[Equação de d’Alembert-Lagrange] A equação
y=x f(p)+g(p), p=y^prime
é conhecida como a equação de d’Alembert-Lagrange. Suponha que f, g: R R são deriváveis.
(a) Se p0=f(p0) para algum p0 in R, mostre que y=p0 x+g(p0) é solução da equação.
(b) Se p neq f(p), para todo p, derive a equação com relação a x e obtenha a equação linear
d xd p-f^prime(p)p-f(p) x=g^prime(p)p-f(p) ; (* *)
A solução de (*) é expressa na forma paramétrica (x(p), y(p)), onde x(p) e a solução de (* *) e y(p) é dado por (*).
(c) Use esse método para resolver as equaçães:
y=p^2(e^p+1)-1 y=x p^2+1
(d) A equação (*) com f(p)=p é chamada a equação de Clairaut. Mostre que além das soluções y=c x+g(c),(*) tem a solução x(p)=-g^prime(p), y(p)=g(p)-p g^prime(p).

Passo 1

O enunciado trata da equação de d’Alembert–Lagrange
y ;=; x,f(p);+;g(p), p=y',
com f,g:RtoR deriváveis.
(a) pede mostrar que, se existir p0 tal que p0=f(p0), então
y=p0,x+g(p0)
é solução.
(b) pede diferenciar em x e obter a EDO linear em x(p),
dxdp-f'(p)p-f(p),x=g'(p)p-f(p)
(c) aplica esse método ao caso f(p)=p^2 e g(p)=p^2(e^p+1)-1.
(d) mostra, no caso f(p)=p (Clairaut), além das retas y=cx+g(c) a “solução singular”
,x(p)=-g'(p),,y(p)=g(p)-p,g'(p).

Passo 2

(a) Queremos verificar que, se p0=f(p0), então
;y=p0x+g(p0) satisfaz
;y=x,f(p)+g(p) e y'=p.
De fato, assumindo y=p0x+g(p0) temos
y'=p0,
ou seja p=p0. No lado direito da equação original surge
x,f(p)+g(p) ;=;x,f(p0)+g(p0) ;=;x,p0+g(p0),
onde usamos f(p0)=p0. Logo y coerentemente satisfaz a equação dada.

Passo 3

(b) Partindo de
y ;=; x,f(p);+;g(p), p=y',
diferenciamos ambos os lados em relação a x. No lado esquerdo vem y'=p. No direito, por produto e cadeia,
ddxl(x,f(p)r) +ddxg(p) = f(p) + x,f'(p),dpdx + g'(p),dpdx
Portanto
p = f(p) +l(x,f'(p)+g'(p)r)dpdx ;Longrightarrow; p-f(p) =l(x,f'(p)+g'(p)r)dpdx
Invertendo dpdx em dxdp obtemos
dxdp =x,f'(p)+g'(p)p-f(p) ;Longrightarrow; dxdp-f'(p)p-f(p),x =g'(p)p-f(p),
que é uma EDO linear em x(p).

Passo 4

Para resolver
dxdp-A(p),x=B(p),
com
A(p)=f'(p)p-f(p), B(p)=g'(p)p-f(p),
usamos fator integrante
mu(p)=expl(-!integral A(p),dpr),
de modo que
x(p) =1mu(p)l(integralmu(p),B(p),dp + Cr)
Depois y(p) é dado por
y(p)=x(p),f(p)+g(p)

Passo 5

(c) No caso f(p)=p^2 e g(p)=p^2(e^p+1)-1 temos
f'(p)=2p, g'(p)=ddpl[p^2(e^p+1)-1r] =2p(e^p+1)+p^2e^p
Então
p-f(p)=p-p^2=p(1-p), A(p)=2pp(1-p)=21-p, B(p)=g'(p)p(1-p)
O fator integrante é
mu(p)=expl(-!integral21-p,dpr) =expl(2ln|1-p|r) =(1-p)^2
Calcula-se então
integralmu(p),B(p),dp =integral (1-p)^2g'(p)p(1-p),dp =integral(1-p),g'(p)p,dp =e^p(-p^2+p+1)+2p-p^2+K
Logo
x(p) =1(1-p)^2l[e^p(-p^2+p+1)+2p-p^2+Cr]
E finalmente
y(p) =x(p),p^2 +l[p^2(e^p+1)-1r]

Passo 6

(d) Se f(p)=p então p-f(p)=0 e a fórmula de (b) degenera: é o caso de Clairaut
y=x,p+g(p)
As soluções retas vêm de p=f(p) genérico, ou seja p=c arbitrário, dando
y=c,x+g(c)
A “solução singular” obtém-se reconhecendo que, para envelope,
partial y/partial p=0, ou diretamente diferenciando em p:
0 = ddpl[x,p+g(p)r] = x + p,dxdp+g'(p)
Mas em Clairaut não há dxdp na equação original, de modo que impomos
x + g'(p)=0 ;Longrightarrow; x(p)=-g'(p),
e então
y(p)=x(p),p+g(p) =-p,g'(p)+g(p)

Resposta

(a) Se p0=f(p0), então y=p0x+g(p0) satisfaz a equação.
(b) Diferenciando em x chega-se a
dxdp-f'(p)p-f(p),x =g'(p)p-f(p)
(c) Para f(p)=p^2, g(p)=p^2(e^p+1)-1 obtém-se
x(p) =1(1-p)^2l[e^p(-p^2+p+1)+2p-p^2+Cr], y(p)=p^2,x(p)+p^2(e^p+1)-1
(d) Se f(p)=p (Clairaut), além de y=cx+g(c) surge a solução singular
x(p)=-g'(p), y(p)=g(p)-p,g'(p)

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