Resolva as equações diferenciais do tipo de Clairaut a seguir e determine também a solução singular quando existir.
y=x y^{\prime}+e^{y^{\prime}}

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial
y = x\,y' + e^{y'}
e também determinar a solução singular, quando existir.
Informações dadas:
  • A função desconhecida é y=y(x).
  • Denota-se y'=\dfrac{dy}{dx}.
  • A equação relaciona y, x e y'.
O que é pedido:
  • Encontrar a família de soluções gerais (se houver).
  • Encontrar a solução singular (caso exista), isto é, a curva envelope das retas da família (ou a solução não-obtida pelo parâmetro da família).

Passo 2

Vamos introduzir uma notação útil: seja
p(x)=y'(x).
Reescrevendo a equação com p obtemos
y = x\,p + e^{p},
onde p é, em princípio, uma função de x. Essa reescrita só trocou y' por p; ainda não resolvemos nada, apenas organizamos a equação.

Passo 3

Agora diferenciamos ambos os lados da equação em relação a x. Lembre que ao derivar uma expressão que contém p(x) usamos a regra da cadeia e, ao derivar um produto x\cdot p(x), usamos a regra do produto.
A derivada do lado esquerdo é y' = p.
A derivada do lado direito é:
  • de x\,p(x): p + x\,p' (produto: (x)'p + x p'),
  • de e^{p(x)}: e^{p}\,p' (cadeia: (e^{p(x)})' = e^{p(x)}\cdot p'(x)).
Portanto, derivando os dois lados:
p = p + x\,p' + e^{p}\,p'.
Subtraindo p dos dois lados obtemos
(x + e^{p})\,p' = 0.

Passo 4

Da equação (x + e^{p})\,p' = 0 há duas possibilidades (ou “ramos”) que devem ser consideradas separadamente:
  1. p' = 0.
  2. x + e^{p} = 0.
Essas duas possibilidades geram tipos diferentes de solução. Vamos tratar cada uma com calma.

Passo 5

Caso 1: p' = 0.
Se p' = 0 então p é constante: p(x)=C, com C\in\mathbb{R}. Como p=y', isso significa y'=C, portanto y é uma reta de inclinação C.
Substituindo p=C na equação original y = x p + e^{p} obtemos a família de soluções
y = Cx + e^{C},
com parâmetro real C. Essas são retas dependentes do parâmetro C. Verificação rápida: se y = Cx + e^{C} então y' = C e o lado direito x y' + e^{y'} = xC + e^{C} coincide com y, logo são soluções válidas.
Explicação didática curta: esse é o ramo “geral” típico de equações do tipo da dada — uma família de retas parametrizada por C.

Passo 6

Caso 2: x + e^{p} = 0.
Aqui isolamos p em função de x. Da igualdade segue
e^{p} = -x.
Como e^{p}>0 para todo p, é necessário que -x>0, ou seja, x<0. Tomando logaritmo natural,
p = \ln(-x),\qquad\text{válido para }x<0.á
Lembremos que p=y'. Então
y' = \ln(-x),\qquad x<0.
Integramos em relação a x. Calcule a integral
y(x)=\int \ln(-x)\,dx.
Para integrar \ln(-x) faça a substituição t=-x (ou use integração por partes). Com t=-x obtém-se
\int \ln(-x)\,dx = x\ln(-x) - x + C_{\text{int}}.
Logo
y(x) = x\ln(-x) - x + C_{\text{int}}.
Mas esse y deve satisfazer a equação original
y = x\,y' + e^{y'}.
Como y'=\ln(-x) e e^{y'}=e^{\ln(-x)}=-x, o lado direito é
x\,\ln(-x) + (-x) = x\ln(-x) - x.
Portanto, para que y (obtido pela integração) satisfaça a equação original precisamos de C_{\text{int}}=0. Assim a constante de integração é fixada, resultando numa solução única (não uma família):
y(x) = x\ln(-x) - x,\qquad x<0.
Observação alternativa (envelope): esse mesmo resultado aparece também se tratarmos a família de retas y = Cx + e^{C} e procurarmos sua envoltória (envelope) impondo \partial y/\partial C = 0, o que dá x + e^{C}=0. Eliminando C obtém-se a mesma curva singular y = x\ln(-x) - x definida para x<0.

Passo 7

Interpretação final e domínio:
  • A família geral de soluções (soluções singulares do tipo “geral”) é a família de retas
y = Cx + e^{C},\qquad C\in\mathbb{R}.
  • A solução singular (a curva envelope das retas), obtida no outro ramo, é
y = x\ln(-x) - x,\qquad x<0.
Essa solução existe apenas para x<0 porque exige -x>0 para que e^{p}=-x.

Resposta

y = Cx + e^{C},\quad C\in\mathbb{R}.
y = x\ln(-x) - x,\quad x<0.

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