Ecuacion diferencial de Clairaut

3. Ecuacion diferencial de Clairaut

En el estudio de las ecuaciones diferenciales ordinarias existen diferentes tipos de ecuaciones diferenciales de primer orden. Prácticamente se dividen en 2 tipos, a saber, las resueltas respecto a la derivada $y^{'} = f (x, y)$ y las no resueltas respecto a la derivada, en las cuales no es posible despejar dicha derivada, entonces se tendrá que despejar alguna de las otras dos ya sea la función dependiente o la variable independiente, es decir, $y = f (x, y^{'})$ o $x = g (y, y^{'})$ .

Suponga que $f : D \subset ℝ \to ℝ$ es una función real. Si $(c, f (c)) \in D$ la recta tangente a la gráfica de la función en este punto está dada por

y - f (c) = f^{'} (x) (x - c)

Observe que esta ecuación es una familia de curvas uniparamétricas con parámetro $c$ . Entonces podemos encontrar una ecuación diferencial cuya solución general sea esta familia de curvas. Si $y^{'} = f^{'} (c)$ y $f^{'} (x)$ tiene una inversa $g (x)$ cerca de $c$ , entonces $c = g (y^{'})$ y podemos reescribir la ecuación de la recta tangente como

y = x y^{'} + g (y^{'})

(6.1)

la cual es la ecuación diferencial 6.1 buscada y se les conoce como ecuaciones de Clairaut.

Definición 22 — Ecuación de Clairaut.

Una ecuación diferencial de primer orden que puede escribirse en la forma $y = x y^{'} + g (y^{'})$ se conoce como ecuación de Clairaut. Donde $g (y^{'})$ es una función continuamente diferenciable respecto a $y^{'}$ .

El interés que presenta este tipo de ecuación se debe al hecho de que tiene como solución a una familia de rectas. Además, la envolvente, es decir, la curva cuyas tangentes están dadas por la familia, también es solución, en este caso una solución singular, de la ecuación de Clairaut. En el ejemplo 23 se ilustra como la relación $y = \frac{x^{2}}{4}$ es una envolvente (solución singular) y con solución general $y = C \cdot x - C^{2}$ de la ecuación diferencial ${(y^{'})}^{2} - x y^{'} + y = 0$ .

Fig. 6.1: gráfica de la solución singular

y (x) = \frac{x^{2}}{4}

y familia 1-paramétrica

y (x) = Cx - C^{2} .

Fuente: elaboración propia con Mathematica 9.0.

Teorema 6 — Solución de la ecuación de Clairaut.

La ecuación de Clairaut 6.1 donde $g (x)$ es una función derivable, tiene $y = C \cdot x + g (C)$ como solución general y como solución singular

{\begin{matrix} x & = & - g^{'} (v) \\ y & = & - v . g^{'} (v) + g (v) \end{matrix}

(6.2)

con $v$ un parámetro.

Demostración

A continuación se ilustra la demostración del teorema, la cual sirve como base para los procesos de solución de este tipo de ecuaciones diferenciales

1.: Realice en 6.1 la sustitución $v = y^{'}$ para obtener $y = x . v + g (v)$ .
2.: Derive en ambos lados respecto a $x$ asi, $y^{'} = x v^{'} + v + g^{'} (v) \cdot v^{'}$ de donde obtenemos que $v^{'} \cdot (x + g^{'} (v)) = 0 [*]$

De $[∗]$ surgen dos casos:

I Caso:

$v^{'} = 0 \Rightarrow v = C \Rightarrow y = x \cdot C + g (C)$ , la cual sería la solución general de ED Clairaut $y = x y^{'} + g (y^{'})$ .

Observe que la solución general se obtiene simplemente sustituyendo en la ecuación 6.1 la $y^{'}$ por constante arbitraria $C$ .

II Caso:

Si $x + g^{'} (v) = 0$ , entonces $x = - g^{'} (v)$ y sustituyendo en $y = x . v + g (v)$ , es decir, $y = - v \cdot g^{'} (v) + g (v)$ .

De esta forma la ED Clairaut $y = x y^{'} + g (y^{'})$ tiene por solución general $y = x \cdot C + g (C)$ y singulares las ecuaciones paramétricas

{\begin{matrix} x & = & - g^{'} (v) \\ y & = & - v . g^{'} (v) + g (v) \end{matrix}

de una curva donde $v$ es el parámetro. Observe que esta solución no es un caso particular de la solución general, por lo que se trata de una solución singular.

Ejemplo104

Resuelva la siguiente ecuación diferencial $y = x y^{'} - \sqrt{1 + {(y^{'})}^{2}}$ hasta obtener solución general y sigular(es).

En efecto se trata de una ED de Clairaut con $g (y^{'}) = - \sqrt{1 + {(y^{'})}^{2}}$ , por lo que se inicia haciendo $v = y^{'}$ , posteriromente sustituyendo en la ED dada para obtener

y = x \cdot v - \sqrt{1 + v^{2}} [*]

Derivando [*] con respecto a $x$

y^{'} = x \cdot v^{'} + v - \frac{v \cdot v^{'}}{\sqrt{1 + v^{2}}} [* *]

Dado que $v = y^{'}$ , luego en [**] simplificando y factorizando se tiene

0 = v^{'} \cdot (x - \frac{v}{\sqrt{1 + v^{2}}})

De donde se desprende lo siguiente:

1.: $v^{'} = 0 \Rightarrow v = C$ , así la solución general viene dada por $y = x \cdot C - \sqrt{1 + C^{2}}$
2.: ${\begin{matrix} x & = & \frac{v}{\sqrt{1 + v^{2}}} \\ y & = & \frac{v^{2}}{\sqrt{1 + v^{2}}} - \sqrt{1 + v^{2}} = \frac{- 1}{\sqrt{1 + v^{2}}} \end{matrix}$

De acuerdo a lo anterior se genera como solución singular $x^{2} + y^{2} = 1$ , o equivalentemente las singulares $y = \pm \sqrt{1 - x^{2}}$ . La cual se conoce como la envolvente y podemos apreciar en la figura 6.2.

Puede complementar y visualizar aspectos teóricos, ejemplos ilustrativos y comportamiento geométrico de curvas solución en este tipo de ecuaciones diferenciales mediante la página interactiva Ecuación diferencial de Clairaut.

Fig. 6.2: gráfica de la solución singular

y (x) = x^{2} + y^{2} = 1

y familia 1-paramétrica

y (x) = Cx - \sqrt{1 + C^{2}} .

Fuente: elaboración propia con Mathematica 11.2.

Ejemplo105

Hallar la solución de la ecuación diferencial ordinaria

y = x y^{'} + {(y^{'})}^{2}

Haciendo el cambio $v = y^{'}$ , luego por teorema antes descrito cse determina que la solución general viene dada por

y = Cx + C^{2}

asimismo para hallar la solución singular basta tomar $g (v) = v^{2}$ , de donde se obtiene las ecuaciones parámetricas

{\begin{matrix} x & = & - 2 v \\ y & = & - v \cdot 2 v + v^{2} = - v^{2} \end{matrix}

(6.3)

de donde si en sistema 6.3 se elevada al cuadrado la primer ecuación paramétrica ,es decir, $x^{2} = 4 v^{2}$ y se sustituye en la ecuación paramétrica $y = - v^{2}$ , obtiene que la solución singular es $y = - \frac{x^{2}}{4}$ .

Claramente cada recta de la familia $ω = {y = Cx + C^{2} : C \in ℝ}$ es tangente a la parábola $y = - \frac{x^{2}}{4}$ , y por cada punto de la parábola $y = - \frac{x^{2}}{4}$ para una única recta de la familia $ω$ , lo anterior se puede apreciar en la figura 6.3.
Puede complementar y visualizar aspectos teóricos, ejemplos ilustrativos y comportamiento geométrico de curvas solución en este tipo de ecuaciones diferenciales mediante la página interactiva Ecuación diferencial de Clairaut.

Fig. 6.3: gráfica de la solución singular

y (x) = - \frac{x^{2}}{4}

y solución general

y (x) = C . x + C^{2}

Fuente: elaboración propia con Mathematica 11.2.

Ejemplo106

Determine una solución singular de la ecuación diferencial

y = x y^{'} + 1 - ln (y^{'})

Realizando el cambio $v = y^{'}$ , se determina de acuerdo a la teória vista que la familia de soluciones o solución general de la ecuación diferencial dada es

y = C . x + 1 - ln (C)

Identificando $g (y^{'}) = 1 - ln (y^{'}) \Rightarrow g (v) = 1 - ln (v)$ , de esta forma la solución singular está dada por las ecuaciones paramétricas

{\begin{matrix} x & = & - g^{'} (v) \\ y & = & - v . g^{'} (v) + g (v) \end{matrix} \Rightarrow {\begin{matrix} x & = & - (- \frac{1}{v}) = \frac{1}{v} \\ y & = & \frac{1}{v} \cdot v + 1 - ln (v) = 2 - ln (v) \end{matrix} \Rightarrow {\begin{matrix} x & = & \frac{1}{v} \\ y & = & 2 - ln (v) \end{matrix}

de esta forma de acuerdo a dichas ecuaciones obtenidas se desprende la solución singular

y = 2 - ln (\frac{1}{x}) .

¹ La familia de curvas de la solución general y solución singular se pueden visualizar mediante la figura 6.4.

Fig. 6.4: gráfica de la solución singular

y (x) = 2 - ln (\frac{1}{x})

y solución general

y (x) = C . x + 1 - ln (C)

Fuente: elaboración propia con Mathematica 11.2.

Ejemplo107

Utilice un procedimiento similar al de la técnica empleada en la resolución de la ecuación de Clairaut, para probar que en la ecuación diferencial $y = y^{'} ln (y^{'})$ se cumple que $y^{'} = e^{- 1 \pm \sqrt{2 x}}$

Solución:

Sea $v = y^{'}$ , así $y = y^{'} ln (y^{'}) \Rightarrow y = v ln (v)$

Derivando

\begin{array}{rcl} y^{'} = v^{'} ln (v) + v \cdot \frac{1}{v} v^{'} \\ \Rightarrow & v = v^{'} ln (v) + v^{'} \\ \Rightarrow & v = \frac{dv}{dx} (ln (v) + 1) \\ \Rightarrow & dx = \frac{ln (v) + 1}{v} dv \\ \Rightarrow & x = ln v + \frac{{ln}^{2}}{2} v + C \\ \Rightarrow & x = \frac{{(ln (v) + 1)}^{2}}{2} + K donde K = C - \frac{1}{4} \\ \Rightarrow & ln (y^{'}) + 1 = \pm \sqrt{2 x - k} \\ \Rightarrow & y^{'} = e^{- 1 \pm \sqrt{2 x - k}} \end{array}

En el caso particular en que $K = 0$ se tiene $\Rightarrow y^{'} = e^{- 1 \pm \sqrt{2 x}}$ .

Ejemplo108

Considere la ecuación diferencial en la que la variable $y$ es una función de $x$

x = {(y^{'})}^{6} sen (y^{'})

su solución general esta dada por

{\begin{matrix} x & = & z^{- α} sen (z) \\ y & = & \int (z^{- 5} cos (z) - 6 z^{β} sen (z) dz) \end{matrix}

con $z \in ℝ .$

Solución:

Tome cambio de variable $z = y^{'}$ en la ecuación diferencial dada $x = {(y^{'})}^{6} sen (y^{'})$ , luego se tiene $x = z^{- 6} sen (z)$ con lo que se tiene que $α = 6$ .

Por otro lado si derivamos $x = z^{- 6} sen (z)$ con respecto a $y$ y considerando $\frac{1}{z} = \frac{dx}{dy}$ se cumple

\begin{array}{rcl} x = z^{- 6} sen (z) \\ \Rightarrow & \frac{dx}{dy} = (- 6 z^{- 7} sen z + z^{- 6} cos z) \frac{dz}{dy} \\ \Rightarrow & \frac{1}{z} = (- 6 z^{- 7} sen z + z^{- 6} cos z) \frac{dz}{dy} \\ \Rightarrow & dy = (- 6 z^{- 6} sen z + z^{- 5} cos z) dz \\ \Rightarrow & y = \int (- 6 z^{- 6} sen z + z^{- 5} cos z) dz \end{array}

De donde se deduce $β = - 6$ .

Ejemplo109

Considere la ecuación diferencial en la que la variable $y$ es una función de $x$

y = \frac{1}{{(y^{'})}^{3}} - {(y^{'})}^{3}

la componente $x$ de su solución general, en forma paramétrica, está dada por la expresión

x = \frac{3}{4} u^{- 4} - \frac{3}{2} u^{2} + C

con $u \in ℝ^{+}, C \in ℝ$ . ¿Cuál es el valor de la constante $C$ cuya solución particular cumple $y (\frac{49}{4}) = 0$ ?

Solución:

Tome cambio de variable $u = y^{'}$ en la ecuación diferencial dada $y = \frac{1}{{(y^{'})}^{3}} - {(y^{'})}^{3}$ , luego se tiene solución en forma paramétrica

{\begin{matrix} x & = & \frac{3}{4} u^{- 4} - \frac{3}{2} u^{2} + C (1) \\ y & = & u^{- 3} - u^{3} (2) \end{matrix}

con $u \in ℝ^{+} .$ Como $y (\frac{49}{4}) = 0$ se sustituye en (2) , entonces

0 = u^{- 3} - u^{3} \Rightarrow u^{6} = 1 \Rightarrow u = 1, (u > 0)

Ahora sustituyendo en (1) y usando $y (\frac{49}{4}) = 0$ se tiene ahora

\frac{49}{9} = \frac{3}{4} - \frac{3}{2} + C \Rightarrow 13 = C

Ejercicios 6.1 — Ejercicios de ED de Ricatti

Ejercicio 3.1

Resuelva y determine la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales en las que se les indica una solución o forma de esta.

a): $y^{'} = 1 + x^{2} - 2 xy + y^{2}$ con solución de la forma $y_{1} = ax + b$
b): $y^{'} = \frac{2 {cos}^{2} x - {sen}^{2} x + y^{2}}{2 cos x}$ con solución $y_{1} = sen x$ .
c): $x y^{'} + x^{2} y^{2} = (4 x^{2} ln x - 1) y - 4 x^{2} {ln}^{2} x + 2 ln x + 2$ con solución de la forma $y_{1} = a ln x$ .
d): $y^{'} - y^{2} + 2 xy = x^{2}$ con solución polinomial.
e): $y^{'} + x^{2} + 2 x - 2 xy - 2 y + y^{2} = 0$ con solucón de la forma $y_{1} = ax + b$ .
f): $y^{'} = 2 tan x sec x - y^{2} sen x$ con $ϕ (x) = secx$ una solución.
g): $y^{'} = - 8 x y^{2} + 4 x (4 x + 1) y - 8 x^{3} - 4 x^{2} + 1$ con una solución polinomial.
h): $y^{'} - \frac{1}{x^{2}} - \frac{y}{x} + y^{2}$ con $ϕ (x) = \frac{1}{x}$ una solución.
i): $y^{'} = - \frac{4}{x^{2}} - \frac{y}{x} + y^{2}$ con solucion por determinar.

a): SG: $\frac{- 1}{y - x} = x + C$
b): SG: $\frac{1}{y - sen x} = \frac{- sen x}{2} + C cos x$
c): SG: $\frac{1}{y - 2 ln x} = x^{2} + Cx$
d)
e)
f)
g)
h)
i)

Ejercicios 6.2 — Ejercicios de ED de Lagrange

Ejercicio 3.2

Resuelva y determine la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales

a): $y = x {(y^{'})}^{2} + {(y^{'})}^{2}$ .
b): $y = 2 x {(y^{'})}^{2} - 3 {(y^{'})}^{2}$ .
c): $y = x + y^{'} - 3 {(y^{'})}^{2}$
d): $y = 2 x y^{'} - {(y^{'})}^{3}$
e): $x {(y^{'})}^{2} = e^{{(y^{'})}^{- 1}}$

a): SG:
b): SG:
c): SG:
d)
e)

Ejercicios 6.3 — Ejercicios de ED Clairaut

Ejercicio 3.3

Resuelva y determine la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales

1.: $y = x y^{'} - 2 {(y^{'})}^{2}$
2.: $y = x y^{'} - \sqrt{1 + {(y^{'})}^{2}}$
3.: $y = x y^{'} + 1 - ln (y^{'})$
4.: $y = x y^{'} + tan (y^{'})$
5.: $y = (x + 4) y^{'} + {(y^{'})}^{2}$

a): SG: ${\begin{matrix} x & = & 4 p \end{matrix}$
b): SG:
c): SG:
d)
e)

Ejercicio 3.4

Al resolver la ecuación diferencial

y = (x - 2) y^{'} + {(y^{'})}^{12}

se obtiene, como parte de su solución singular, dependiendo del parámetro

v

y (v) = α v^{12}

. Determine el valor de

α

α = - 11

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