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MO´DULO 1 - AULA 10
Aula 10 – Compl01-Aula 10
Envolto´rias - Soluc¸o˜es Singulares
As equac¸o˜es de Clairaut e D’Alembert/Lagrange
Envolto´rias - Soluc¸o˜es Singulares
Introduc¸a˜o
Em 1692, apenas oito anos apo´s sua pri-
meira publicac¸a˜o a respeito do Ca´lculo
Diferencial, Leibniz publicou um pequeno
artigo na Acta Eruditorum (um perio´dico
especializado da e´poca, com o t´ıtulo in-
teressante de “Ac¸o˜es dos Eruditos”). O
artigo prometia uma nova aplicac¸a˜o e uso
da ana´lise do infinito (leia-se do Ca´lculo
Diferencial). Dois anos mais tarde ele
deu sequ¨eˆncia a`quele artigo commais uma
“nova aplicac¸a˜o e uso do ca´lculo diferen-
cial”. Os dois artigos eram devotados ao
mesmo problema, a saber: obter um algo-
ritmo para calcular a curva que em cada
um de seus pontos tangenciava uma das
curvas de uma dada famı´lia: a assim cha-
mada envolto´ria. Na˜o era a primeira vez
que as envolto´rias apareciam.
O conceito ja´ tinha se manifestado pelo
menos desde 1644 nos estudos de Torri-
celli a respeito de bal´ıstica. Torricelli ti-
nha demonstrado que todas as para´bolas
bal´ısticas que sa˜o as trajeto´rias de ba-
las de canha˜o atiradas segundo diferentes
aˆngulos de elevac¸a˜o com a mesma veloci-
adade inicial e segundo um mesmo plano
vertical) tangenciavam uma para´bola fixa.
Essa para´bola e´ a “para´bola de segu-
ranc¸a”, pois ela define o alcance do
canha˜o. Trata-se da envolto´ria da
famı´lia de para´bolas bal´ısticas. Tambe´m
Huyghens, em sua teoria da luz, tinha
feito uso extensivo das envolto´rias. Assim,
o conceito na˜o era realmente novo. O que
era novidade era o emprego do Ca´lculo Di-
ferencial (o “algoritmo de Leibniz”) nesse
problema a respeito de famı´lias de curvas.
Gottfried Leibniz
1646 - 1716
Gottfried
vin
p
estudo
come¸
quando
miss˜
estadia
conceb
resp
careira
principalmen
alcance
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quan
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nenh
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EQUAC¸O˜ES
DIFERENCIAIS
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As equac¸o˜es de Clairaut e D’Alembert/Lagrange
Nota: Esta sec¸a˜o pode ser omitida numa primeira leitura. Seu conteu´do na˜o sera´ cobrado
nas verificac¸o˜es.
Problema: Um segmento de comprimento unita´rio, situado inicialmente no primeiro
quadrante, se move (sem escorregar) apoiado nos eixos coordenados. Obtenha a equac¸a˜o
da ( ou equac¸o˜es parame´tricas para a) curva que e´ tangente ao segmento em cada instante.
Soluc¸a˜o: Suponhamos que a curva e´ um gra´fico, e portanto tem equac¸a˜o da forma y = f(x)
Baseados na figura , calculemos a equac¸a˜o da reta tangente a y = f(x) num ponto
(x0, y0) . Claro que essa tangente vai conter um dos segmentos da famı´lia dada.
A equac¸a˜o da tangente e´:
Y − y0 = f ′(x0)(X − x0)
As intersec¸o˜es dessa reta com os eixos coordenados sa˜o os pontos A = (XA, 0) e B =
(0, YB):
A : Y = 0 −y0 = f ′(x0)(XA − x0) XA = x0f
′(x0)− y0
f ′(x0)
B : X = 0 Y = f(x0) + f
′(x0)(−x0) YB = y0 − x0f ′(x0)
Agora acrescentamos a informac¸a˜o de que d(A,B) = 1:
(x0f ′(x0)− y0
f ′(x0)
)2
+
(
y0 − x0f ′(x0)
)2
= 1
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Efetuando as contas:
(y0 − x0f ′(x0))2
( 1
f ′(x0)2
+ 1
)
= 1
(y0 − x0f ′(x0))2 = f
′(x0)
2
1 + f ′(x0)2
y0 − x0f ′(x0) =
√
f ′(x0)
2
1 + f ′(x0)2
Assim
y0 = x0f
′(x0) +
√
f ′(x0)
2
1 + f ′(x0)2
Essa e´ uma relac¸a˜o que deve ser satisfeita em cada ponto de tangeˆncia (x0, y0) pelas
cordenadas do ponto e pelo coeficiente angular da tangente da curva y = f(x) naquele
ponto.Podemos abandonar o ı´ndice inferior “0”.
A pergunta o´bvia e´:
Quais sa˜o as curvas y = f(x) que satisfazem a` relac¸a˜o acima?
Podemos encarar a questa˜o como a de saber quais as curvas y = f(x) que sa˜o soluc¸o˜es da
equac¸a˜o diferencial
y = xf ′(x) +
√
f ′(x)2
1 + f ′(x)2
A equac¸a˜o acima e´ a equac¸a˜o do modelo matema´tico do problema. Para resolveˆ-la, fac¸amos
y′ = p e definamos a func¸a˜o
g(p) =
√
p2
1 + p2
.
A equac¸a˜o se escreve
y = xp+ g(p) (∗)
Comenta´rio: Acabamos de inventar, por meio de uma substituic¸a˜o, uma famı´lia de curvas
a um paraˆmetro, associada a` equac¸a˜o diferencial do problema dado.
Derivando em relac¸a˜o a x:
y′ = p+ xp′ + g′(p) p′
(p=y’)
p = p+ xp′ + g′(p) p′
de onde
0 = p′(x+ g′(p))
Claramente temos duas possibilidades:
Ou p′ = 0 , e p e´ constante com relac¸a˜o a x, ou x+ g′(p) = 0
- Na primeira hipo´tese , p = C, constante, a equac¸a˜o (*) fica
y = c x+ k com k = g(c)
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EQUAC¸O˜ES
DIFERENCIAIS
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que e´ justamente a equac¸a˜o do segmento de reta que tem inclinac¸a˜o p = c
Isso e´ perfeitamente razoa´vel. Estamos verificando que os segmentos sa˜o curvas que em
cada ponto teˆm a mesma inclinac¸a˜o que eles mesmos.
- A outra possibilidade e´
x = −g′(p)
mas enta˜o, substituindo na equac¸a˜o y = xp+ g(p) obtemos
y = −pg′(p) + g(p)
Agora observamos que as duas u´ltimas equac¸o˜es constituem um par de equac¸o˜es pa-
rame´tricas, de paraˆmetro p, para a curva procurada. Ou seja{
x = −g′(p)
y = −pg′(p) + g(p)
sa˜o as equac¸o˜es parame´tricas de uma outra curva que tem a propriedade de em cada ponto
ser tangente a um dos segmentos da famı´lia de segmentos dada; e que certamente na˜o e´
um dos segmentos da famı´lia , pois se fosse necessariamente p′ = 0.
Analisando a soluc¸a˜o apresentada
1) Foi montada uma equac¸a˜o diferencial para o problema.
2) Em cada instante, um dos segmentos da famı´lia satisfazia a` equac¸a˜o
(Na verdade a equac¸a˜o diferencial do exerc´ıcioanterior foi constru´ıda exatamente a partir
da equac¸a˜o que caracterizava os segmentos da famı´lia dada.Era portanto uma equac¸a˜o que
era satisfeita pelos segmentos da famı´lia, por construc¸a˜o .)
3) Ale´m dos segmentos da famı´lia obtivemos uma outra soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial
do modelo.
4)Essa u´ltima na˜o foi obtida particularizando um valor para a constante que surgiu na
parte da soluc¸a˜o correspondente a` famı´lia de segmentos. Era uma soluc¸a˜o singular.
Com relac¸a˜o ao problema dos segmentos, vimos que, se p = for constante, a equac¸a˜o
obtida admite como soluc¸o˜es
y = px+ g(p)
No outro caso a soluc¸a˜o e´ a curva, cujas equac¸o˜es parame´tricas sa˜o{
x = −g′(p)
y = −pg′(p) + g(p)
com g(p) =
√
p2
1 + p2
. Portanto as equac¸o˜es parame´tricas da envolto´ria sa˜o:
{
x = −(1 + p2)−3/2
y = p(1 + p2)−3/2 + p(1 + p2)−1/2
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Definic¸a˜o 10.1
Uma equac¸a˜o diferencial de primeira ordem da forma
y = xy′ + g(y′)
em que g e´ uma func¸a˜o deriva´vel em um intervalo I, e´ chamada equac¸a˜o de Clairaut.
A equac¸a˜o de Lagrange
A equac¸a˜o de Clairaut e´ um caso particular de uma outra mais geral, conhecida como
Equac¸o˜es de d’Alembert-Lagrange.
Definic¸a˜o 10.2
Sejam f, g : R −→ R func¸o˜es deriva´veis.Equac¸o˜es do tipo
y = xf(y′) + g(y′) (∗)
sa˜o conhecidas como equac¸o˜es de d’Alembert-Lagrange.
Consideremos uma equac¸a˜o de d’Alembert-Lagrange, e fac¸amos p = y′. Enta˜o:
a) Se p0 = f(p0) para algum p0 ∈ R, enta˜o
y = p0x+ g(p0)
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o.
( De fato, se y = p0x+ g(p0) enta˜o p0 = y
′ = p).
Da´ı, y = p0x+ g(p0) = f(p0)x+ g(p0) = f(p)x+ g(p) = f(y
′)x+ g(y′). Isto e´
y = f(y′)x+ g(y′),
mostrando que y e´ soluc¸a˜o.)
b) Se f(p) 6= p, para todo p ∈ R, derivando a equac¸a˜o com relac¸a˜o a x e obtemos
a equac¸a˜o linear
dx
dp
− f
′(p)
p− f(p)x =
g′(p)
p− f(p) ;
A soluc¸a˜o de (*) e´ expressa na forma parame´trica (x(p), y(p)), onde x(p) e´ soluc¸a˜o
da linear acima e y(p) e´ obtido a partir de p = y′.
( De fato, partindo de y = f(y′)x+ g(y′), derivando com relac¸a˜o a x (e lembrandoque p = y′):
y′ = p = f(p) + xf ′(p)
dp
dx
+ g′(p)
dp
dx
.
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DIFERENCIAIS
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Ou seja
dp
dx
(xf ′(p) + g′(p)) = p− f(p)
dp
dx
=
p− f(p)
xf ′(p) + g′(p)
;
e como estamos supondo que p 6= f(p) enta˜o dp/dx 6= 0.
Mas enta˜o Teorema da Func¸a˜o Inversa garante que podemos definir x como func¸a˜o
de p , e que essa inversa e´ deriva´vel, com derivada dada por
dx
dp
= 1/(dp/dx) =
f ′(p)
p− f(p)x+
g′(p)
p− f(p)),
uma equac¸a˜o linear para x em termos de p, como quer´ıamos mostrar.
Exemplo 10.1
y = x
(
1 +
dy
dx
)
+
(
dy
dx
)2
Soluc¸a˜o: Seja
dy
dx
= p.
A equac¸a˜o apresentada e´ uma equac¸a˜o de Lagrange com f(p) = 1+ p e g(p) = p2.
Temos p− f(p) = p− 1− p = 1 6= 0.
Conforme visto anteriormente, x = x(p) satisfaz a` equac¸a˜o
dx
dp
=
f ′(p)
p− f(p)x+
g′(p)
p− f(p) ,
isto e´
dx
dp
= −1 · x− 2p
Uma soluc¸a˜o desta equac¸a˜o diferencial linear e´
x(p) = ce−p − 2p + 2.
Para calcular y em func¸a˜o de p basta substituir a expresssa˜o de x(p) acima na
equac¸a˜o y = x(1 + p) + p2, o que nos da´
y(p) = (ce−p − 2p+ 2)(1 + p) + p2
Assim, a(s) soluc¸a˜o(o˜es) da equac¸a˜o apresentada e´(sa˜o) definida(s) pela curva pa-
rametrizada por {
x(p) = ce−p − 2p + 2
y(p) = (ce−p − 2p+ 2)(1 + p) + p2
Exemplo 10.2
.Calcule as soluc¸o˜es de
y = (y′)2(e(y′)y′ + 1)− 1
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Soluc¸a˜o: Aplicaremos a mesma te´cnica usada nas equac¸o˜es de Clairaut e de La-
grange (substituic¸o˜es e derivac¸o˜es).
Observe que, sendo p = y′, a equac¸a˜o ja´ nos da´ a forma parame´trica de y, a saber:
y = p2(ep + 1)− 1
Derivando em relac¸a˜o a x:
p = 2pp′(ep + 1) + p2epp′ (I)
Se p = 0, enta˜o substituindo na equac¸a˜o dada obtemos a soluc¸a˜o constante y = −1.
Se p 6= 0, enta˜o dividindo (I) por p:
1 = p′[2(ep + 1) + pep] (II)
Certamente
dp
dx
= p′ 6= 0, pois caso contra´rio olado direito de (II) seria nulo (e
na˜o poderia ser igual ao lado esquerdo: 1)
Ora,
dp
dx
6= 0 acarreta (pelo Teorema da Func¸a˜o Inversa) que x pode ser expressado
em func¸a˜o de p e que a derivada
dx
dp
e´ a inversa da derivada
dp
dx
.
Da relac¸a˜o (II) tiramos facilmente que
dx
dp
= 2(ep + 1) + pep
Uma simples integrac¸a˜o nos da´
x(p) = (p+ 1)ep + 2p
Assim, a(s) soluc¸a˜o(o˜es) da equac¸a˜o apresentada e´(sa˜o) definida(s) pela curva pa-
rametrizada por {
x(p) = p+ 1)ep + 2p
y(p) = (p2(ep + 1)− 1
e mais a soluc¸a˜o constante y = −1.
Observac¸a˜o: A equac¸a˜o de Clairaut
y = xy′ + g(y′)
nada mais e´ do que o caso particular da equac¸a˜o de d’Alembert-Lagrange com
f ≡ Id.
Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 10.1
Resolva a equac¸a˜o
y = x(y′)2 + 1
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EQUAC¸O˜ES
DIFERENCIAIS
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Resposta:
Exerc´ıcio 10.2
Calcule as soluc¸o˜es da equac¸a˜o
x(y′)3 − y(y′)2 + 1 = 0
Resposta: y = cx+
1
c2
; 4y3 − 27x2 = 0
Exerc´ıcio 10.3
Resolva a equac¸a˜o diferencial
dy
dx
(
x
dy
dx
− y + 5
)
+ 4 = 0
Resposta: c(5 − y + cx) + 4 = 0; (y − 5)2 = 16x
Exerc´ıcio 10.4
Determine as soluc¸o˜es das equac¸o˜es
(a) y = (y′)3 + xy′
(b) y = x(y′ + 1) + (y′)2
Respostas: (a) y = c3 + cx, 4x3 + 27y2 = 0
(b) x = −2p+ ce−p + 2, y = x(1 + p)p2
Exerc´ıcio 10.5
Determine as soluc¸o˜es de
y = xy′ +
√
1 + (y′)2
Respostas: y = c x+
√
1 + c2; y =
√
1− x2
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Equac¸o˜es de Clairaut e de Lagrange
Obtenc¸a˜o de Soluc¸o˜es
Introduc¸a˜o
A questa˜o da determinac¸a˜o de todas as soluc¸o˜es de equac¸o˜es diferenciais
de primeira ordem ainda na˜o esta´ esgotada. Vimos que nem sempre existe uma
expressa˜o envolvendo a varia´vel independente x, a varia´vel dependente y e uma
constante arbitra´ria c, que defina expl´ıcita ou implicitamente todas as soluc¸o˜es de
uma equac¸a˜o diferencial.
Vamos um pouco mais adiante. Sera´ que podemos acrescentar as soluc¸o˜es
que faltavam e - agora sim - ter uma descric¸a˜o completa de todas as soluc¸o˜es de
qualquer equac¸a˜o diferencial de ordem um? Bem, nada melhor do que comec¸ar
examinando a natureza das soluc¸o˜es “especiais” que encontramos num exemplo da
aula 10.
Vamos lembrar?
Esta´vamos com a equac¸a˜o (y′)2 =
1− y2
y2
, y 6= 0, e vimos que ela admitia
como soluc¸o˜es gerais famı´lias de semi-c´ırculos definidos como restric¸o˜es dos c´ırculas
da famı´lia
(x+ c)2 + y2 = 1,
e tambe´m retas
y = −1
e
y = −1
.
Na busca de uma caracterizac¸a˜o dessas soluc¸o˜es especiais, vamos, como sem-
pre temos feito, procurar um apoio nas informac¸o˜es geome´tricas que pudermos ex-
trair da(s) soluc¸a˜o(o˜es). No caso, quem vai nos dar uma ma˜ozinha e´ um problema
bem famoso, dos primo´rdios do Ca´lculo e das EDO’s, o problema determinar as
envolto´rias de famı´lias de curvas planas.
Envolto´rias de famı´lias de curvas
• Voceˆ com certeza ja´ percebeu a semelhanc¸a de comportamento entre a
para´bola de seguranc¸a do Torriceli e as retas y = ±1 soluc¸o˜es da equac¸a˜o
(y′)2 = 1−y
2
y2
. Confere?
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DIFERENCIAIS
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Envolto´rias de famı´lias de curvas planas
Dada uma famı´lia de curvas indexada por um paraˆmetro p
G(x, y, p) = 0,
intutitivamente uma envolto´ria dessa famı´lia e´ uma curva que e´ tangente a cada
uma das curvas da famı´lia.
A figura mostra uma famı´lia de retas e sua envolto´ria (a para´bola) y =
x2
2
.
Pode ser que uma famı´lia na˜o possua nenhuma envolto´ria. Pense na famı´lia
de c´ırculos de centro na origem e raio r.
Tambe´m pode acontecer de os pro´prios elementos da famı´lia serem envolto´rias
da famı´lia. Quer ver?
Cada c´ırculo da famı´lia (x − p)2 + y2 = p2, p ∈ (0,+∞) tangencia todos os
demais c´ırculos no ponto (0, 0) e - sendo assim - e´ uma envolto´ria da famı´lia. Ale´m
dos pro´prios c´ırculos famı´lia, que sa˜o - por assim dizer - envolto´rias triviais, temos
mais uma envolto´ria na˜o trivial, a reta vertical x = 0.
Fac¸a um desenho com algumas elipses da famı´lia
(x− p)2
4
+
y2
3
= 1, p ∈ (0, 1]
e verifique que esta famı´lia possui apenas duas envolto´rias, as retas y = ±√2.
Quando uma famı´lia possui uma envolto´ria, diz-se tambe´m que suas curvas
sa˜o envolvidas.
Digressa˜o:
O problema que se apresenta de maneira natural e´ saber se existe algum crite´rio
que permita decidir se uma famı´lia tem ou na˜o envolto´ria(s), sem precisar desenhar
as curvas da famı´lia e verificar visualmente1. Mais ainda, como fazer obter a(s)
equac¸a˜o(o˜es) da(s) envolto´ria(s)? Designemos por ep a curva envolvida correspon-
dente ao valor p do paraˆmetro.
Seja E a envolto´ria. Excetuando possivelmente casos como os das envolto´rias
triviais (dadas pelos membros da pro´ria famı´lia) as coordenadas (xT , yT ) do ponto
de tangeˆncia de ep com E evidentemente variam a` medida que p varia:
xT = x(p), yT = (y(p)).
1O que, alia´s, e´ um procedimento muito preca´rio, altamente sujeito a falhas, e portanto
inaceita´vel como demonstrac¸a˜o de existeˆncia.
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Para cada ponto de tangeˆncia, as coordenadas (x(p), y(p)) sa˜o coordenadas
um ponto da curva ep e tambe´m da envolto´ria E. Como (x(p), y(p)) sa˜o coorde-
nadas de um ponto de ep, enta˜o
G(x(p), y(p)) = 0. (10.1)
Nota: Estamos escrevendo G(x(p), y(p)) = 0 em vez de G(x, y, p) = 0.
Observemos tambe´m que, para cada p, a curva ep e a envolto´ria E possuem
a mesma reta tangente no ponto (x(p), y(p)). Pensando no ponto de tangeˆncia
como pertencente a ep, sabemos que um vetor perpendicular a` reta tangeˆncia e´ o
gradiente de G(x(p), y(p)) naquele ponto:
∇G(x(p), y(p)) =
(
∂G
∂x
,
∂G
∂y
)
(x(p),y(p)).
Pensando agora no ponto de tangeˆncia como pertencente a` envolto´ria E, sabemos
que o vetor paralelo a` reta tangente e´ (x′(p), y′(p)).
Enta˜o, como esses dois vetores sa˜o perpendiculares em cada ponto de tangeˆncia,
e´ claro que devemos ter, para cada p,
(x′(p), y′(p)) · ∇G(x(p), y(p)) = 0,
isto e´,
x′(p)
∂G
∂x
+ y′(p)
∂G
∂y
= 0
ou ainda
∂G
∂p
= 0. (10.2)
A equac¸a˜o (??) fornece uma segunda condic¸a˜o que deve ser satisfeita por todos os
pontos de tangeˆncia.
E isto nos basta. As condic¸o˜es (7.1) e (7.2) conjuntamente podem ser ado-
tadas como uma definic¸a˜o da envolto´ria de uma famı´lia de curvas.
O sistema formado pelas equac¸o˜es (7.1) e (7.2)

G(x(p), y(p)) = 0
x′(p)
∂G
∂x
+ y′(p)
∂G
∂y
=
∂G
∂p
= 0,
(10.3)
tem duas equac¸o˜es e treˆs inco´gnitas x, y e p. Se pudermos expressar as duas pri-
meiras em termos de p teremos exatamente um sistema de equac¸o˜es parame´tricas
para a envolto´ria E. Enta˜o ja´ sabemos o que fazer para determinar, caso seja
poss´ıvel, a envolto´ria de uma famı´lia.
Resta examinar sob que condic¸o˜es e´ poss´ıvel expressar x e y em termos de p
no sistema (7.3).
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EQUAC¸O˜ES
DIFERENCIAIS
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E quem nos da´ garantias nessa parte da histo´ria e´ o Teorema das Func¸o˜es
Impl´ıcitas: poderemos expressar x e y em termos de p no sistema (7.3) se o deter-
minante de derivadas parciais ∣∣∣∣∣ Gx GyGpx Gpy
∣∣∣∣∣
for diferente de zero.
Resumindo: Dada a famı´lia de curvas (deriva´veis) G(x, y, p) = 0, se Gx · Gpy −
Gy ·Gpx 6= 0 para todos x, y, p, enta˜o a famı´lia possui envolto´ria(s) e o sistema

G(x(p), y(p)) = 0
∂G
∂p
= 0
permite calcular as equac¸o˜es parame´tricas (x(p), y(p) das envolto´rias.
Voltemos ainda uma vez ai problema das soluc¸o˜es da equac¸a˜o
(y′)2 =
1− y2
y2
, y 6= 0.
Vimos que G(x, y, c) = (x+ c)2 + y2 − 1 era a equac¸a˜o de uma famı´lia de c´ırculos
que satisfaziam a` equac¸a˜o (aqui o paraˆmetro e´ representado por c).
Temos Gx = 2(x+ c), Gy = 2y, Gcx = 2 e Gcy = 0. Portanto,
(GxGcx −GyGcy = 2(x+ c) · 0− 2 · 2y = 4y 6= 0.
Enta˜o a famı´lia possui envolto´rias, cujas equac¸o˜es sa˜o dadas pelo sistema

(x+ c)2 + y2 − 1 = 0
∂
∂c
[(x+ c)2 + y2 − 1] = 0,
isto e´, {
(x+ c)2 + y2 − 1 = 0
2(x+ c) = 0.
Enta˜o, (x+ c)2 = 0 e, portanto, (substituindo na primeira equac¸a˜o) y2 − 1 = 0.
Obtemos, enta˜o, as duas envolto´rias y = 1 e y = −1, concordando per-
feitamente com os resultados obtidos anteriormente. Como ja´ vimos antes, as
envolto´rias sa˜o soluc¸o˜es da equac¸a˜o dada, mas na˜o sa˜o obtidas da soluc¸a˜o geral
(x+ c)2 + y2 − 1 = 0. Elas sera˜o chamadas de soluc¸o˜es singulares.
Determine a(s) envolto´ria(s) da famı´lia de c´ırculos centrados no eixo dos x,
definida por
G(x, y, p) = (x− p)2 + y2 − p
2
2
.
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Compl01-Aula 10
MO´DULO 1 - AULA 10
Pelo que vimos acima, basta eliminar o paraˆmetro no sistema

(x− p)2 + y2 = p
2
2
∂
∂p
(x− p)2 + y2 − p
2
2
= 0.
A segunda equac¸a˜o nos da´
−2(x− p)− p = 0,
de onde
p = 2x.
Substituindo na primeira equac¸a˜o
(x− 2x)2 + y2 = 2x2.
De onde tiramos
y2 = x2,
que identificamos imediatamente como o par de retas y = ±x.
Desenhe, no espac¸o abaixo, algumas curvas da famı´lia G(x, y, p) = (x−p)2+
y2 − p
2
2
, juntamente com suas envolto´rias.
Comenta´rio: Agora, dispondo de um esquema para calcular as soluc¸o˜es singula-
res, tudo indica que sabemos calcular todas as soluc¸o˜es de uma equac¸a˜o qualquer:
Dada uma equac¸a˜o de primeira ordem F (x, y, y′) = 0,
1. Primeiro, calculamos uma soluc¸a˜o geral, que e´ definida por uma famı´lia de
curvas planas a um paraˆmetro;
2. A seguir, determinamos, caso exista(m), a(s) envolto´ria(s) dessa famı´lia.
3. E pronto!
Temos a´ı todas as soluc¸o˜es poss´ıveis da equac¸a˜o:
• Uma soluc¸a˜o geral;
• As soluc¸o˜es particulares, deduzidas a partir da soluc¸a˜o geral.
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EQUAC¸O˜ES
DIFERENCIAIS
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• A(s) soluc¸a˜o(c¸o˜es) singular(es).
Mas · · ·
Infelizmente, nem tudo sa˜o flores.
A`s vezes na˜o conseguimos (ou na˜o sabemos) calcular explicitamente uma soluc¸a˜o
geral, de modo que na˜o conseguimos obter uma expressa˜o a partir da qual com-
putar as eventuais soluc¸o˜es singulares.
Depois, sera´ que todas as soluc¸o˜es gerais (isto e´, famı´lias de curvas a um
paraˆmetro arbitra´rio) constru´ıdas a partir de uma equac¸a˜o produzem todas as
poss´ıveis soluc¸o˜es singulares da dita equac¸a˜o?
Conclusa˜o: O tema “calcular todas as soluc¸o˜es poss´ıveis” ainda na˜o esta´ esgo-
tado. Ainda voltaremos a ele.
As equac¸o˜es de Clairaut e de D’Alembert-Lagrange
Alguns problemas (equac¸o˜es) podem ser resolvidos atrave´s da associac¸a˜o
(invenc¸a˜o ) de uma famı´lia de curvas a um paraˆmetro e obtenc¸a˜o da(s) sua(s) en-
volto´ria(s) (soluc¸a˜o(c¸o˜es) singular(es) da equac¸a˜o diferencial associada a` famı´lia).
Exemplo 1
Problema: Um segmento de comprimento unita´rio, situado inicialmente no pri-
meiro quadrante, se move (sem escorregar) apoiado nos eixos coordenados. Ob-
tenha a equac¸a˜o da (ou equac¸o˜es parame´tricas para a) curva que e´ tangente ao
segmento em cada instante.
Suponhamos que a curva e´ um gra´fico, e portanto tem equac¸a˜o da forma
y = f(x).
Baseados na figura acima, calculemos a equac¸a˜o da reta tangente a y = f(x)
num ponto (x0, y0). Claro que essa tangente vai conter um dos segmentos da
famı´lia dada. A equac¸a˜o da tangente e´:
Y − y0 = f ′(x0)(X − x0).
As intersec¸o˜es dessa reta com os eixos coordenados sa˜o os pontos A = (XA, 0) e
B = (0, YB):
A : Y = 0 −y0 = f ′(x0)(XA − x0) XA = x0f
′(x0)− y0
f ′(x0)
,
B : X = 0 Y = f(x0) + f
′(x0)(−x0) YB = y0 − x0f ′(x0).
A seguir acrescentamos a informac¸a˜o de que d(A,B) = 1:(
x0f
′(x0)− y0
f ′(x0)
)2
+
(
y0 − x0f ′(x0)
)2
= 1.
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MO´DULO 1 - AULA 10
Efetuando as contas:
(y0 − x0f ′(x0))2
(
1
f ′(x0)2
+ 1
)
= 1
(y0 − x0f ′(x0))2 = f
′(x0)
2
1 + f ′(x0)2
y0 − x0f ′(x0) =
√
f ′(x0)2
1 + f ′(x0)2
Assim,
y0 = x0f
′(x0) +
√
f ′(x0)2
1 + f ′(x0)2
.
Essa e´ uma relac¸a˜o que deve ser satisfeita em cada ponto de tangeˆncia (x0, y0) pe-
las cordenadas do ponto e pelo coeficiente angular da tangente da curva y = f(x)
naquele ponto. Podemos abandonar o ı´ndice inferior “0”.
A pergunta o´bvia e´:
Quais sa˜o as curvas y = f(x) que satisfazem a` relac¸a˜o acima?
Podemos encarar a questa˜o como a de saber quais as curvas y = f(x) que sa˜o
soluc¸o˜es da equac¸a˜o diferencial
y = xf ′(x) +
√
f ′(x)2
1 + f ′(x)2
.
A equac¸a˜o acima e´ a equac¸a˜o do modelo matema´tico do problema. Para resolveˆ-la,
fac¸amos y′ = p e definamos a func¸a˜o
g(p) =
√
p2
1 + p2
.
A equac¸a˜o se escreve
y = xp+ g(p). (10.4)
Comenta´rio: Acabamos de inventar, por meio de uma substituic¸a˜o, uma famı´lia
de curvas a um paraˆmetro, associada a` equac¸a˜o diferencial do problema dado.
Derivando em relac¸a˜o a x:
y′ = p+ xp′ + g′(p)p′.
Fazendo p = y′,
p = p+ xp′ + g′(p)p′,
de onde
0 = p′(x+ g′(p)).
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EQUAC¸O˜ES
DIFERENCIAIS
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Claramente temos duas possibilidades: ou p′ = 0, e p e´ constante com relac¸a˜o
a x ou x+ g′(p) = 0.
a. Na primeira hipo´tese, p = C, constante, a equac¸a˜o (7.4) fica
y = Cx+K com K = g(C),
que outra coisa na˜o e´ sena˜o a equac¸a˜o do segmento de reta que tem inclinac¸a˜o
p = C.
Isso e´ perfeitamente razoa´vel. Estamos verificando que os segmentos sa˜o
curvas que em cada ponto teˆm a mesma inclinac¸a˜o que eles mesmos.
b. A outra possibilidade e´
x = −g′(p)
mas enta˜o, substituindo na equac¸a˜o y = xp+ g(p), obtemos
y = −pg′(p)+ g(p).
Agora, observamos que as duas u´ltimas equac¸o˜es constituem um par de
equac¸o˜es parame´tricas, de paraˆmetro p, para a curva procurada. Ou seja,{
x = −g′(p)
y = −pg′(p) + g(p)
sa˜o as equac¸o˜es parame´tricas de uma outra curva que tem a propriedade de
que em cada ponto ser tangente a um dos segmentos da famı´lia de segmentos
dada; e que certamente na˜o e´ um dos segmentos da famı´lia, pois se fosse
necessariamente p′ = 0.
Analisando a soluc¸a˜o apresentada:
1. Foi montada uma equac¸a˜o diferencial para o problema;
2. Em cada instante, um dos segmentos da famı´lia satisfazia a` equac¸a˜o (na
verdade, a equac¸a˜o diferencial do exerc´ıcio anterior foi constru´ıda exata-
mente a partir da equac¸a˜o que caracterizava os segmentos da famı´lia dada.
Era, portanto, uma equac¸a˜o que era satisfeita pelos segmentos da famı´lia,
por construc¸a˜o.)
3. Ale´m dos segmentos da famı´lia, obtivemos uma outra soluc¸a˜o da equac¸a˜o
diferencial do modelo.
4. Essa u´ltima na˜o foi obtida particularizando um valor para a constante que
surgiu na parte da soluc¸a˜o correspondente a` famı´lia de segmentos. Era uma
soluc¸a˜o singular.
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MO´DULO 1 - AULA 10
Com relac¸a˜o ao problema dos segmentos, vimos que, se p = for constante, a
equac¸a˜o obtida admite como soluc¸o˜es
y = px+ g(p).
No outro caso, a soluc¸a˜o e´ a curva, cujas equac¸o˜es parame´tricas sa˜o{
x = −g′(p)
y = −pg′(p) + g(p),
com g(p) =
√
p2
1+p2
. Portanto, as equac¸o˜es parame´tricas da envolto´ria sa˜o
{
x = −(1 + p2)−3/2
y = p(1 + p2)−3/2 + p(1 + p2)−1/2
Uma equac¸a˜o diferencial de primeira ordem da forma
y = xy′ + g(y′)
em que g e´ uma func¸a˜o deriva´vel em um intervalo I, e´ chamada equac¸a˜o de Clairaut
A equac¸a˜o de Lagrange
A equac¸a˜o de Clairaut e´ um caso particular de uma outra mais geral, conhe-
cida como Equac¸a˜o de d’Alembert-Lagrange.
Sejam f, g : R→ R func¸o˜es deriva´veis. Equac¸o˜es da forma
y = xf(y′) + g(y′) (10.5)
sa˜o conhecidas como equc¸o˜es de d’Alembert-Lagrange.
Consideremos uma tal equac¸a˜o e fac¸amos p = y′. Enta˜o
a) Se p0 = f(p0) para algum p0 ∈ R, enta˜o
y = p0x+ g(p0)
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o.
De fato, se y = p0x + g(p0), enta˜o p0 = y
′ = p. Da´ı, y = p0x + g(p0) =
f(p0)x+ g(p0) = f(p)x+ g(p) = f(y
′)x+ g(y′). Isto e´,
y = f(y′)x+ g(y′),
mostrando que y e´ soluc¸a˜o.
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EQUAC¸O˜ES
DIFERENCIAIS
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b) Se f(p) 6= p, para todo p ∈ R, derivando a equac¸a˜o com relac¸a˜o a x e
obtemos a equac¸a˜o linear
dx
dp
− f
′(p)
p− f(p)x =
g′(p)
p− f(p) .
A soluc¸a˜o de (7.5) e´ expressa na forma parame´trica (x(p), y(p)), onde x(p)
e´ soluc¸a˜o da linear acima e y(p) e´ obtida a partir de p = y′.
De fato, partindo de y = f(y′)x + g(y′), derivando com relac¸a˜o a x (e lem-
brando que p = y′):
y′ = p = f(p) + xf ′(p)
dp
dx
+ g′(p)
dp
dx
.
Ou seja,
dp
dx
(xf ′(p) + g′(p)) = p− f(p)
dp
dx
=
p− f(p)
xf ′(p) + g′(p)
.
E como estamos supondo que p 6= f(p) enta˜o dp
dx
6= 0.
Mas enta˜o Teorema da Func¸a˜o Inversa garante que podemos definir x como
func¸a˜o de p, e que essa inversa e´ deriva´vel, com derivada dada por
dx
dp
=
1
dp
dx
=
f ′(p)
p− f(p)x+
g′(p)
p− f(p)),
uma equac¸a˜o linear para x em termos de p, como quer´ıamos mostrar.
y = x
(
1 +
dy
dx
)
+
(
dy
dx
)2
solucaoSeja
dy
dx
= p. A equac¸a˜o apresentada e´ uma equac¸a˜o de Lagrange
com f(p) = 1 + p e g(p) = p2. Temos p− f(p) = p− 1− p = 1 6= 0.
Conforme visto acima, x = x(p) satisfaz a equac¸a˜o
dx
dp
=
f ′(p)
p− f(p)x+
g′(p)
p− f(p) ,
isto e´,
dx
dp
= −1 · x− 2p.
Uma soluc¸a˜o desta linear e´
x(p) = ce−p − 2p + 2.
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MO´DULO 1 - AULA 10
Para calcular y em func¸a˜o de p, basta substituir a expresssa˜o de x(p) acima
na equac¸a˜o y = x(1 + p) + p2, o que nos da´
y(p) = (ce−p − 2p + 2)(1 + p) + p2.
Assim, a(s) soluc¸a˜o(o˜es) da equac¸a˜o apresentada e´(sa˜o) definida(s) pela curva pa-
rametrizada por {
x(p) = ce−p − 2p + 2
y(p) = (ce−p − 2p+ 2)(1 + p) + p2
Calcule as soluc¸o˜es de
y = (y′)2(e(y′)y′ + 1)− 1.
solucaoAplicaremos a mesma te´cnica usada nas equac¸o˜es de Clairaut e de
Lagrange (substituic¸o˜es e derivac¸o˜es). Observe que, sendo p = y′, a equac¸a˜o ja´
nos da´ a forma parame´trica de y, a saber:
y = p2(ep + 1)− 1.
Derivando em relac¸a˜o a x,
p = 2pp′(ep + 1) + p2epp′. (10.6)
Se p = 0, enta˜o substituindo na equac¸a˜o dada obtemos a soluc¸a˜o constante y = −1.
Se p 6= 0, enta˜o dividindo (7.6) por p,
1 = p′ [2(ep + 1) + pep] . (10.7)
Certamente,
dp
dx
= p′ 6= 0, pois, caso contra´rio, o lado direito de (7.7) seria nulo (e
na˜o poderia ser igual ao lado esquerdo).
Ora,
dp
dx
6= 0 acarreta (pelo Teorema da Func¸a˜o Inversa) que x pode ser
expressado em func¸a˜o de p e que a derivada
dx
dp
e´ a inversa da derivada
dp
dx
.
Da relac¸a˜o (7.7), tiramos facilmente que
dx
dp
= 2(ep + 1) + pep
Uma simples integrac¸a˜o nos da´,
x(p) = (p+ 1)ep + 2p.
Assim, a(s) soluc¸a˜o(o˜es) da equac¸a˜o apresentada e´(sa˜o) definida(s) pela curva pa-
rametrizada por {
x(p) = (p+ 1)ep + 2p
y(p) = p2(ep + 1)− 1
e mais a soluc¸a˜o constante y = −1.
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MO´DULO 2 - AULA 14
• A equac¸a˜o de Clairaut
y = xy′ + g(y′)
nada mais e´ do que o caso particular da equac¸a˜o de d’Alembert-Lagrange
com f ≡ Id.
Exerc´ıcios
Resolva a equac¸a˜o
y = xp2 + 1.
Calcule as soluc¸o˜es da equac¸a˜o
x(y′)3 − y(y′)2 + 1 = 0.
y = cx+
1
c2
, 4y3 − 27x2 = 0.
Resolva a equac¸a˜o diferencial
dy
dx
(
x
dy
dx
− y + 5
)
+ 4 = 0.
C (5− y + Cx) + 4 = 0, (y − 5)2 = 16x.
Determine as soluc¸o˜es das equac¸o˜es:
a) y = (y′)3 + xy′
b) y = x(y′ + 1) + (y′)
respostaa) y = c3+cx, 4x3+27y2 = 0, b)x = −2p+ce−p+2, y = x(1+p)+p2.
exercicio
Determine as soluc¸o˜es de
y = xy′ +
√
1 + (y′)2.
respostay = Cx+
√
1 + C2, y =
√
1− x2.
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