Se è possibile trovare una funzione $\mu$ di questo tipo, allora si sostituiscono $P(x,y)=\mu p(x,y)$ e $Q(x,y)=\mu q(x,y)$ al posto di $p$ e $q$ 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.

Primo caso

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

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

e dunque esplicitando:

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

Risolvendo rispetto a ${\mu }^{\prime }$:

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

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

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

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

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

Sostituendo dunque $\mu$ nell'equazione si ottiene:

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

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

Esempio

Sia dato:

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

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

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

Sostituendo:

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

integrando $p$ rispetto ad $x$:

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

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

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

la soluzione implicita è:

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

da cui:

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

Secondo caso

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

$\mu (x,y)=g(xy)$

In questo caso si ha:

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

che combinate danno:

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

e sostituendo nell'equazione con le derivate esplicite:

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

Risolvendo rispetto a ${\mu }^{\prime }$ si ha:

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

e con alcuni passaggi si ottiene:

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

Se si effettua una sostituzione $z=xy$ si ha $z_y=x$, e perciò:

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

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

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

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

Bibliografia

• 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

Voci correlate

• Equazione differenziale lineare
• Equazione differenziale lineare del secondo ordine
• Equazione differenziale lineare di ordine superiore al primo
• Equazione differenziale ordinaria
• Funzione differenziabile
• Funzione liscia
• Metodi di soluzione analitica per equazioni differenziali ordinarie
• Metodi di soluzione numerica per equazioni differenziali ordinarie
• Problema ai valori iniziali
• Problema di Cauchy
• Teorema di Schwarz

Collegamenti esterni

• Template:Collegamenti esterni