Ecuacion Diferencial de Clairaut, Ejercicios Resueltos

Sección	Resumen
Motivación para estudiar	La ecuacion diferencial de Clairaut pueden parecer compleja y difícil de aprender, desmotivando a algunos estudiantes y docentes. Este artículo aborda esa percepción y ofrece soluciones efectivas para abordarlas.
Los secretos de Clairaut revelados	Explora la vida y contribuciones de Clairaut en el campo de las matemáticas, destacando su relevancia en la resolución de problemas prácticos y su legado en la historia de las ecuaciones diferenciales.
Aplicaciones de la ED de Clairaut	Se presentan ejemplos concretos de cómo las ecuaciones de Clairaut se aplican en diversos campos, desde la física hasta la ingeniería, demostrando su importancia y relevancia en la resolución de problemas del mundo real.
Metodología	Una guía paso a paso sobre cómo abordar y resolver ecuaciones diferenciales de Clairaut, proporcionando un enfoque claro y sistemático para comprender y resolver este tipo de problemas matemáticos.
Ejercicios resueltos paso a paso	Se ofrecen ejercicios resueltos detallados que ilustran la aplicación de la metodología presentada, permitiendo a los lectores practicar y familiarizarse con la resolución de ecuaciones diferenciales de Clairaut.
Se un EXPERT@	Invitación a explorar más a fondo el tema mediante la adquisición de artículos y cursos relacionados, ofreciendo una oportunidad para profundizar en el conocimiento y mejorar las habilidades en ecuaciones diferenciales.

Motivación para estudiar

Si lees hasta el final del artículo, comprenderás y podrás resolver la ecuacion diferencial de Clairaut, para poder abordar con confianza sus aplicaciones en el mundo de los fenómenos no-lineales.

Este artículo te ayudará a:

1. Desmitificar las Ecuaciones Diferenciales de Clairaut (EDC) y comprender su funcionamiento de forma intuitiva.
2. Aplicar una metodología clara y efectiva para resolver cualquier ecuación diferen cial de Clairaut.
3. Conocer las aplicaciones prácticas de las EDC en diversas áreas del conocimiento.

Para los alumnos, este artículo ofrece una oportunidad única para superar la percep ción de dificultad y encontrar la relevancia práctica de este tema a través de ejemplos concretos y una metodología clara de resolución.

A su vez, los docentes encontrarán en estas páginas recursos valiosos para enseñar este tema de manera más efectiva, con ejercicios resueltos paso a paso y ejemplos aplicados que mejorarán la comprensión de sus estudiantes.

Y para los profesionales ingenieros, este artículo ofrece una perspectiva renovada sobre la utilidad y aplicabilidad de las ecuaciones de Clairaut en su campo laboral, proporcionando herramientas prácticas y soluciones efectivas para resolver problemas reales de manera eficiente

¿Te apasionan las matemáticas y quieres convertirte en un experto en ecuaciones diferenciales? Este artículo es tu punto de partida ideal.

Considero más valiente al que conquista sus deseos, que al que conquista sus enemigos, ya que la victoria más dura es la victoria sobre uno mismo.

~ Aristóteles

El Alma al Descubierto: Los Secretos de Clairaut Revelados

Alexis-Claude Clairaut fue un matemático y astrónomo francés nacido el 13 de mayo de 1713 en París y fallecido el 17 de mayo de 1765 en la misma ciudad. Desde una edad temprana, Clairaut mostró un talento excepcional para las matemáticas.

Fue considerado un niño prodigio. A los 12 años escribió un desarrollo sobre cuatro curvas geométricas, y llegó a alcanzar tal progreso en el tema (bajo la tutela de su padre), que a la edad de 13 años leyó ante la Academia francesa un resumen de las propiedades de las cuatro curvas que había descubierto. Tres años más tarde, completó un tratado sobre curvas de doble curvatura, Recherches sur les courbes a double courbure, que la valió su admisión a la Academia de Ciencias Francesa tras su publicación en 1731, a pesar de que aún no contaba con la mínima edad legal de 18 años para ser admitido.

Aspectos destacados de su vida y logros:

• Expedición a Laponia:
  • Participó en la expedición a Laponia en 1736, dirigida por Pierre Louis Maupertuis, para determinar los grados del meridiano terrestre. Esta experiencia marcó su carrera y lo introdujo en el mundo de la geodesia y la geografía matemática.
• Debate sobre la forma de la Tierra:
  • Clairaut se convirtió en un ferviente defensor del achatamiento del globo terráqueo por los polos en lugar de por el ecuador. Sus investigaciones sobre fluidos contribuyeron a esta postura. Además, centró sus estudios en la astronomía lunar.
• Cálculo del regreso del cometa Halley:
  • En 1758, calculó el regreso del cometa Halley con un error inferior a treinta días. Este logro demostró su destreza en la predicción astronómica.
• Contribuciones matemáticas:
  • Clairaut realizó investigaciones sobre curvas de doble curvatura, la perpendicular trazada por M. Cassini y el nuevo método de Cassini para conocer la forma de la Tierra. También desarrolló la teoría de la Luna.

Clairaut era conocido por su dedicación al trabajo y su incansable búsqueda del conocimiento. Su mente analítica y su capacidad para resolver problemas lo convirtieron en un modelo a seguir para muchos matemáticos de su época y posteriores.

1. Personalidad:
   • Alexis-Claude Clairaut fue un prodigio precoz, dominando el cálculo a los 10 años y presentando trabajos ante la Academia Francesa a los 13 años. Su tenacidad inquebrantable lo llevó a superar una infancia marcada por la enfermedad y la pobreza, demostrando un espíritu independiente al desafiar las normas establecidas por la Academia Francesa con sus ideas innovadoras. Apasionado porla ciencia desde joven, dedicó su vida al estudio de las matemáticas, la astronomía y la física.
2. Psicología:
   • Ambicioso y autoexigente, Clairaut buscaba constantemente la excelencia en su trabajo y no se conformaba con respuestas tradicionales, siempre buscando nuevas soluciones. Era honesto y directo, expresando sus opiniones sin reservas, incluso si estas iban en contra de la corriente predominante.
3. Dificultades:
   • Clairaut enfrentó desafíos debido a su salud frágil, luchando contra la tuberculosis durante gran parte de su vida. Su carácter independiente le generó tensiones con algunos colegas, y a pesar de sus numerosos logros, no recibió el mismo reconocimiento que otros matemáticos de su época.
4. Curiosidades:
   • Fue el miembro más joven en ser admitido en la Academia Francesa de Ciencias. Se le atribuye la invención del teorema de Clairaut, que relaciona las derivadas parciales de una función. Clairaut fue un firme defensor del uso de las matemáticas para resolver problemas del mundo real.

Clairaut también realizó importantes investigaciones en el campo de las ecuaciones diferenciales, siendo pionero en el estudio de las ecuaciones de Clairaut, que llevan su nombre. Su trabajo en este campo sentó las bases para el desarrollo posterior de la teoría de ecuaciones diferenciales y tuvo un impacto significativo en áreas como la física teórica y la ingeniería.

Aplicaciones de la Ecuacion Diferencial de Clairaut

Algunas de las áreas donde se pueden aplicar los conocimientos sobre el manejo y solución de la ecuación de Clairaut se enlistan a continuación

• Mecánica. La ecuación diferencial de Clairaut se utiliza en mecánica para modelar el movimiento de los cuerpos bajo la influencia de fuerzas como la gravedad y la fricción del aire. Por ejemplo, al resolver problemas de lanzamiento de proyec￾tiles, podemos utilizar la ecuación de Clairaut para determinar la trayectoria del objeto en función del tiempo y su posición en el espacio. La forma general de la ecuación de movimiento parabólico es:
  • $$y=x\tan{(\theta)}-\frac{gx^{2}}{2v^{2}_{0}\cos{(\theta)}}$$
• Termodinámica: En termodinámica, las ecuaciones diferenciales de Clairaut se aplican para estudiar procesos como la expansión de gases en un cilindro con pistón móvil. Esta ecuación nos permite relacionar las variables termodinámicas como la pre- sión, el volumen y la temperatura durante el proceso, lo que facilita el análisis y la predicción del comportamiento del sistema. La ecuación de estado de los gases ideales relaciona la presión, el volumen y la temperatura de un gas:
  • $$PV=nRT$$
• Electromagnetismo: En electromagnetismo, la ecuación de Clairaut se utiliza para modelar el com- portamiento de los campos eléctricos y magnéticos, así como la propagación de ondas electromagnéticas en diferentes medios. Por ejemplo, al estudiar la propagación de una onda de radio, podemos utilizar la ecuación de Clairaut para relacionar la amplitud y la frecuencia de la onda con su velocidad de propagación y dirección. La ecuación de onda electromagnética describe la propagación de ondas de luz:
  • $$\nabla E-\frac{1}{c^{2}}\frac{\delta^{2}E}{\delta t^{2}}=0$$

• Acústica: En acústica, la ecuación diferencial de Clairaut se emplea para estudiar la propagación del sonido en diferentes medios y analizar fenómenos como la reflexión y la refracción del sonido. Por ejemplo, al modelar la propagación del sonido en una sala de conciertos, podemos utilizar la ecuación de Clairaut para deter- minar la distribución de la presión acústica en función de la posición y el tiempo. Esto nos permite optimizar la acústica de la sala, considerando aspectos como la ubicación de los altavoces, la forma y materiales de las paredes, así como la disposición de los asientos para garantizar una experiencia auditiva óptima para el público. Además, al estudiar la reflexión y la refracción del sonido en difer- entes superficies, podemos prever y corregir posibles problemas de eco, distorsión o pérdida de calidad del sonido en el entorno. La ecuación de Clairaut en acústica se expresa como:
  • $$\frac{\delta^{2}P}{\delta x^{2}}-\frac{1}{c^{2}}\frac{\delta^{2}P}{\delta t^{2}}=0$$

Metodología

Paso 1. Forma estándar

Corroboramos que la ED tenga la forma:

$$y=xy’+f(y’)$$

Paso 2. Sustituimos $y’=p$

Donde $p=p(x)$.

Con esta sustitución buscamos entontrar la solución general de la forma paramétrica transformando la ED a una ED de términos algebraicos más manejables, es decir:

$$y=xp+g(p) . . . (1)$$

Paso 3. Derivamos respecto de $x$ y despejamos $\frac{dp}{dx}$

\begin{eqnarray*} \frac{d y}{d x} & = & x p’ + p + g’ (p) p’\\ \frac{d y}{d x} & = & (x + g’ (p)) p’ + p\\ (x + g’ (p)) p’ & = & \frac{d y}{d x} – p \end{eqnarray*}

Sustituimos: $\frac{dy}{dx}=p$.

\begin{eqnarray*} (x + g’ (p)) p’ & = & p – p\\ (x + g’ (p)) p’ & = & 0 \end{eqnarray*}

De éste modo tenemos dos casos:

$$x+y'(p)=0 . . . (2)$$

y

$$\frac{dp}{dx}=0$$

Paso 4. Resolvemos las EDs, para los dos casos para la ecuación diferencial de Clairaut

— Caso 1. Solución general.

Si $\frac{dp}{dx}=0$, note que es una ED directa, por lo que su integración es, $p=c$, donde $c:=$ constante.

Reemplazando el valor de $p$ en ($1$) se obtiene:

$$y=cx+g(c)$$

que es la familia de rectas solución de la ED de Clairaut.

— Caso 2. Soluciones paramétricas.

De ($1$) y ($2$), tenemos:

\begin{eqnarray*} x & = & – g’ (p)\\ y & = & – p g’ (p) + g (p) . . . (3) \end{eqnarray*}

que son las ecuaciones paramétricas solución de la ED. Éstas soluciones en general representan la solución singular de la ED de Clairaut, ya que en la mayoría de los
casos las soluciones paramétricas de la ED de Caliraut, no contienen la constante de integración.

Paso 5. Solución singular (envolvente)

• Básicamente buscamos eliminar el parámetro p en la ecuación ($1$) y obtener una solución de la forma: $F (x, y)= 0$.
• Ésto se puede obtener simplemente despejando el valor de $p$ en ($2$), dejandolo en términos de $x$ y sustituyendolo en ($1$).
• Tambien podemos sustituir el despeje anterior en la ecuacion paramétrica ($3$).

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Ecuación Diferencial de Clairaut, Ejercicios Resueltos

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Ejercicio 1.

Resolver la ecuacion diferencial de Clairaut:

$$y=xy’+(y’)^{3}$$

Solución.

Paso 1. Forma estándar de la ecuacion diferencial de Clairaut:.

Ya tenemos la forma estándar

Paso 2. Sustutuimos $y=p$.

$$y=xp+p^{3} . . . (4)$$

Paso 3. Derivamos respecto de $x$ y despejamos $\frac{dp}{dx}$.

\begin{eqnarray*} \frac{d y}{d x} & = & x p’ + p + 3 p^2 p’\\ \frac{d y}{d x} \frac{}{} & = & (x + 3 p^2) p’ + p\\ (x + 3 p^2) p’ & = & \frac{d y}{d x} – p \end{eqnarray*}

Sustituimos: $\frac{dy}{dx}=p$.

\begin{eqnarray*} (x + 3 p^2) p’ & = & p – p\\ (x + 3 p^2) p’ & = & 0 \end{eqnarray*}

De éste modo, tenemos dos casos:

\begin{eqnarray} x + 3 p^2 & = & 0 . . . (5)\\ \frac{d p}{d x} & = & 0 . . . (6) \end{eqnarray}

Paso 4. Resolvemos la ED, para los dos casos.

— Caso 1. Solución general.

Si $\frac{dp}{dx}=0$, entonces:

$$p=c$$

De modo que sustituyendo en ($4$), tenemos:

\begin{eqnarray*} y & = & x p + p^3\\ y & = & c x + c^3 \end{eqnarray*}

Es decir, la solución general y familia de rectas soluciones de la ED, es:

$$y=cx+c^{3}$$

— Caso 2. Soluciones paramétricas.

Si consideramos ($4$) y ($5$), tenemos:

\begin{eqnarray*} x & = & – 3 p^2\\ y & = & – 3 p^3 + p^3\\ y & = & – 2 p^3 \end{eqnarray*}

Es decir, las soluciones paramétricas son:

\begin{eqnarray} x & = & – 3 p^2 … (7)\\ y & = & – 2 p^3 … (8) \end{eqnarray}

Éstas soluciones paramétricas representan la solución singular de la ED de Clairaut estudiada para éste caso. La forma de la solución singular en función de x,y, se deduce a continuación.

Paso 5. Solución singular.

Si despejamos $p$ de ($7$), tenemos:

$$p^{2}=\sqrt{-\frac{x}{3}}$$

Por lo que sustituyendo en ($8$), tenemos:

\begin{eqnarray*} y & = & – 2 p^3\\ y & = & – 2 \left( \sqrt{- \frac{x}{3}} \right)^3\\ y & = & – 2 \left( – \frac{x}{3} \right)^{\frac{3}{2}}\\ y^2 & = & 4 \left( – \frac{x}{3} \right)^3\\ y^2 & = & – \frac{4}{27} x^3 \end{eqnarray*}

De modo que la envolvente y solución singular es:

$$27y^{2}=-4x^{3}$$

La gráfica de las soluciones y la envolvente de la ED es:

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Ejercicio 2.

Resolver:

$$\left( x^{2}-1\right)\left(y’ \right)^{2}-2xyy’+y^{2}=0$$

Solución.

Paso 1. Forma estándar.

Podemos notar que la ED es de la forma:

\begin{eqnarray*} (x^2 – 1) (y’)^2 – 2 x y y’ + y^2 – 1 & = & 0\\ x^2 (y’)^2 – (y’)^2 – 2 x y y’ + y^2 – 1 & = & 0\\ (y – x y’)^2 – (y’)^2 – 1 & = & 0 \end{eqnarray*}

La cual puede ser dividida en dos ecuaciones, como sigue:

\begin{eqnarray*} (y – x y’)^2 & = & (y’)^2 + 1\\ y – x y’ & = & \sqrt{(y’)^2 + 1} \end{eqnarray*}

De modo que tenemos la ecuaciones:

$$y=xy’+\sqrt{\left( y’\right)+1} . . . (9)$$

y

$$y=xy’-\sqrt{\left( y’\right)+1} . . . (10)$$

Las cuales tienen la form estándar de la ED de Clairaut.

Paso 2. Sustituimos $y’=p$.

Entonces, en la ED (9):

$$y=xp+\sqrt{p^2+1} . . . (11)$$

Paso 3. Derivamos respecto de $x$ y despejamos $\frac{dp}{dx}$.

\begin{eqnarray*} \frac{d y}{d x} & = & x p’ + p + \frac{1}{2} (p^2 + 1) ^{- \frac{1}{2}} 2 p p’\\ \frac{d y}{d x} & = & \left( x + \frac{p}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} \right) p’ + p\\ \left( x + \frac{p}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} \right) p’ & = & \frac{d y}{d x} – p \end{eqnarray*}

Sustituimos $\frac{dy}{dx}=p$.

\begin{eqnarray*} \left( x + \frac{p}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} \right) p’ & = & \frac{d y}{d x} – p\\ \left( x + \frac{p}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} \right) p’ & = & p – p\\ \left( x + \frac{p}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} \right) p’ & = & 0 \end{eqnarray*}

De éste modo tenemos dos casos:

\begin{eqnarray} \frac{d p}{d x} & = & 0 … (12)\\ x + \frac{p}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} & = & 0 … (13) \end{eqnarray}

Paso 4. Resolvemos la ED, para los dos casos.

— Caso 1. Solución general.

Si $\frac{dp}{dx}=0$, entonces:

$$p=c$$

De modo que sustituyendo en ($11$), tenemos:

\begin{eqnarray*} y & = & x p + \sqrt{p^2 + 1}\\ y & = & c x + \sqrt{c^2 + 1} \end{eqnarray*}

Es decir, la solución general y familia de rectas soluciones de la ED, es:

$$y=cx+\sqrt{c^{2}+1}$$

— Caso 2. Soluciones paramétricas.

Si consideramos ($11$) y ($13$), tenemos:

\begin{eqnarray*} x & = & \frac{- p}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}}\\ y & = & \left( \frac{- p}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} \right) p + \sqrt{p^2 + 1}\\ y & = & \left( \frac{- p^2}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} \right) + \sqrt{p^2 + 1}\\ y & = & \frac{- p^2 + p^2 + 1}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}}\\ y & = & \frac{1}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} \end{eqnarray*}

Es decir, las soluciones para métricas son:

\begin{eqnarray} x & = & \frac{- p}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} \label{eq13}\\ y & = & \frac{1}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}} \label{eq14} \end{eqnarray}

Éstas soluciones paramétricas representan la solución singular de la ED de Clairaut estudiada para éste caso. La forma de la solución singular en función de x,y, se deduce a continuación.

Paso 5. solución singular.

Si despejamos $p$ de ($14$), tenemos:

\begin{eqnarray*} x & = & \frac{- p}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}}\\ x^2 & = & \frac{p^2}{(p^2 + 1)}\\ (p^2 + 1) x^2 & = & p^2\\ p^2 x^2 + x^2 & = & p^2\\ x^2 & = & p^2 – x^2 p^2\\ x^2 & = & (1 – x^2) p^2\\ p^2 & = & \frac{x^2}{1 – x^2} \end{eqnarray*}

Por lo que sustituyendo en ($15$), tenemos:

\begin{eqnarray*} y & = & \frac{1}{(p^2 + 1)^{\frac{1}{2}}}\\ y & = & \frac{1}{\left( \frac{x^2}{1 – x^2} + 1 \right)^{\frac{1}{2}}}\\ y^2 & = & \left( \frac{1}{\left( \frac{x^2}{1 – x^2} + 1 \right)^{\frac{1}{2}}} \right)^2\\ y^2 & = & \frac{1}{\frac{x^2}{1 – x^2} + 1}\\ y^2 & = & \frac{1}{\frac{x^2 + 1 – x^2}{1 – x^2}}\\ y^2 & = & \frac{1 – x^2}{1}\\ y^2 & = & – x^2 + 1 \end{eqnarray*}

De modo que la envolvente y solución soingular es:

$$y^{2}+x^{2}=1$$

La gráfica de las soluciones y la envolvente de la ED es:

Si quieres automatizar tus soluciones con programación, utilizando un programa potente y fácil de aprender como sagemath, te recomendamos nuestro producto: Clairaut Ecuaciones Diferenciales (códigos), que son códigos en sagemath para que automatices tus solucions, estes seguro de éstas sin perder tiempo y puedas hacer simulación.

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Ejercicio 3.

Resolver la ecuacion diferencial de Clairaut:

$$y=xy’-\tan{y’} . . . (16)$$

Solución.

Paso 1. Forma estándar.

Ya tenemos la forma estándar.

Paso 2. Sustituimos $y’=p$.

\begin{eqnarray} y & = & x y’ – \tan (y’) \nonumber\\ y & = & x p – \tan (p) . . . (17) \end{eqnarray}

Paso 3. Derivamos respecto de $x$ y despejamos $\frac{dp}{dx}$.

\begin{eqnarray*} y & = & x p – \tan (p)\\ \frac{d y}{d x} & = & x p’ + p – (\tan (p)^2 + 1) p’\\ \frac{d y}{d x} & = & (x – (\tan (p)^2 + 1)) p’ + p\\ (x – (\tan (p)^2 + 1)) p’ & = & \frac{d y}{d x} – p \end{eqnarray*}

Sustituimos $\frac{dy}{dx}=p$.

\begin{eqnarray*} (x – (\tan (p)^2 + 1)) p’ & = & p – p\\ (x – (\tan (p)^2 + 1)) p’ & = & 0 \end{eqnarray*}

De éste modo tenemos dos casos:

\begin{eqnarray} \frac{d p}{d x} & = & 0 . . . (18)\\ x – (\tan (p)^2 + 1) & = & 0 . . . (19) \end{eqnarray}

Paso 4. Resolvemos la ED, para los dos casos.

— Caso 1. Solución general.

Si $\frac{dp}{dx}=0$, entonces:

$$p=0$$

De modo que sustituyendo en ($11$), tenemos:

\begin{eqnarray*} y & = & x p – \tan (p)\\ y & = & c x – \tan (c) \end{eqnarray*}

Es decir, la solución general y familia de rectas solución de la ED es:

$$y=cx-tan{(c)}$$

— Caso 2. Soluciones paramétricas.

Si consideramos ($19$), tenemos:

\begin{eqnarray*} x & = & \tan (p)^2 + 1\\ x & = & \sec (p)^2 \end{eqnarray*}

Por tanto de ($17$):

$$y=p\sec{(p)}^{2}-\tan{(p)}$$

Es decir, las soluciones paramétricas son:

\begin{eqnarray} x & = & \sec (p)^2 \label{eq19}\\ y & = & p \sec (p)^2 – \tan (p) \label{eq20} \end{eqnarray}

Éstas soluciones paramétricas representan la solución de la ED de Clairaut estudiada. A continuación la solución singular (envolvente) en términos de $x$, $y$.

Paso 5. Solución singular.

Si despejamos $p$ de ($20$), tenemos:

\begin{eqnarray*} x & = & \sec (p)^2\\ \sqrt{x} & = & \sec (p)\\ p & = & \sec \left( \sqrt{x} \right)^{- 1} \end{eqnarray*}

Por lo que sustituyendo en ($21$), tenemos:

\begin{eqnarray*} y & = & \sec \left( \sqrt{x} \right)^{- 1} \sec \left( \sec \left( \sqrt{x} \right)^{- 1} \right)^2 – \tan \left( \sec \left( \sqrt{x} \right)^{- 1} \right)\\ y & = & \sqrt{x} \sqrt{x} \sec \left( \sqrt{x} \right)^{- 1} – \sqrt{x – 1}\\ y & = & x \sec \left( \sqrt{x} \right)^{- 1} – \sqrt{x – 1} \end{eqnarray*}

De modo que la envolvente o solución singular es:

$$y=x \sec{(\sqrt{x})^{-1}}-\sqrt{x-1}$$

La gráfica de las soluciones y la envolvente de la ED es:

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Ejercicio 4.

Resolver la ecuacion diferencial de Clairaut:

$$y=xy’+\frac{y’}{\sqrt{1+(y’)^{2}}} . . . (22)$$

Solución.

Paso 1. Forma estándar.

La ED ya tiene la forma estándar.

Paso 2. Sustituimos $y’=p$.

$$y=xp+\frac{p}{\sqrt{1+p^{2}}} . . . (23)$$

Paso 3. Derivamos respcto de $x$ y despejamos $\frac{dp}{dx}$.

\begin{eqnarray*} \frac{d y}{d x} & = & x p’ + p + \frac{(1 + p^2)^{\frac{1}{2}} p’ – p \frac{1}{2} (1 + p^2)^{- \frac{1}{2}} 2 p p’}{1 + p^2}\\ \frac{d y}{d x} & = & x p’ + \frac{\left( (1 + p^2)^{\frac{1}{2}} – p^2 (1 + p^2)^{- \frac{1}{2}} \right) p’}{1 + p^2} + p\\ \frac{d y}{d x} & = & \left( x + \frac{\frac{(1 + p^2) – p^2}{(1 + p^2)^{- \frac{1}{2}}}}{1 + p^2} \right) p’ + p\\ \left( x + \frac{\frac{1}{(1 + p^2)^{\frac{1}{2}}}}{1 + p^2} \right) p’ & = & \frac{d y}{d x} – p\\ \left( x + \frac{1}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}} \right) p’ & = & \frac{d y}{d x} – p \end{eqnarray*}

Sustituimos: $\frac{dy}{dx}=p$.

\begin{eqnarray*} \left( x + \frac{1}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}} \right) p’ & = & p – p\\ \left( x + \frac{1}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}} \right) p’ & = & 0 \end{eqnarray*}

De éste modo, tenemos dos casos:

\begin{eqnarray} \frac{d p}{d x} & = & 0 . . . (24)\\ x + \frac{1}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}} & = & 0 . . . (25) \end{eqnarray}

Paso 4. Resolvemos la ED, para los dos casos.

— Caso 1. Solución general.

Si $\frac{dp}{dx}=0$, entonces:

$$p=c$$

De modo que sustituyendo en ($23$), tenemos:

\begin{eqnarray*} y & = & x p + \frac{p}{\sqrt{1 + p^2}}\\ y & = & c x + \frac{c}{\sqrt{1 + c^2}} \end{eqnarray*}

Es decir, la solución general y familia de rectas soluciones de la ED, es:

$$y=cx+\frac{c}{\sqrt{1+c^{2}}}$$

— Caso 2. Soluciones paramétricas.

Si consideramos ($23$) y ($25$), tenemos:

\begin{eqnarray*} x & = & – \frac{1}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}}\\ y & = & – \frac{p}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}} + \frac{p}{(1 + p^2)^{\frac{1}{2}}}\\ y & = & \frac{p (1 + p^2) – p}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}}\\ y & = & \frac{p + p^3 – p}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}}\\ y & = & \frac{p^3}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}} \end{eqnarray*}

Es decir, las soluciones paramétricas son:

\begin{eqnarray} x & = & \frac{- 1}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}} . . . (26)\\ y & = & \frac{p^3}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}} . . . (27) \end{eqnarray}

Éstas soluciones paramétricas representan la solución singular de la ED de Clairaut estudiada para éste caso. La forma de la solución singular (envolvente) en función de $x$, $y$, se deduce a continuación.

Paso 5. Solución singular.

Si despejamos $p$ de ($26$), tenemos:

\begin{eqnarray*} x & = & \frac{- 1}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}}\\ x^{\frac{2}{3}} & = & \frac{1}{1 + p^2}\\ 1 + p^2 & = & \frac{1}{x^{\frac{2}{3}}}\\ p^2 & = & \frac{1}{x^{\frac{2}{3}}} – 1\\ p^2 & = & \frac{1 – x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}} \end{eqnarray*}

Por lo que sustituyendo en ($27$), tenemos:

\begin{eqnarray*} y & = & \frac{p^3}{(1 + p^2)^{\frac{3}{2}}}\\ y & = & \frac{\left( \left( \frac{1 – x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}} \right) \sqrt{\frac{1 – x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}}} \right)}{\left( 1 + \left( \frac{1 – x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}} \right) \right)^{\frac{3}{2}}}\\ y & = & \frac{\left( \frac{1 – x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}} \right)^{\frac{3}{2}}}{\left( 1 + \frac{1 – x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}} \right)^{\frac{3}{2}}}\\ y^{\frac{2}{3}} & = & \frac{\frac{1 – x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}}}{1 + \frac{1 – x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}}}\\ y^{\frac{2}{3}} & = & \frac{\frac{1 – x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}}}{\frac{x^{\frac{2}{3}} + 1 – x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}}}\\ y^{\frac{2}{3}} & = & \frac{1 – x^{\frac{2}{3}}}{1} \end{eqnarray*}

De modo que la envolvente o solución singular es:

$$y^{\frac{2}{3}}+x^{\frac{2}{3}}=1$$

La gráfica de las soluciones y la envolvente de la ED es:

Para graficar la envolvente se puede utilizar las soluciones paramétricas encontradas

Para graficar la envolvente se puede utilizar las ecuaciones paramétricas encontradas intercambiando los signos.

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Ejercicio 5.

Resolver la ecuacion diferencial de Clairaut:

$$y – xy’=\frac{a}{2y’}$$

Solución.

Paso 1. Forma estándar.

La forma estándar cási está dada:

$$y=xy’+\frac{a}{2y’}$$

Paso 2. Sustituimos $y’=p$.

$$y=xp+\frac{a}{2p}$$

Paso 3. Derivamos respecto de $x$ y despejamas $\frac{dp}{dx}$.

\begin{eqnarray*} \frac{d y}{d x} & = & x p’ + p – \frac{a}{2} p^{- 2} p’\\ \frac{d y}{d x} & = & x p’ + p – \frac{a}{2 p^2} p’\\ \frac{d y}{d x} & = & \left( x – \frac{a}{2 p^2} \right) p’ + p\\ \left( x – \frac{a}{2 p^2} \right) p’ & = & \frac{d y}{d x} – p \end{eqnarray*}

Sustituimos: $\frac{dy}{dx} = p$.

\begin{eqnarray*} \left( x – \frac{a}{2 p^2} \right) p’ & = & p – p\\ \left( x – \frac{a}{2 p^2} \right) p’ & = & 0 \end{eqnarray*}

De éste modo tenemos dos casos:

\begin{eqnarray} \frac{d p}{d x} & = & 0 . . . (29)\\ x – \frac{a}{2 p^2} & = & 0 . . . (30) \end{eqnarray}

Paso 4. Resolvemos la ED, para los dos casos:

— Caso 1. Solución general.

Si $\frac{dp}{dx}=0$, entonces:

$$p=c$$

De modo que sustituyendo en ($28$), tenemos:

\begin{eqnarray*} y & = & x p + \frac{a}{2 p}\\ y & = & c x + \frac{a}{2 c} \end{eqnarray*}

Es decir, la solución general y familia de rectas soluciones de la ED, es:

$$y=cx+\frac{a}{2c}$$

— Caso 2. Soluciones paramétricas.

Si consideramos ($28$) y ($30$), tenemos:

\begin{eqnarray*} x & = & – \frac{a}{2 p^2}\\ y & = & – \frac{a p}{2 p^2} + \frac{a}{2 p}\\ y & = & \frac{a}{2 p} + \frac{a}{2 p}\\ y & = & \frac{a}{p} \end{eqnarray*}

Es decir, las soluciones paramétricas son:

\begin{eqnarray} x & = & \frac{a}{2 p^2} \label{eq30}\\ y & = & \frac{a}{p} \label{eq31} \end{eqnarray}

Éstas soluciones paramétricas representan la solución singular de la ED de Clairaut estudiada para éste caso. La forma de la solución singular (envolvente) en función de $x$, y $y$, se deduce a continuación.

Paso 5. Solución singular.

Si despejamos $p$ de ($31$), tenemos:

\begin{eqnarray*} x & = & \frac{a}{2 p^2}\\ p & = & \sqrt{\frac{a}{2 x}} \end{eqnarray*}

Por lo que sustituyendo en ($32$), tenemos:

\begin{eqnarray*} y & = & \frac{a}{\left( \frac{a}{2 x} \right)^{\frac{1}{2}}}\\ y^2 & = & \frac{a^2}{\frac{a}{2 x}}\\ y^2 & = & \frac{2 a^2 x}{a}\\ y^2 & = & 2 a x \end{eqnarray*}

De modo que la envolvente o solución singular es:

$$y^{2}=2ax$$

La gráfica de las soluciones y la envolvente de la ED es:

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