# 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 $D\subset \mathbb {R} ^{2}$ 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:
    ${\frac {\partial F}{\partial x}}(x,y)=I\qquad {\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y)=J$
Il termine "esatta" si riferisce alla derivata totale di una funzione, detta talvolta "derivata esatta", che per una funzione $F(x_{0},x_{1},...,x_{n-1},x_{n})$ 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:
    $q(x,y)={\frac {\partial \left[{\int {p(x,y)dx}+f(y)}\right]}{\partial y}}=\left[{\int {p(x,y)dx}}\right]_{y}+f'(y)$
e risolvendo rispetto ad $f'(y)$ si ha:
    $f'(y)=q(x,y)-\left[{\int {p(x,y)dx}}\right]_{y}$
Integrando:
    $f(y)=\int {\left\{q(x,y)-\left[{\int {p(x,y)dx}}\right]_{y}\right\}dy}+C$
Sostituendo questo valore in $P(x,y)$ si ottiene la soluzione finale dell'equazione:
    $P(x,y)=\int {p(x,y)dx}+\int {\left\{q(x,y)-\left[\int {p(x,y)dx}\right]_{y}\right\}dy}+C$
Facendo la scelta opposta di variabili si ha, analogamente:
    $Q(x,y)=\int {q(x,y)dy}+\int {\left\{p(x,y)-\left[\int {q(x,y)dy}\right]_{x}\right\}dx}+C$
Queste sono soluzioni implicite, da cui si possono ricavare soluzioni esplicite solo se la P o la Q sono invertibili.

### Esempio

Sia dato:
    ${xy(2\operatorname {log} x-3)}y'=-y^{2}$
con alcuni passaggi si ottiene:
    ${\frac {y^{2}}{x}}dx+y(2\operatorname {log} x-3)dy=0$
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:
    $\int {p(x,y)dx}=\int {{\frac {y^{2}}{x}}dx}=y^{2}\operatorname {log} x$
Per la seconda parte si deve derivare questa funzione rispetto ad $y$, sottrarla da $q(x,y)$, e poi integrare il tutto rispetto ad $y$:
    $\int {\left\{q(x,y)-\left[{\int {p(x,y)dx}}\right]_{y}\right\}dy}=\int {\left[y(2\operatorname {log} x-3)-\left({y^{2}\operatorname {log} x}\right)_{y}\right]dy}=-\int {3ydy}=-{\frac {3}{2}}y^{2}+C$
Quindi la soluzione implicita è:
    $y^{2}\operatorname {log} x-{\frac {3}{2}}y^{2}=C$
da cui si ricava facilmente:
    $y=\pm {\sqrt {2C}}{\sqrt {\frac {1}{2\operatorname {log} x-3}}}$

## 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:
    $\left\{{\begin{matrix}&{p\neq q:}&x=e^{\int {{\frac {q(v)}{c[q(v)-p(v)]}}dv}}\\&{p=q:}&xy=c\end{matrix}}\right.$
Un altro caso particolare è quello in cui si ottiene una forma del tipo:
    ${\frac {dy}{dx}}=f(x,y)$
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:
    $\operatorname {log} x=\int {\frac {dv}{g(v)-v}}+c_{0}$
cioè:
    $x=ce^{\int {\frac {dv}{g(v)-v}}}$
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:
    ${\frac {\partial p(x,y)}{\partial y}}\neq {\frac {\partial q(x,y)}{\partial x}}$
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 $\mu '$:
    ${\frac {\partial \mu }{\partial x}}={\frac {\mu \left({\frac {\partial p}{\partial y}}-{\frac {\partial q}{\partial x}}\right)}{q}}=f(x,y)\mu (x)$
Per quanto detto sopra, la $f(x,y)$ 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:
    $\mu (x)=e^{\int f(x)}=e^{\int {\frac {\left({\frac {\partial p}{\partial y}}-{\frac {\partial q}{\partial x}}\right)}{q}}}$
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:
    ${\frac {y^{2}}{2}}\operatorname {log} xdx+ydy=0$
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:
    $\mu (x)=e^{\int {\frac {\left({\frac {\partial p}{\partial y}}-{\frac {\partial q}{\partial x}}\right)}{q}}}=e^{\int {\frac {y\operatorname {log} x-0}{y}}}=e^{x\operatorname {log} x-x}=x^{x}e^{-x}$
Sostituendo:
    $x^{x}e^{-x}{\frac {y^{2}}{2}}\operatorname {log} xdx+x^{x}e^{-x}ydy=0$
integrando $p$ rispetto ad $x$:
    $\int {x^{x}e^{-x}{\frac {y^{2}}{2}}\operatorname {log} xdx}={\frac {y^{2}}{2}}x^{x}e^{-x}$
derivando rispetto ad $y$ si ottiene $yx^{x}e^{-x}$. Sostituendo:
    $P(x,y)={\frac {y^{2}}{2}}x^{x}e^{-x}+\int {(x^{x}e^{-x}y-yx^{x}e^{-x}})dy+C={\frac {y^{2}}{2}}x^{x}e^{-x}+C$
la soluzione implicita è:
    ${\frac {y^{2}}{2}}x^{x}e^{-x}=C$
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:
    ${\frac {\partial \mu }{\partial x}}={\frac {\partial g}{\partial x}}y\qquad {\frac {\partial \mu }{\partial y}}={\frac {\partial g}{\partial y}}x$
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 $\mu '$ si ha:
    ${\frac {\partial \mu }{\partial y}}\left[p(x,y)-{\frac {y}{x}}q(x,y)\right]=\mu \left[{\frac {\partial q(x,y)}{\partial x}}-{\frac {\partial p(x,y)}{\partial y}}\right]$
e con alcuni passaggi si ottiene:
    ${\frac {1}{x}}{\frac {\partial \mu }{\partial y}}=\mu {\frac {{\frac {\partial q(x,y)}{\partial x}}-{\frac {\partial p(x,y)}{\partial y}}}{xp(x,y)-yq(x,y)}}$
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.