E. D. en las que la derivada aparece impl´ıcitamente
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Ejemplo 8.2. Resolver y = x + y ′ − 3(y ′ )2 . Nos encontramos ante una ecuaci´on de Lagrange y+xϕ(y ′ )+ψ(y ′ ) = 0 con ϕ(y ′ ) = −1 y ψ(y ′ ) = −y ′ + 3(y ′ )2 . Para resolverla, tomamos p = y ′ y, derivando la E. D. respecto de x, tenemos p = 1 + p′ − 6pp′ , es decir, (p − 1) dx = (1 − 6p) dp. Para p 6= 1 podemos poner 5 dp = (−6 − p−1 ) dp, ecuaci´on de variables separadas. (Fijarse que, al describir el dx = 1−6p p−1 proceso, hemos dicho que ten´ıa que salir aqu´ı una ecuaci´on lineal; por casualidad, lo que nos ha aparecido es una lineal homog´enea, que siempre es una E. D. de variables separadas.) Integr´andola, x = −6p − 5 log(p − 1) + C. Sustituyendo esto y y ′ = p en la expresi´ on ′ ′ 2 2 2 y = x +y −3(y ) queda y = −6p−5 log(p−1) +C +p−3p = −5p−3p −5 log(p−1) +C. As´ı pues, las curvas param´etricas ( x = −6p − 5 log(p − 1) + C y = −5p − 3p2 − 5 log(p − 1) + C
son soluciones de la ecuaci´on de Lagrange de la que part´ıamos. Adem´ as de ´estas, a partir de p = 1 se obtiene, sin m´as que sustituir literalmente en y = x + p − 3p2 , la soluci´on singular dada por la recta y = x − 2. Ejemplo 8.3. Resolver y = y ′ x − 2(y ′ )2 . Estamos ante una ecuaci´on de Clairaut y − xy ′ + ψ(y ′ ) = 0 con ψ(y ′ ) = 2(y ′ )2 . Hemos demostrado que, sin m´as que tomar y ′ = λ, las rectas y = λx − 2λ2 son soluci´on de la E. D. para cada λ ∈ R. Calculemos su envolvente: en el sistema ( y = λx − 2λ2 0 = x − 4λ
(recordar que la segunda ecuaci´on se obtiene derivando la primera respecto al par´ametro λ) despejamos λ = x4 en la segunda ecuaci´on y, sustituyendo en la primera, encontramos que 2 la envolvente es la par´abola y = x8 . Por otra parte, si hubi´eramos intentado resolver la E. D. directamente, sin utilizar lo que hemos demostrado previamente, tendr´ıamos que tomar y ′ = p, con lo cual y = px−2p2 y, derivando respecto de x, p = p′ x + p − 4pp′ , es decir, (x − 4p)p′ = 0. De aqu´ı, p′ = 0 o d2 y dy ′ x = 4p. Si suponemos dx 2 = p = 0, tendremos dx = p = λ constante, luego, sustituyendo en la E. D., hubi´eramos encontrado como soluciones las rectas y = λx − 2λ2 , λ ∈ R. Por u ´ltimo, para hallar la soluci´on singular (envolvente de las rectas), si suponemos x = 4p, tendr´ıamos la soluci´on param´etrica ( x = 4p ; y = px − 2p2 = 4p2 − 2p2 = 2p2 l´ogicamente, sin m´as que despejar p en la primera expresi´on y sustituir en la segunda, esta 2 curva es la par´abola y = x8 .