# Lezioni di analisi matematica/Capitolo 18/Paragrafo 110

../Paragrafo 109 ../Paragrafo 111 IncludiIntestazione 5 gennaio 2023 75% Da definire
Lezioni di analisi matematica Guido Fubini 1920 CC BY-SA 3.0 GFDL Indice:Lezioni di analisi matematica.pdf //it.wikisource.org/w/index.php?title=Lezioni_di_analisi_matematica/Capitolo_18/Paragrafo_110&oldid=- 20230105201509 //it.wikisource.org/w/index.php?title=Lezioni_di_analisi_matematica/Capitolo_18/Paragrafo_110&oldid=- 20230105201509
§ 110. — Equazioni differenziali, la cui integrazione è ridotta a quella di un differenziale esatto.
$\alpha$) Sia $f$ una funzione delle due variabili $x,y$; trovare tutte le funzioni $y$ della $x$ che soddisfano a un'equazione del tipo
$f(x,y)={\text{cost.}}$ (1)
equivale a trovare tutte le funzioni $y$ definite implicitamente dalla (1).
È chiaro che per tutte e solo le funzioni definite implicitamente dalla (1) si ha che, sostituendo nel primo membro della (1) in luogo di $y$ il suo valore e derivando la funzione di $x$ che ne risulta, si ottiene lo zero. In altre parole la
${\frac {df}{dx}}={\frac {\partial f}{\partial x}}+{\frac {\partial f}{\partial y}}{\frac {dy}{dx}}=0$ (2)
vale per tutte e sole le funzioni $\mathrm {y}$ definite implicitamente dalla (1)
La (2) è un'equazione differenziale ordinaria del primo ordine: tutte le funzioni $y$ che la risolvono sono tutte e sole quelle che soddisfano alla 81).
Si abbia ora l'equazione differenziale del tipo:
$M(x,y)+N(x,y){\frac {dy}{dx}}=0$, (3)
La quale, moltiplicata per $dx$, si può scrivere:
$M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$. (4)
Se il primo membro di (4) è un differenziale esatto, se esiste cioè una $f(x,y)$ tale che:
${\frac {\partial f}{\partial x}}=M(x,y)$ ; ${\frac {\partial f}{\partial y}}=N(x,y)$,
$f(x,y)=C$,
dove $C$ è una costante affatto arbitraria.
Esempio.
Si voglia, ad esempio, risolvere l'equazione differenziale ordinaria del primo ordine
$2y+x^{3}+(2x+y^{2})y'=0$; (5)
si vogliano cioè trovare tutte e sole le funzioni $y$ della $x$, che la soddisfano. Poichè $y'={\frac {dy}{dx}}$, la (5) si può scrivere moltiplicata per $dx$:
$(2y+x^{3})dx+(2x+y^{2})dy=0$.
Il primo membro è un differenziale esatto, poichè:
${\frac {\partial }{\partial y}}(2y+x^{3})=2={\frac {\partial }{\partial x}}(2x+y^{2})$.
Le funzioni $f$, per cui:
${\frac {\partial f}{\partial x}}=2y+x^{3}$, ${\frac {\partial f}{\partial y}}=2x+y^{2}$,
si ottengono integrando $2y+x^{3}$ rapporto a $x$ e aggiungendo una funzione di $y$ tale che la funzione che ne risulta abbia per derivata rapporto a $y$ la $2x+y^{2}$.
Sarà dunque:
$f=2\,x\,y+{\frac {x^{4}}{4}}+Y$,
essendo $Y$ tale che:
$\left(2\,x\,y+{\frac {x^{4}}{4}}+Y\right)'_{y}=2x+y^{2}$.
[p. 361 Ma:
$\left(2\,x\,y+{\frac {x^{4}}{4}}+Y\right)'_{y}=2\,x+Y'$.
Dovrà dunque essere:
$2x+y^{2}=2x+Y'$,
ossia:
$Y'=y^{2}$,
cioè:
$Y={\frac {y^{3}}{3}}+{\text{cost.}}$
Sarà dunque:
$f=2\,x\,y+{\frac {x^{4}}{4}}+{\frac {y^{3}}{3}}+{\text{cost.}}$
E le funzioni $y$ di $x$ che risolvono la (5) sono le funzioni definite implicitamente dall'equazione:
$2\,x\,y\,+{\frac {x^{4}}{4}}+{\frac {y^{3}}{3}}=C$.
dove $C$ è una costante arbitraria.
$\beta$) Se nella (3) la $M$ e la $N$ sono rispettivamente funzioni della sola $x$ e della sola $y$, il primo membro della (4) è certamente un differenziale esatto (§ 90, $\beta ).Lefunzionif$ che hanno per differenziale il primo membro della (4) sono espresse da
$\int M\,dx+\int \,N\,dy+{\text{cost}}$.
e le funzioni $y$ che soddisfano l'equazione differenziale proposta sono quelle definite implicitamente dall'equazione:
$\int \,M\,dx+\int \,N\,dy={\text{cost.}}$
Simili equazioni differenziali si dicono a variabili separate (cfr. § 90, $\beta$, pag. 299).
Così, ad esempio, si abbia da integrare l'equazione differenziale del primo ordine:
$-{\text{sen}}\,x\,dx+y\,dy=0$.
[p. 362 Le funzioni $y$ che soddisfano l'equazione differenziale sono date implicitamente dall'equazione:
${\text{cos}}x+{\frac {y^{2}}{2}}=C$
dove $C$ è costante arbitraria.
Risolvendo l'ultima equazione rispetto a $y$ si ha:
$y=\pm {\sqrt {2\,C-2\,{\text{cos}}\,x}}$.
Talvolta, pur non essenso il primo membro della (4) un differenziale esatto a variabili separate, si può con facili artifici ridurlo tale.
Così, ad esempio, si abbia da risolvere l'equazione differenziale:
${\sqrt {x\,y}}\,dx+{\sqrt[{3}]{x\,y}}\,dy=0$,
ossia:
${\sqrt {x}}\,{\sqrt {y}}\,dx+{\sqrt[{3}]{x}}\,{\sqrt[{3}]{y}}\,dy=0$.
Dividendo ambo i membri dell'equazione per ${\sqrt {y}}\,{\sqrt[{3}]{x}}$ si ha:
${\frac {\sqrt {x}}{\sqrt[{3}]{x}}}\,dx+{\frac {\sqrt {y}}{\sqrt {y}}}\,dy=0$. (6)
Colla divisione operata abbiamo ricondotto l'equazione differenziale proposta al tipo precedentemente esaminato, onde, integrando la (6), si ha che le dunn se è uguale al prodotto di $x^{n}$ per una funzione di ${\frac {y}{x}}$.
Così, ad esempio: $x^{2}+y^{2}+xy$ è una funzione omogenea di 2 grado, perchè è uguale a
$x^{2}\left(1+\left({\frac {y}{x}}\right)^{2}+{\frac {y}{x}}\right)$.
È funzione omogena di grado ${\frac {1}{2}}$ la
${\sqrt {x+y}}$
poichè:
${\sqrt {x+y=}}{\sqrt {x\left(1+{\frac {y}{x}}\right)}}=x^{\frac {1}{2}}\left(1+{\frac {y}{x}}\right)^{\frac {1}{2}}$
Se nella (4):
$M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$,
la $M$ e $N$ sono funzioni omogenee dello stesso grado $n$, è facile indicare un metodo generale di integrazione. Infatti introduciamo la nuova variabile $z$ in luogo di $y$, ponendo:
${\frac {y}{x}}=z$ (8)
Dividendo la (4) per $x^{n}$, i coefficienti di $dx$ e $dy$ risultano funzioni del solo rapporto ${\frac {y}{x}}$; cioè si ha un'equazione del tipo:
$\varphi \left({\frac {y}{x}}\right)dx+\psi \left({\frac {y}{x}}\right)dy=0$. (9)
Intanto da:
${\frac {y}{x}}=z$ ovvero $y=zx$,
differenziando si ottiene:
$dy=x\,dz+zdx$ (10). [p. 365 Spstituendo in (9), si ottiene
$\varphi (z)dx+\psi (z)(xdz+zdx)=0$,
donde, raccogliendo a fattori comuni $dx$ e $dz$, si ha:
$[\varphi (z)+z\psi (z)]\,dx+x\psi (z)dz=0$
che, separando le variabili, diventa:
${\frac {dx}{x}}+{\frac {\psi (z)dz}{\varphi (z)+z\psi (z)}}=0$, (11)
che è a variabili separate, e noi sappiamo quindi integrare.
Sia, p. es., data l'equazione:
$dx\left\{1-{\frac {xy}{x^{2}+y^{2}}}\right\}+{\frac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}dy=0$.
Posto ${\frac {y}{x}}=z$, essa diventa:
$\left\{1-frac{z}{1+z^{2}}\right\}dz+{\frac {1}{1+z^{2}}}(xdz+zdx)=0$
ossia:
${\frac {dx}{x}}+{\frac {dz}{1+z^{2}}}=0$.
Integrando si ottiene $\log |x|+{\text{arctg}}z=C(C={\text{cost.}})$. Donde $z={\frac {y}{x}}={\text{tg}}[C-\log |x|]$ e quindi $y=x{\text{tg}}[C-\log |x|]$.
$\delta$) Noi abbiamo visto che la
$Mdx+Ndy=0$ (12)
è risolubile mediante quadrature, se il primo membro è un differenziale esatto, e in particolare se le variabili sono separate (o si possono con qualche artificio separare).
Se il primo membro di (12) non è un differenziale esatto, ci si può chiedere se è possibile trovare una funzione $\rho (x,y)$ delle $x,y$, che, moltiplicata per esso, lo renda un differenziale esatto. Una tale funzione $\rho$ si dice essere un moltiplicatore di $Mdx+Ndy$.
È chiaro che, se in qualche modo si può giungere a trovare un tale moltiplicatore, allora la risoluzione, o, come si suol dire, l'integrazione della (12) è ricondotta a calcolare degli integrali indefiniti, cioè è ridotta alle quadrature. [p. 366 Affinchè $\rho$ sia un moltiplicatore, ossia affinchè $\rho \,Mdx+\rho \,Ndy$ sia un differenziale esatto, deve essere:
${\frac {\partial }{\partial y}}(\rho \,M)={\frac {\partial }{\partial x}}(\rho \,N)$, ossia:
$\rho \left({\frac {\partial M}{\partial y}}-{\frac {\partial N}{\partial x}}\right)+m{\frac {d\rho }{dy}}-N{\frac {d\rho }{dx}}=0$.
Questa è un'equazione alle derivate partiali per la $\rho$; 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 $\rho$ funzione della sola $x$. Essendo in tal caso ${\frac {\partial \rho }{\partial y}}=0$, la nostra equazione diventa
${\frac {d\log |\rho |}{dx}}={\frac {1}{\rho }}{\frac {\partial \rho }{\partial x}}={\frac {1}{N}}\left({\frac {\partial M}{\partial y}}-{\frac {\partial N}{\partial x}}\right)$.
E, affinchè si possa risolvere quest'equazione con una funzione $\rho$ della sola $x$, anche il secondo membro ${\frac {1}{N}}\left({\frac {\partial M}{\partial y}}-{\frac {\partial N}{\partial x}}\right)$ deve essere funzione della sola $x$.
Se così avviene, il problema è dunque ridotto alle quadrature.
2° Così pure, se ${\frac {1}{M}}\left({\frac {\partial M}{\partial y}}-{\frac {\partial N}{\partial x}}\right)=1$ è costante, non dipende da $y$; esiste un moltiplicatore $\rho$ funzione della sola $x$ definito dalla ${\frac {d\log |\rho |}{dx}}=1$.
Si può dunque porre $\rho =e^{x}$; e l'equazione diventa:
$e^{x}(x+y)dx+e^{x}dy=0$.
${\frac {\partial z}{\partial x}}=e^{x}(x+y),{\frac {\partial z}{\partial y}}=e^{x}$
$z=ye^{x}+\varphi (x)$
$\varphi$
$x$
$[ye^{x}+\varphi (x)]'_{x}?e^{x}(x+y)$
$\varphi '(x)=xe^{x},\varphi (x)=xe^{x}-e^{x}+{\text{cost}}$
$y$
$xe^{x}+ye^{x}-e^{x}=(x+y-1)e^{x}={\text{cost}}$
Esempio.
La qualità di calore $Q$ data ad una massa di gas ne fa variare o la pressione $p$ o il volume $v$, o entrambe le $p,v$. Se noi, p. es., teniamo$v$ costante, varierà la pressione $p$; il rapporto ${\frac {dQ}{dt}}$, ove $dQ$ è la quantità di calore necessaria per far aumentare la temperatura $t$ di $dt$, + una costante $c$; il cosidetto calore specifico a volume costante. Sarà dunque $dQ=ctd$; l'incremento $dt$ di temperatura è dato da ${\frac {\partial t}{\partial p}}dp$; cosicchè infine:
$dQ=c{\frac {\partial t}{\partial p}}dp$.
Così pure, se con $C$ indichiamo il calore specifico a pressione costante, sarà:
$dQ=C{\frac {\partial t}{\partial v}}dv$
l'incremento di calore che si deve dare, affinchè il volume del gas (tenuto a pressione costante) aumenti di $dv$.
Cosicchè complessivamente
$dQ=c{\frac {partialt}{\partial p}}dp+c{\frac {\partial t}{\partial v}}dv$
è la quantità di calore necessaria per aumentare $p,v$ rispettivamente di $dp,dv$.
Ora noi ci chiediamo: Può $Q$ essere una funzione di $p,v$: ossia può una massa di gas, ritornando alle stesse condizioni (di temperatura e di pressione) possedere in ogni caso la stessa quantità di calore) Ciò che sembra la conseguenza più semplice dell'antica ipotesi dell'indistruttibilità del calore.
Se ci fosse, l'espressione sopra trovata per $dQ$ sarebbe un differenziale esatto. Di avrebbe cioè:
${\frac {\partial }{\partial v}}\left(c{\frac {\partial t}{\partial p}}\right)={\frac {\partial }{\partial p}}\left(C{\frac {\partial t}{\partial v}}\right)$ ossia $(C-c){\frac {\partial ^{2}t}{\partial p\partial v}}=0$
ciò che non è, perchè $C\not =c$, e $t={\frac {1}{R}}pv$, dove $R$ è una costante.
Se $c{\frac {\partial t}{\partial p}}dp+C{\frac {dt}{dv}}$ non è esatto, noi possiamo cercare di renderlo esatto moltiplicandolo per un moltiplicatore $\rho$. [p. 368 Dovrà essere:
${\frac {\partial }{\partial v}}\left(c\,\rho \,{\frac {\partial t}{\partial p}}\right)={\frac {\partial }{\partial p}}\left(C\,\rho {\frac {\partial t}{\partial v}}\right)$
ossia $\rho (c-C){\frac {\partial ^{2}t}{\partial p\,\partial v}}+c{\frac {\partial \rho \,\partial t}{\partial v\,\partial p}}-C{\frac {\partial \rho }{\partial p}}{\frac {\partial t}{|partialv}}=0$
ossia $c\left\{1+v{\frac {\partial \log \rho }{\partial v}}\right\}=C\left\{1+p{\frac {\partial \log \rho }{\partial p}}\right\}$.
La soluzione più semplice si ottiene, supponendo
$v{\frac {\partial \log \rho }{\partial v}}+1=0$;
$p{\frac {\partial \log \rho }{\partial p}}+1=0$;
ossia supponendo $\rho$ inversamente proporzionale a $p$ e a $v$, ponendo, p. es., $\rho ={\frac {1}{t}}$. Si ha così che ${\frac {dQ}{t}}$ è un differenziale esatto; la funzione, di cui esso è differenziale, dicesi entropia. E ne è ben nota l'importanza termodianmica.
Dicesi abiabatica ogni trasformazione, che non richiede nè assorbimento, nè dispersione di calorico; tali trasformazioni sono quindi definite dalla
$0=d\,Q=c{\frac {\partial t}{\partial p}}dp+C{\frac {\partial t}{\partial v}}dv$ ossia dalla $c\,dvp+C\,pdv=0$.
Separando le variabili si trova $c={\frac {dp}{p}}+C_{v}^{dv}=0$, cioè
$c\,\log \,p+C\,\log \,v={\text{cost.}}$
$pv^{\frac {C}{c}}={\text{cost.}}$ , $p={\text{cost.}}\,v^{-{\frac {C}{c}}}$,
che ci dà in termini finiti l'equazione di una adiabatica.
Un'applicazione all'equazione $\mathrm {X(x,y){\frac {\partial f}{\partial x}}+T(x,y){\frac {\partial f}{\partial y}}=0}$.
[p. 369 Così, p. es., si trovino le soluzioni di
$x{\frac {\partial f}{\partial x}}+y{\frac {\partial f}{\partial y}}=0$
Le soluzioni della ${\frac {dy}{dx}}={\frac {y}{x}}$, ossia della ${\frac {dy}{y}}={\frac {dx}{x}}$ sono quelle tali che $\log \,y=\log \,x+{\text{cost.}}$, ossia tali che ${\frac {y}{x}}={\text{cost}}.$ Le funzioni $f$ cercate sono tutte e sole le funzioni di ${\frac {y}{x}}$, come è facile verificare.
L'Equazione di Eulero $x{\frac {\partial f}{\partial x}}+y{\frac {\partial f}{\partial y}}nf$ ($n=$ cost.)
Posto $\varphi =\log \,|f|-n\log |x|$, tale equazione diventa $x{\frac {\partial \varphi }{\partial x}}+y{\frac {\partial \varphi }{\partial y}}=0$. Perciò $\varphi (x,y)=\log |f(x,y)|-n\log |x|=\log \left|{\frac {f(x,y)}{x^{n}}}\right|$ è funzione del rapporto ${\frac {x}{y}}$. Altrettanto avverrà di $F=e^{\varphi }=\left|{\frac {f(x,y)}{x^{n}}}\right|$. Perciò $f(x,y)=x^{n}F\left({\frac {x}{y}}\right)$. In tal caso si dice che $f$ è funzione omogenea di grado n, perchè, moltiplicando x ed y per una stessa costante h, la $\mathrm {f(x,y)}$ resta moltiplicata per $\mathrm {h^{0}}$. Più in generale le soluzioni $f(x_{1},x_{2},.....x_{n})$ dell'equazione $\Sigma _{i}x_{i}{\frac {\partial f}{\partial x}}=nf$ sono tutte e sole le funzioni omogenee di grado $n$ delle $x$, cioè le funzioni del tipo $x_{i}^{n}\,\varphi \left({\frac {x_{2}}{x_{1}}},{\frac {x_{3}}{x_{1}}},.....,{\frac {x_{n}}{x_{1}}}\right)$. Infatti se consideriamo $f$ come funzioni delle variabili $\xi _{1}=x_{1}$; $\xi _{2}={\frac {x_{2}}{x_{1}}}x$; $\xi _{3}={\frac {x_{3}}{x_{1}}}$; .....; $\xi _{n}={\frac {x_{n}}{x_{1}}}$, la nostra equazione diventa ${\frac {\partial f}{\partial \xi _{1}}}={\frac {n}{\xi _{1}}}f$, donde ${\frac {\partial \,\log |f|}{\partial \xi _{1}}}={\frac {n}{\xi _{1}}}$; $\log \,|f|=n\,\log \,|\xi _{1}|+\varphi$; $f=\xi _{1}^{n}\varphi _{1}[\psi =\log |\varphi |]$ dove $psi$ (e quindi anche $\varphi$) sono costanti rispetto alla $\xi _{1}$, e ciop sono funzioni delle sole $\xi _{2},\xi _{3},.....\xi _{n}$.
* ↑ Si suppongono qui, e nei seguenti §§, finite e continue tutte le funzioni, e loro derivate, che si presentano nel calcolo
* ↑ Più precisamente la $c$ deve soddisfare a questa unica condizione, che la $f(x,y)=C$ sia risolubile rispetto alla $y$. Così, p. es., se per $x=a,y=b$, le $f_{x},f_{y}$ sono finite e continue, ed $f'_{x}\not =0$, si può porre $C=f(a,b)$. (Cfr. § 84, $\beta$).
* ↑ Questa divisione è lecita (se $x$ è generico) supposto $y\not =0$. Bisognerà poi esaminare a parte se la $y=0$ (come avviene appunto nel caso nostro) una soluzione della nostra equazione.
* ↑ Èciò, perchè generalmente l'area di una tale sezione si fa proporzionale al carico complessivo (del ponte e della stessa pila), che gravita su tale sezione. Sulla $S_{0}$ gravita, p. es., soltanto parte del ponte.