Ecuaciones Diferenciales de Lagrange Ejercicios Resueltos

Sección	Resumen
1. Motivación para estudiar	Después de terminar de leer este artículo, podrás tener una idea clara de cómo abordar problemas de ecuaciones diferenciales de Lagrange cuando pueden ser reducidas a la forma estándar $y=xf(y')+g(y')$, utilizando una metodología que te ayude a resolverlas.
2. Lagrange detrás de la Máscara	La Verdadera Historia de Joseph-Louis Lagrange.
3. Aplicaciones de la ED de Lagrange	Descubre que tan poderoso es aprender las ecuaciones de lagrange tomando en cuenta su gran variedad de su campo de aplicación. Ejemplos de aplicaciones.
4. Metodología	Metodología de 6 pasos para resolver la ecuación de lagrange de primer orden: $y=xf(y')+g(y')$
5. Ejercicios resueltos paso a paso	Ejercicios resueltos paso a paso y a detalle, desarrollando la metodología mencionada, para que internalices el método de manera definitiva.

Motivación para estudiar

Si lees ecuaciones diferenciales de Lagrange ejercicios resueltos, hasta el final del artículo, dominarás los conceptos clave y metodologías necesarias para abordar estos problemas, superando la percepción de dificultad y encontrando aplicaciones prácticas.

¿Te frustran las ecuaciones diferenciales de Lagrange? ¿Sientes que son demasiado complejas y difíciles de aprender? ¿Te gustaría tener una metodología clara y sencilla para resolverlas?

En éste artículo responderesmos a tus preguntas.

Las ecuaciones de Lagrange son a menudo percibidas como un tema complejo y desafiante, lo que puede desanimar a algunos estudiantes y docentes. Sin embargo, al comprender y aplicar de manera efectiva los algoritmos de solución presentados aquí, podrás abordar estas ecuaciones con confianza y éxito.

Además, este artículo proporciona ejemplos concretos de aplicaciones de las ecuaciones de Lagrange en el mundo real, lo que te ayudará a ver su relevancia y utilidad en diversos contextos.

Al final de éste artículo, serás capaz de:

• Identificar si una ecuación diferencial es de Lagrange.
• Aplicar la metodología para resolver ED de Lagrange no-lineales.
• Interpretar los resultados de la solución.

Observa tus pensamientos, porque se convierten en palabras. Observa tus palabras, porque se convierten en acciones. Observa tus acciones, porque se convierten en hábitos. Observa tus hábitos, porque se convierten en tu carácter. Observa tu carácter, porque determina tu destino.

Dhammapada (Budismo)

Lagrange detrás de la máscara.

Joseph-Louis Lagrange, también conocido como Giuseppe Lodovico Lagrangia, fue un matemático, físico y astrónomo italiano. Nació el 25 de enero de 1736 en Turín, Reino de Cerdeña, y pasó la mayor parte de su vida en Prusia y Francia.

Lagrange procedía de una familia parisina que gozaba de buena posición social. Fue el mayor de once hermanos y el único que alcanzó la edad adulta. Fue educado en la Universidad de Turín y no fue hasta los diecisiete años cuando mostró interés por la matemática. Su entusiasmo empezó a caminar con la lectura de un ensayo del astrónomo Edmund Halley sobre análisis matemático. Tras un año de incesante trabajo, era ya un matemático consumado.

En 1761 Lagrange no tenía rival en el campo de las matemáticas; pero su trabajo incesante durante los últimos nueve años había afectado seriamente a su salud, y los doctores se negaron a ser responsables de su vida a menos que él se lo tomara en serio. Aunque su salud fue temporalmente restablecida, su sistema nervioso nunca recuperó su tono y de aquí en adelante padeció constantemente ataques de melancolía severa.

En 1766, tras la invitación de Federico ll el Grande y vivio 20 años de su vida en Prusia. Lagrange era el favorito del rey y frecuentemente disertó sobre las ventajas de una regularidad perfecta en la vida. La lección la aplicó a su propia vida: estudió su mente y su cuerpo como si fueran máquinas, y encontró experimentando la cantidad exacta de trabajo que podía hacer sin perder la salud.

En 1775 fue nombrado profesor de la Escuela de Artillería y fundó una sociedad matemática en Turín. Resultó ser un profesor problemático por su estilo dominado por el razonamiento abstracto; dispuesto a relegar a un segundo plano la práctica de la artillería y de la ingeniería de las fortificaciones.

En cuanto a su vida y costumbres, todas las noches se ponía una tarea definida para el día siguiente, y al completar cualquier tema escribía un corto análisis para ver qué puntos en las demostraciones eran susceptibles de mejora. Siempre pensó en sus artículos antes de componerlos, y normalmente los escribió con esmero y sin una sola raspadura o corrección.

Pese a las adversidades de salud y familiares, puesto que su padre, perdío su fortuna en especulaciones, siendo tesorero del reino de Sardania, Lagrange realizó grandes contribuciones a un amplio rango de la matemáticas, incluyendo las ecuaciones diferenciales. Una vez dijo:

Si hubiera sido rico, probablemente no habría sido devoto de las matemáticas

Joseph-Louis Lagrange

Lagrange era de mediana estatura, complexión débil, con ojos azul claro y un color de piel pálido. Era de un carácter nervioso y tímido, detestó la controversia, y al evitarla de buena gana permitió a otros tener crédito por cosas que él había hecho. Contribuyó significativamente a multiples y diversas áreas de las matemáticas y la física, siendo su mas grande obra: Mecanique analytique, 1788.

Además contribuyo en áreas como:

Cálculo de variaciones

• Fue uno de los creadores del cálculo de variaciones.
• Derivó las ecuaciones de Euler-Lagrange para encontrar extremos de funcionales.
• Extendió el método para incluir posibles restricciones, llegando al método de los multiplicadores de Lagrange.

Ecuaciones diferenciales de Lagrange

1. Lagrange inventó el método de solución de ecuaciones diferenciales conocido como variación de parámetros. Por este método y por sus numerosas aportaciones se le considera uno los mayores matemáticos de todos los tiempos
2. La ecuación $y=xf'(y')+g(y')$ lleva su nombre y es fundamental en la teoría de ecuaciones diferenciales.

Otros campos de la matemática influidos por Lagrange

Lagrange hizo importantes avances en álgebra, incluyendo el desarrollo de métodos para resolver ecuaciones algebraicas. Lagrange realizó contribuciones significativas en teoría de números. Demostró que todo número natural es la suma de cuatro cuadrados.

Su tratado Théorie des fonctions analytiques, sobre funciones analíticas, contribuyó al desarrollo de la teoría de grupos, anticipando a Galois.

Lagrange trabajó en fracciones continuas, un área matemática que involucra representaciones aproximadas de números racionales.

Lagrange no formuló ecuaciones específicas en este campo, pero su trabajo en cálculo de variaciones y mecánica analítica influyó en la resolución de ecuaciones diferenciales.

Joseph-Louis Lagrange, muere en abril de 1813 a la edad de 77 años.
Inspirado por su perseverancia y logros, recordamos a Lagrange como un ejemplo de superación y dedicación en el mundo de las matemáticas y la ciencia.

Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de Lagrange

La ecuación de d’Alembert–Lagrange $y=xf(y\prime)+g(y\prime)$ es distinta de las ecuaciones de la mecánica lagrangiana: comparten apellido.

Aplicaciones de la ecuación de Lagrange: $y=xf(y\prime)+g(y\prime)$

Puedes usarla en problemas geométricos donde la posición de un punto de una curva se relaciona con la pendiente de su tangente o normal. Con $p=y\prime$, la forma es $y=xf(p)+g(p)$. Basta que $f$ y $g$ tengan las derivadas necesarias en el intervalo de trabajo; no se exige que sean funciones analíticas.

Curvas definidas por sus normales

Como ejemplo, pide que cada normal pase por un punto fijo $(a,0)$. En un tramo con pendiente $p\ne0$, la normal tiene pendiente $-1/p$. Su intersección con el eje horizontal cumple $a=x+yp$, de donde:

$$y=x\left(-\frac1p\right)+\frac ap.$$

Esta es una ecuación de Lagrange con $f(p)=-1/p$ y $g(p)=a/p$. Al escribir $(x-a)+yy\prime=0$ e integrar, obtienes $(x-a)^2+y^2=C$. Sus ramas regulares son arcos de círculos centrados en $(a,0)$. La expresión con $1/p$ solo cubre los tramos donde esa división tiene sentido.

Familias de rectas y envolventes

Para cada valor fijo de $p$, la expresión $y=xf(p)+g(p)$ define una recta. Su pendiente es $f(p)$. Por eso, esas rectas no son automáticamente soluciones: para una solución con derivada constante $p_0$ debe cumplirse $p_0=f(p_0)$. La recta correspondiente es $y=p_0x+g(p_0)$.

La envolvente candidata de la familia se obtiene con $xf\prime(p)+g\prime(p)=0$. Para que sea una solución singular de la ecuación original, también debes comprobar que su pendiente sea $p$. No toda ecuación de Lagrange tiene una solución singular de este tipo.

Clairaut como caso particular

Si $f(p)=p$, recuperas Clairaut: $y=xp+g(p)$. Ahora las rectas $y=Cx+g(C)$ sí son soluciones para cada $C$. En una rama regular, su envolvente es:

$$x=-g\prime(p),\qquad y=g(p)-pg\prime(p).$$

Por ejemplo, con $g(p)=p^2$ obtienes la familia $y=Cx+C^2$ y su solución singular $y=-x^2/4$. Esta construcción permite resolver problemas de tangentes y envolventes sin recurrir a modelos de tres cuerpos, péndulos o acción mecánica.

Cómo resolver el modelo geométrico

Al derivar $y=xf(p)+g(p)$, obtienes $p=f(p)+[xf\prime(p)+g\prime(p)]\,dp/dx$. Donde $p\ne f(p)$, puedes tratar $x$ como función de $p$ y resolver la ecuación lineal:

$$\frac{dx}{dp}-\frac{f\prime(p)}{p-f(p)}x=\frac{g\prime(p)}{p-f(p)}.$$

Después recuperas $y$ con la ecuación original. Revisa aparte las pendientes constantes que cumplen $p=f(p)$, pues la división anterior las excluye. Consulta el desarrollo de las ecuaciones de primer orden de Lagrange y Clairaut.

Metodología

La metodología presentada consta de 6 pasos concretos. A continuación se detallan dichos pasos para resolver la ED de Lagrange:

Paso 1. Escribimos la forma estándar de la ED y definimos si es un ED de Lagrange:

$$y=xf(y')+g(y')$$

Se comienza identificando la forma estándar de la ecuación diferencial y determinando si se puede reducir a una forma de Lagrange.

Paso 2. Sustituimos $y'=p$, donde $p=p(x)$, para encontrar la solución general den forma paramétrica transformando la ED a una ED de terminos algebraicos más manejables:

$$y=xf(p)+g(p)$$

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

\begin{eqnarray*} \frac{d y}{d x} & = & x f' (p) p' + f (p) + g' (p) p' \\ \frac{d y}{d x} & = & (x f' (p) + g' (p)) p' + f (p) \\ (xf' (p) + g (p)) p' & = & \frac{d y}{d x} - f (p) \end{eqnarray*}

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

\begin{eqnarray*} p' & = & \frac{p - f (p)}{x f' (p) + g' (p)} \\ \frac{d p}{d x} & = & \frac{p - f (p)}{x f' (p) + g' (p)} \end{eqnarray*}

Notar que la ED anterior es lineal para $x$ (ésto siempre sucede así). De modo que:

$$\frac{dx}{dp}=\frac{xf'(p)+g'(p)}{p-f(p)}$$

Paso 4. Resolvemos la ED lineal:

$$\frac{d x}{d p} = \frac{f' (p)}{p - f (p)} x + \frac{g' (p)}{p - f (p)}$$

Se resuelve la ecuación lineal obtenida en el paso anterior para encontrar una solución general.

Paso 5. Soluciones param{etricas. De la resoluci{on de la ED lineal, obtenemos:

$$x=h(p,C)$$

Sustituimos éste resueltado en la ED original, y obtenemos.

$$y=h(p,C)f(p)+g(p)$$

De modo que las soluciones paramétricas son:

\begin{eqnarray*} x & = & h (p, C) \\ y & = & h (p, C) f (p) + g (p) \end{eqnarray*}

Se utiliza la solución de la ecuación diferencial lineal para obtener las soluciones paramétricas finales. Éste paso es solo si no se puede encontrar una solución $y=f(x,C)$.

Paso 6. Soluciones singulares. Básicamente buscamos eliminar el parámetro p en la ecuación y y obtener una sulución de la forma:

$$F(x,y)=0$$

Podemos aplicar el jacobiano,

$$\det \left(\begin{array}{cc} X_c & Y_c\\ X_p & Y_p \end{array}\right) = 0$$

Y despejar

$$C=C(p)$$

para despues sustituir estos resultados en las soluciones paramétricas y así eliminar el parámero p en la ecuación $y$.

Tambien podemos buscar singularidades en las soluciones paramétricas como por ejemplo, si tenemos: $l n(p-1)$ como uno de los términos, podemos notar que si $p=1$, se forma una singularidad que podemos sustituir en $y$ para obtener la solución singular.

Esta metodología proporciona un marco claro y efectivo para abordar problemas de ecuaciones diferenciales de Lagrange, lo que permite a los estudiantes y profesionales comprender y resolver estos problemas con mayor facilidad y precisión.

Si quieres automatizar tus soluciones con programación, utilizando un programa potente y fácil de aprender como sagemath, te recomendamos nuestra: Calculadora de ecuaciones diferenciales lagrange (codigo), para que estes seguro de tus soluciones, no pierdas tiempo y puedas hacer simulación.

Ecuaciones Diferenciales de Lagrange Ejercicios Resueltos

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Ejercicio 1.

Resolver:

$$y = x + y' - 3 (y')^2$$

Solución.

Paso 1. Sustituimos $y'=p$.

$$y=x+p-3p^{2} ...(1)$$

Paso 2. Derivamos respecto de $x$.

$$\frac{dy}{dx}=1+p'-6pp'$$

Paso 3. Despejamos para $x$.

Si $y'=p$, entonces:

$$\begin{aligned} p &= 1 + p' - 6 p p' \\ p &= 1 + (1 - 6 p) p' \\ (1 - 6 p) p' &= p - 1 \\ \frac{d p}{d x} &= \frac{p - 1}{1 - 6 p} \\ \frac{1 - 6 p}{p - 1} d p &= d x \end{aligned}$$

Paso 4. Resolvemos la ED lineal. (En éste caso particular la ED es separable, simplemente)

$$\int{\frac{dp}{p-1}}-6\int{\frac{pdp}{p-1}}=\int{dx+C}$$

Para integrar el segundo término del miembro izquierdo, utilizamos fracciones parciales.

$$\frac{p}{p-1}=1+\frac{1}{p-1}$$

Éste resultado se obtiene dividiendo $p$ entre $p-1$. De modo que:

$$\begin{aligned} \int \frac{d p}{p - 1} - 6 \int \frac{p d p}{p - 1} &= \int d x + C \\ l n (p - 1) - 6 \left[ \int d p + \int \frac{d p}{p - 1} \right] &= \int d x + C \\ l n (p - 1) - 6 l n (p - 1) - 6 p &= x + C \\ - 5 l n (p - 1) - 6 p &= x + l n (C) \\ x &= - 5 l n (p - 1) - 6 p - l n (C) \end{aligned}$$

Paso 5. Soluciones paramétricas.

Sustituimos en (1), el resultado anterior:

$$\begin{aligned} y &= x + p - 3 p^2 \\ y &= (- 5 l n (p - 1) - 6 p - l n (C)) + p - 3 p^2 \end{aligned}$$

Es decir, las ecuaciones paramétricas son:

$$\begin{aligned} x &= - 5 l n (p - 1) - 6 p - l n (C) \\ y &= (- 5 l n (p - 1) - 6 p - l n (C)) + p - 3 p^2 \end{aligned}$$

Paso 6. Solucion(es) singular(es)

La rama de pendiente constante es $p=1$, que da $y=x-2$. El lugar donde se anula el determinante de la familia no cumple la ecuación diferencial; no añade una solución singular.

Ejercicio 2.

Resolver:

$$y=2xy'-(y')^{2}$$

Solución.

Paso 1. Sustituimos $y'=p$.

$$y=2xp-p^{2}...(2)$$

Paso 2. Derivamos respecto de $x$.

$$\frac{dy}{dx}=2p+2xp'-2pp'$$

Paso 3. Despejamos para $x$.

si $y'=p$, entonces:

$$\begin{aligned} p &= 2 (x - p) p' + 2 p \\ p - 2 p &= 2 (x - p) p' \\ - p &= 2 (x - p) p' \\ 2 (x - p) p' &= - p \\ \frac{d p}{d x} &= \frac{- p}{2 (x - p)} \end{aligned}$$

La ED anterior es lineal en $x$, por tanto:

$$\begin{aligned} \frac{d x}{d p} &= - \frac{2 (x - p)}{p} \nonumber \\ \frac{d x}{d p} &= - \frac{2}{p} x + 2 \nonumber \\ \frac{d x}{d p} + \frac{2}{p} x &= 2 ...(3) \end{aligned}$$

Paso 4. Resolvemos la ED lineal.

Calculamos el factor integrante:

$$\begin{aligned} {e^{\int P (p) d p}} & \Rightarrow & P (p) d p = \frac{2}{p} d p \\ & \Rightarrow & \int P (p) d p = 2 \int \frac{d p}{p} \\ & \Rightarrow & \int P (p) d p = 2 l n (p) \end{aligned}$$

Por tanto:

$$e^{l n (p)^2} = p^2$$

De modo que, multiplicando el factor integrante por la ED (3) original:

$$\begin{aligned} p^2 \left( \frac{d x}{d p} + \frac{2}{p} x \right) &= 2 p^2 \\ p^2 \frac{d x}{d p} + 2 p x &= 2 p^2 \\ \frac{d}{dp}(p^2x) &= 2 p^2 \\ d (p^2 x) &= 2p^2\,dp \end{aligned}$$

Integrando:

$$\begin{aligned} \int d (p^2 x) d p &= 2\int p^2\,dp + C \\ x p^2 &= \frac{2}{3} p^3 + C \\ x &= \frac{2}{3} p + C p^{- 2} \end{aligned}$$

Paso 5. Soluciones paramétricas

Sustituyendo en (2) el resultado anterior:

$$\begin{aligned} y &= 2 x p - p^2 \\ y &= 2 \left( \frac{2}{3} p + C p^{- 2} \right) p - p^2 \\ y &= \frac{4}{3} p + 2 C p^{- 2} - p^2 \end{aligned}$$

De modo que, las ecuaciones paramétricas son:

$$\begin{aligned} x &= \frac{2}{3} p + \frac{C}{p^2} \\ y &= \left( \frac{4}{3} p + 2 \frac{C}{p^2} \right) p - p^2 \end{aligned}$$

Desarrollando obtenemos:

$$\begin{aligned} x &= \frac{2}{3} p + \frac{C}{p^2} \\ y &= \frac{1}{3} p^2 + 2 \frac{C}{p} \end{aligned}$$

Paso 6. Soluciones Singulares.

La rama de pendiente constante es $p=0$, que da $y=0$. La curva $y=x^2$ no es solución: al sustituir $y\prime=2x$, el lado derecho de $y=2xy\prime-(y\prime)^2$ vale cero. La envolvente geométrica no es una solución singular.

Lugar geométrico del determinante.

La envolvente geométrica no constituye una solución de la ecuación.

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Ejercicio 3.

Resolver:

$$y=\left(\cos{(y')}+y'\right)x+\frac{1}{2}\sin{(y')}\cos{(y')}+\frac{1}{2}y'$$

Solución

Paso 1. Sustituimos $y'=p$.

\begin{equation*} y = (\cos (p) + p) x + \frac{1}{2} \sin (p) \cos (p) + \frac{1}{2} p ...4 \end{equation*}

paso 2. Derivamos respecto a $x$.

$$\begin{aligned} \frac{d y}{d x} &= (- p' \sin (p) + p') x + (\cos (p) + p) + \frac{1}{2} p' \cos (p) \cos (p) - \frac{1}{2} p' \sin (p) \sin (p) + \frac{1}{2} p' \\ \frac{d y}{d x} &= (- p' \sin (p) + p') x + (\cos (p) + p) + \frac{1}{2} p' \cos (p)^2 - \frac{1}{2} p' \sin (p)^2 + \frac{1}{2} p' \\ \frac{d y}{d x} &= - x p' \sin (p) + x p' + \cos (p) + p + \frac{1}{2} p' \cos (p)^2 - \frac{1}{2} p' \sin (p)^2 + \frac{1}{2} p' \\ \frac{d y}{d x} &= (- x \sin (p) + x) p' + \frac{1}{2} (\cos (p) ^2 - \sin (p)^2) p' + \frac{1}{2} p' + \cos (p) + p \\ \frac{d y}{d x} &= \left[ (- x \sin (p) + x) + \frac{1}{2} (\cos (p) ^2 - \sin (p)^2) + \frac{1}{2} \right] p' + \cos (p) + p \end{aligned}$$

Paso 3. Despejamos para $x$.

Si $y'=p$, entonces:

$$\begin{aligned} p &= \left[ (- x \sin (p) + x) + \frac{1}{2} (\cos (p) ^2 - \sin (p)^2) + \frac{1}{2} \right] p' + \cos (p) + p \\ 0 &= \left[ (- x \sin (p) + x) + \frac{1}{2} (\cos (p) ^2 - \sin (p)^2) + \frac{1}{2} \right] p' + \cos (p) \\ \left[ (- x \sin (p) + x) + \frac{1}{2} (\cos (p) ^2 - \sin (p)^2) + \frac{1}{2} \right] p' &= - \cos (p) \\ p' &= - \frac{\cos (p)}{(- x \sin (p) + x) + \frac{1}{2} (\cos (p) ^2 - \sin (p)^2) + \frac{1}{2}} \\ \frac{d p}{d x} &= - \frac{\cos (p)}{(- x \sin (p) + x) + \frac{1}{2} (\cos (p) ^2 - \sin (p)^2) + \frac{1}{2}} \end{aligned}$$

La ED anterior es lineal en $x$. de modo que:

$$\begin{aligned} \frac{d x}{d p} &= - \frac{(- x \sin (p) + x) + \frac{1}{2} (\cos (p) ^2 - \sin (p)^2) + \frac{1}{2}}{\cos (p)} \nonumber \\ \frac{d x}{d p} &= - \frac{1 - \sin (p)}{\cos (p)} x - \frac{1}{2} \frac{(\cos (p)^2 - \sin (p)^2)}{\cos (p)} - \frac{1}{2 \cos (p)} \nonumber \\ \frac{d x}{d p} + \frac{1 - \sin (p)}{\cos (p)} x &= - \frac{1}{2} \frac{(\cos (p)^2 - \sin (p)^2)}{\cos (p)} - \frac{1}{2 \cos (p)} \nonumber \\ \frac{d x}{d p} + \frac{1 - \sin (p)}{\cos (p)} x &= - \frac{1}{2} \left( \cos (p) - \frac{\sin (p)^2}{\cos (p)} + \frac{1}{\cos (p)} \right) ...(5) \end{aligned}$$

Paso 4. Resolver la ED lineal.

Calculamos el factor integrante.

$$\begin{aligned} {e^{\int P (p) d p}} & \Rightarrow & P (p) = \frac{1 - \sin (p)}{\cos (p)} \\ & \Rightarrow & P (p) = \frac{1 - \sin (p)}{\cos (p)} \frac{1 + \sin (p)}{1 + \sin (p)} \\ & \Rightarrow & P (p) = \frac{1 - \sin (p)^2}{\cos (p) (1 + \sin (p))} \\ & \Rightarrow & P (p) = \frac{\cos (p)^2}{\cos (p) (1 + \sin (p))} \\ & \Rightarrow & P (p) = \frac{\cos (p)}{1 + \sin (p)} \end{aligned}$$

De modo que:

$$\begin{aligned} e^{\int P (p) d p} & \Rightarrow & P (p) d p = \frac{\cos (p)}{1 + \sin (p)} \\ & \Rightarrow & \int P (p) d p = \int \frac{\cos (p)}{1 + \sin (p)} d p \end{aligned}$$

Utilizando la fórmula: $\int u d u$, tenemos:

$$\begin{aligned} u &= 1 + \sin (p) \\ d u &= \cos (p) \end{aligned}$$

Por tanto:

$$\begin{aligned} e^{\int P (p) d p} & \Rightarrow & \int P (p) d p = l n | 1 + \sin (p) | \end{aligned}$$

De donde el factor integrante buscado, es:

$$e^{l n (1 + \sin (p))} = (1 + \sin (p))$$

De modo que multiplicando el factor integrante en la ED (5), tenemos:

$$\begin{aligned} (1 + \sin (p)) \left( \frac{d x}{d p} + \frac{1 - \sin (p)}{\cos (p)} x \right) &= (1 + \sin (p)) \left( - \frac{1}{2} \left( \cos (p) - \frac{\sin (p)^2}{\cos (p)} + \frac{1}{\cos (p)} \right) \right) \\ (1 + \sin (p)) \frac{d x}{d p} + (1 + \sin (p)) \frac{1 - \sin (p)}{\cos (p)} x &= - \frac{1}{2} (1 + \sin (p)) \left( \cos (p) + \frac{1 - \sin (p)^2}{\cos (p)} \right) \\ \frac{d}{d p} ((1 + \sin (p)) x) &= - \frac{1}{2} (1 + \sin (p)) \left( \cos (p) + \frac{\cos \left( p \right)^2 }{\cos (p)} \right) \\ d ((1 + \sin (p)) x) &= \left( - \frac{1}{2} (1 + \sin (p)) (\cos (p) + \cos (p)) \right) d p \\ d ((1 + \sin (p)) x) &= \left( - \frac{1}{2} (1 + \sin (p)) 2 \cos (p) \right) d p \\ d ((1 + \sin (p)) x) &= - (\cos (p)) d p - (\cos (p) \sin (p)) d p \end{aligned}$$

Integrando:

$$\begin{aligned} \int d ((1 + \sin (p)) x) &= - \int \cos (p) d p - \int \cos (p) \sin (p) d p \\ (1 + \sin (p)) x &= - \sin (p) + \frac{1}{2} \cos (p)^2 + C \end{aligned}$$

Por tanto:

$$\begin{aligned} x &= - \frac{\sin (p)}{1 + \sin (p)} + \frac{1}{2} \frac{\cos (p)^2}{(1 + \sin (p))} + \frac{C}{1 + \sin (p)} \\ x &= \frac{\cos(p)^2+2C-2\sin(p)}{2 (1 + \sin (p))} \end{aligned}$$

Paso 5. Soluciones paramétricas.

Sustituyendo en (4) el resultado anterior:

$$\begin{aligned} y &= (\cos (p) + p) x + \frac{1}{2} \sin (p) \cos (p) + \frac{1}{2} p \\ y &= (\cos (p) + p) \left( \frac{\cos(p)^2+2C-2\sin(p)}{2 (1 + \sin (p))} \right) + \frac{1}{2} \sin (p) \cos (p) + \frac{1}{2} p \end{aligned}$$

De modo que las ecuaciones paramétricas son:

$$\begin{aligned} x &= \frac{\cos(p)^2+2C-2\sin(p)}{2 (1 + \sin (p))} \\ y &= (\cos (p) + p) \left( \frac{\cos(p)^2+2C-2\sin(p)}{2 (1 + \sin (p))} \right) + \frac{1}{2} \sin (p) \cos (p) + \frac{1}{2} p \end{aligned}$$

Paso 6. Soluciones singulares

Las pendientes constantes cumplen $\cos p=0$, es decir, $p=\pi/2+k\pi$. Producen las rectas $y=px+p/2$. Una envolvente solo es solución singular si su derivada coincide con el parámetro $p$ y satisface la ecuación original.

Ejercicio 4.

Resolver:

$$y=x(y'+3)-2(y')^2$$

Solución.

Paso 1. Sustituimos $y'=p$.

$$y=x(p+3)-2p^2...(6)$$

Paso 2. Derivar con respecto a $x$.

$$\begin{aligned} \frac{d y}{d x} &= x (p') + (p + 3) - 4 p p' \\ \frac{d y}{d x} &= (x - 4 p) p' + p + 3 \end{aligned}$$

Paso 3. Despejamos para $x$.

Si $y'=p$, entonces:

$$\begin{aligned} p &= (x - 4 p) p' + p + 3 \\ 0 &= (x - 4 p) p' + 3 \\ (x - 4 p) p' &= - 3 \\ p' &= - \frac{3}{x - 4 p} \\ \frac{d p}{d x} &= \frac{- 3}{x - 4 p} \end{aligned}$$

La ED anterior es lineal en $x$, de modo que:

$$\begin{aligned} \frac{d x}{d p} &= - \frac{x - 4 p}{3} \nonumber \\ \frac{d x}{d p} &= - \frac{x}{3} + \frac{4}{3} p \nonumber \\ \frac{d x}{d p} + \frac{x}{3} &= \frac{4}{3} p ...(7) \end{aligned}$$

Paso 4. Resolvemos la ED lineal.

Calculamos el facotr integrante.

$$\begin{aligned} e^{\int P (p) d p} & \Rightarrow & P (p) = \frac{1}{3} \end{aligned}$$

De modo que:

$$\begin{aligned} e^{\int P (p) d p} & \Rightarrow & P (p) d p = \frac{1}{3} d p \\ & \Rightarrow & \int P (p) d p = \frac{1}{3} \int d p \\ & \Rightarrow & \int P (p) d p = \frac{1}{3} p \end{aligned}$$

Por tanto, el factor integrante es:

$$e^{\int P (p) d p} = e^{\frac{1}{3} p}$$

Multiplicando el factor integrante por la ED (7), tenemos:

$$\begin{aligned} e^{\frac{1}{3} p} \left( \frac{d x}{d p} + \frac{x}{3} \right) &= e^{\frac{1}{3} p} \frac{4}{3} p \\ e^{\frac{1}{3} p} \frac{d x}{d p} + e^{\frac{1}{3} p} \frac{x}{3} &= \frac{4}{3} p e^{\frac{1}{3} p} \\ \frac{d}{d p} \left( e^{\frac{1}{3} p} x \right) &= \frac{4}{3} p e^{\frac{1}{3} p} \\ d \left( e^{\frac{1}{3} p} x \right) &= \frac{4}{3} p e^{\frac{1}{3} p} d p \end{aligned}$$

Integrando:

$$\begin{aligned} \int d \left( e^{\frac{1}{3} p} x \right) &= \frac{4}{3} \int p e^{\frac{1}{3} p} d p + C \\ e^{\frac{1}{3} p} x &= \ldots \end{aligned}$$

Para integrar el segundo miembro de la ecuación, utilizamos integración por partes:

$u=p$	$dv = e^{\frac{1}{3}p}dp$
$du=dp$	$v = 3\int{\frac{1}{3}e^{\frac{1}{3}p}}dp$
	$v = 3e^{\frac{1}{3}p}$

De modo que:

$$\begin{aligned} e^{\frac{1}{3} p} x &= \frac{4}{3} \int p e^{\frac{1}{3} p} d p + C \\ &= \frac{4}{3} \left[ 3 p e^{\frac{1}{3} p} - 3 \int e^{\frac{1}{3} p} d p \right] + C \\ &= \frac{4}{3} \left[ 3 p e^{\frac{1}{3} p} - 9 e^{\frac{1}{3} p} \right] + C \\ &= 4 p e^{\frac{1}{3} p} - 12 e^{\frac{1}{3} p} + C \end{aligned}$$

Por tanto:

$$x=4p-12+Ce^{-\frac{1}{3}p}$$

Paso 5. Soluciones paramétricas.

Sustituimos el resultado anterior en la ED (6), de modo que:

$$\begin{aligned} y &= x (p + 3) - 2 p^2 \\ y &= \left( 4 p - 12 + C e^{- \frac{1}{3} p} \right) (p + 3) - 2 p^2 \end{aligned}$$

De modo que las ecuaciones paramétricas son:

$$\begin{aligned} x &= 4 p - 12 + C e^{- \frac{1}{3} p} \\ y &= \left( 4 p - 12 + C e^{- \frac{1}{3} p} \right) (p + 3) - 2 p^2 \end{aligned}$$

Paso 6. Soluciones singulares.

Aquí $p-f(p)=-3$, por lo que no hay ramas de pendiente constante. El lugar geométrico obtenido del determinante no satisface la ecuación original y no es una solución singular.

Lugar geométrico del determinante.

La envolvente geométrica no constituye una solución de la ecuación.

---

Ejercicio 5.

Resolver:

$$y = x (y')^2 - y'$$

Solución.

Paso 1. Sustituimos $y'=p$.

$$y=xp^{2}-p ... (8)$$

Paso 2. Derivar respecto a $x$.

$$\begin{aligned} \frac{d y}{d x} &= 2 x p p' + p^2 - p' \\ \frac{d y}{d x} &= (2 x p - 1) p' + p^2 \end{aligned}$$

Paso 3. Despejamos para $x$.

Si $y'=p$, entonces:

$$\begin{aligned} \frac{d y}{d x} &= (2 x p - 1) p' + p^2 \\ p &= (2 x p - 1) p' + p^2 \\ (2 x p - 1) p' &= p - p^2 \\ p' &= \frac{p - p^2}{2 x p - 1} \\ \frac{d p}{d x} &= \frac{p (1 - p)}{2 x p - 1} \end{aligned}$$

Ésta ecuación es lineal en $x$, de tal modo que:

$$\begin{aligned} \frac{d x}{d p} &= \frac{2 x p - 1}{p (1 - p)} \nonumber \\ \frac{d x}{d p} &= \frac{2}{1 - p} x - \frac{1}{p (1 - p)} \nonumber \\ \frac{d x}{d p} - \frac{2}{1 - p} x &= - \frac{1}{p (1 - p)} ... (9) \end{aligned}$$

Paso 4. Resolvemos la ED lineal.

Calculamos el factor integrante:

$$\begin{aligned} e^{\int P (p) d p} & \Rightarrow & P (p) = - \frac{2}{1 - p} \\ & \Rightarrow & P (p) d p = - \frac{2}{1 - p} d p \\ & \Rightarrow & \int P (p) d p = - \int \frac{2}{1 - p} d p \\ & \Rightarrow & \int P (p) d p = - 2 \int \frac{- d p}{1 - p} \\ & \Rightarrow & \int P (p) d p = 2 l n (1 - p) \end{aligned}$$

De modo que el factor integrante es:

$$e^{2\ln|1-p|}=(1-p)^2$$

Multiplicando el factor integrante por la ED (9):

$$\begin{aligned} (1 - p)^2 \left( \frac{d x}{d p} - \frac{2}{1 - p} x \right) &= - (1 - p)^2 \frac{1}{p (1 - p)} \\ (1 - p)^2 \frac{d x}{d p} - (1 - p)^2 \frac{2}{1 - p} x &= - \frac{1 - p}{p} \\ (1 - p)^2 \frac{d x}{d p} - 2 (1 - p) x &= - \frac{1 - p}{p} \\ \frac{d}{d p} ((1 - p)^2 x) &= - \frac{1 - p}{p} \\ d ((1 - p)^2 x) &= - \frac{1 - p}{p} d p \end{aligned}$$

Integrando:

$$\begin{aligned} \int d ((1 - p)^2 x) &= - \int \frac{d p}{p} + \int d p + C \\ (1 - p)^2 x &= - l n (p) + p + C \\ x &= \frac{p-\ln|p|+C}{(1-p)^2} \end{aligned}$$

Paso 5. Soluciones paramétricas.

Sustituyendo el resultado anterior en la ED (8), tenemos:

$$\begin{aligned} y &= x p^2 - p \\ y &= \frac{p-\ln|p|+C}{(1-p)^2} p^2 - p \end{aligned}$$

De modo que las ecuaciones paramétricas, son:

$$\begin{aligned} x &= \frac{p-\ln|p|+C}{(1-p)^2} \\ y &= \frac{p-\ln|p|+C}{(1-p)^2} p^2 - p \end{aligned}$$

Paso 6. Soluciones singulares

Las pendientes constantes son $p=0$ y $p=1$, que dan $y=0$ y $y=x-1$. La curva $y=-1/(4x)$ no satisface en general $y=x(y\prime)^2-y\prime$; no es una solución singular.

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Preguntas frecuentes

¿Qué son las ecuaciones diferenciales de Lagrange?

En este artículo tienen la forma $y=xf(y\prime)+g(y\prime)$. Al introducir $p=y\prime$, el problema se transforma en una ecuación lineal para $x(p)$ cuando $p\ne f(p)$.

¿Cuál es la forma de la ecuación de Lagrange?

La forma estudiada es $y=xf(p)+g(p)$, con $p=y\prime$. Las pendientes constantes que cumplen $p=f(p)$ se revisan aparte porque se excluyen al dividir.

¿Qué resultado obtiene el segundo ejercicio de Lagrange?

Para $y=2xy\prime-(y\prime)^2$, la solución paramétrica es $x=2p/3+C/p^2$, $y=p^2/3+2C/p$. La curva $y=x^2$ no satisface esta ecuación y se retira como supuesta solución singular.

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