Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli

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Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli

Leyendo todo el siguiente artículo aprenderás a resolver en 4 pasos cualquiera de la ecuaciones diferenciales de Bernoulli con las que te enfrentes.

Para aprender ecuaciones diferenciales o cualquier materia, es importante que te formes estructuras mentales mediante pasos definidos que te permitan mediante la repetición y/o otras técnicas de estudio llegar a dominar los temas a prendidos.

Según el experto en aprendizaje acelerado Scott Young, en su curso Holistic Learning, la memoria a largo plazo se puede fácilmente activar mediante la utilización de metáforas, al relacionar por ejemplo fórmulas con imágenes exageradas del mundo real que nos sean fácil de recordar por su contenido chusco o exagerado. Un ejemplo sacado del curso: Learning how to learn de la Dra. Barbara Oakley, es el realcionar la popular fórmula de $ F= m * a$, con la siguiente imagen:

ecuaciones diferenciales de bernoulli

Figura 1. Flying Mule A… En ingles la relación usada es: f=flying (volando); m=mule (mula); a=…(se deja a la imaginación)

Donde se relacionan las letras de la fórmula con la imagen para recordarla, por ejemplo el anglisismo: Flying Mule Adept (en ingles) contine las letras F, M y A, que conforman la fórmula: $f=m*a$

En nuestro trabajo, uno de los objetivos es estructurar la información en pasos (de hecho utilizamos 4 pasos) para que la creación de estructurás mentales, mediante cualquier técnica de estudio (como las de crear metáforas) sea más asequible. En la siguiente metodología se incluyen fórmulas en los pasos que puedes recordar mediante la utilización de metáforas. Te lo dejo a tu imaginación, diviértete creándolas.

Metodología de 4 pasos para resolver ecuaciones diferenciales de Bernoulli

I. Escribimos la forma estándar de una ED lineal y verificamos si es de Bernoulli, es decir que tenga la forma siguiente:

$$\large \frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x ) y^{n}$$

II. Convertimos la ED de Bernoulli en una ED lineal mediante la sustitución:

$u=y^{1-n}$ y despejamos $y$ para encontrar mediante la regla de la cadena $\frac{d y}{d x}$, es decir, si:

$y ( u ( x ) )$, entonces: $\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \ast \frac{du}{d x}$. (OJO: el despeje de $y$ se obtiene mediante elevar a $u$ y $y$ a una potencia cuyo valor esta dado por el recíproco del exponente actual, es decir, si: $u=y^{1-n}$ $\Rightarrow$ $y=u^{\frac{1}{1-n}}$).

III. Sustituímos los valores obtenidos para $\frac{d y}{d x}$ e $y$ en la ecuación original y desarrollamos para buscar poner la nueva ED es la forma estándar de una ED lineal:

\[\large \frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x )\]

IV. Resolvemos la ED que ahora es lineal, mediante los cuatro pasos usuales para resolver ED lineales, ver el siguiente link: Método de los 4 pasos para resolver Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden.

Ejercicios Resueltos de Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli en 4 pasos

Dennis G. Zill, Capítulo 2.5, Ejercicios 2.5, Problema 15

Resolver la siguiente ecuación diferencial

\begin{equation}
\Large x \frac{d y}{d x} +y= \frac{1}{y^{2}}
\end{equation}		(1)

Solución

Paso 1. Escribimos la forma estándar de una ED lineal y verificamos si es de Bernoulli, es decir que tenga la forma siguiente: $\frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x ) y^{n}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
x \frac{d y}{d x} +y & = & \frac{1}{y^{2}}\\
\frac{d y}{d x} + \frac{y}{x} & = & \frac{1}{x y^{2}}\\
\frac{d y}{d x} + \frac{y}{x} & = & x^{-1} y^{-2}
\end{eqnarray*}

Por tanto la ED es de Bernoulli.

Paso 2. Convertimos la ED de Bernoulli en una ED lineal (Ver la definición completa del paso en la sección de metodología, mas arriba).

Tenemos, si:

$u=y^{1-n}$ y $n=-2$, entonces: $u=y^{1- ( -2 )} =y^{1+2} =y^{3}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
y & = & \sqrt[3]{u}\\
y & = & u^{\frac{1}{3}}
\end{eqnarray*}

Y además, por la regla de la cadena, $\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \ast \frac{d u}{d x}$, tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & \frac{1}{3} u^{\frac{1}{3} -1} \frac{d u}{d x}\\
\frac{d y}{d x} & = & \frac{1}{3} u^{\frac{-2}{3}} \frac{d u}{d x}\\
\frac{d y}{d x} & = & \frac{1}{3u^{\frac{2}{3}}} \ast^{} \frac{d u}{d x}
\end{eqnarray*}

Paso 3. Sustituímos los valores obtenidos para $\frac{dy}{d x}$ e $y$ en la ecuación original y desarrollamos para buscar poner la nueva ED es la forma estándar de una ED lineal: $\frac{d y}{d x} +P (x ) y=f ( x )$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} + \frac{y}{x} & = & x^{-1^{}} y^{-2}\\
\Rightarrow \frac{1}{3u^{\frac{2}{3}}} \ast \frac{d u}{d x} +
\frac{u^{\frac{1}{3}}}{x} & = & x^{-1} \left( u^{\frac{1}{3}}
\right)^{-2}\\
\Rightarrow \frac{1}{3u^{\frac{2}{3}}} \ast \frac{d u}{d x} +
\frac{u^{\frac{1}{3}}}{x} & = & x^{-1} u^{\frac{-2}{3}}\\
\Rightarrow \frac{d u}{d x} + \frac{3 \left( u^{\frac{2}{3}} \ast
u^{\frac{1}{3}} \right)}{x} & = & \frac{3 \left( u^{\frac{2}{3}} \ast
u^{\frac{-2}{3}} \right)}{x}\\
\Rightarrow \frac{d u}{d x} + \frac{3 \left( u^{\frac{2}{3} +
\frac{1}{3}} \right)}{x} & = & \frac{3 \left( u^{\frac{2}{3} –
\frac{2}{3}} \right)}{x}\\
\Rightarrow \frac{d u}{d x} + \frac{3u}{x} & = & \frac{3}{x}
\end{eqnarray*}

Paso 4. Resolvemos la ED que ahora es lineal, mediante los cuatro pasos usuales para resolver ED lineales, ver el siguiente link: Método de los 4 pasos para resolver Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden.

Paso 1. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
\frac{d u}{d x} + \frac{3}{x} u & = & 3x^{-1}
\end{eqnarray*}

Paso 2. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
e^{ \int P ( x ) d x} & = & e^{\int \frac{3d x}{x}}\\
& = & e^{3 \int \frac{d x}{x}}\\
& = & e^{3 \ln | x |}\\
& = & e^{ \ln | x^{ 3} |^{}}
\end{eqnarray*}

Paso 3. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
y_{c} & = & C_{1} e^{- \int P ( x ) {dx}}\\
u_{c} & = & C_{1} e^{- \int \frac{3d x}{x}}\\
& = & C_{1} e^{-3 \int \frac{d x}{x}}\\
& = & C_{1} e^{-3 \ln | x |}\\
& = & C_{1} e^{ \ln | x^{-3} |}\\
& = & C_{1} e^{ \ln \left| \frac{1}{x^{3}} \right|}\\
& = & C_{1} \left( \frac{1}{x^{3}} \right)\\
& = & \frac{C_{1}}{x^{3}}
\end{eqnarray*}

Paso 4. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
y_{p} & = & \frac{1}{e^{\int P ( x ) d x}} \int e^{\int P ( x ) {dx}}
f ( x ) d x\\
u_{p} & = & \frac{1}{x^{3}} \int x^{3} \left( \frac{3}{x} \right) d x\\
& = & \frac{1}{x^{3}} \int 3x^{2} d x\\
& = & \frac{3}{x^{3}} \int x^{2} d x\\
& = & \frac{3}{x^{3}} \left[ \frac{x^{2+1}}{2+1} \right]\\
& = & \frac{3}{x^{3}} \left[ \frac{x^{3}}{3} \right]\\
& = & 1
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

\begin{eqnarray*}
u & = & u_{c} +u_{p}\\
u & = & \frac{C_{1}}{x^{3}} +1
\end{eqnarray*}

Y regresando a las variables originales, si: $u=y^{3}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
u & = & \frac{C_{1}}{x^{3}} +1\\
y^{3} & = & \frac{C_{1}}{x^{3}} +1
\end{eqnarray*}

Es decir, el resultado final o la solución buscada, es:

$$\large y^{3} =C_{1} x^{-3} +1$$

Dennis G. Zill, Capítulo 2.5, Ejercicios 2.5, Problema 16

Resuelve la siguiente ecuación diferencial

\begin{equation}
\Large \frac{d y}{d x} -y=e^{x} y^{2}
\end{equation}		(2)

Solución

Paso 1. Escribimos la forma estándar de una ED lineal y verificamos si es de Bernoulli, es decir que tenga la forma siguiente: $\frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x ) y^{n}$

Por tanto:

$\frac{dy}{dx} -y=e^{x} y^{2}$

Por tanto la ED es de Bernoulli.

Paso 2. Convertimos la ED de Bernoulli en una ED lineal (Ver la definición completa del paso en la sección de metodología, mas arriba).

Tenemos, si:

$u=y^{1-n}$ y $n=2$, entonces: $u=y^{1- (2 )} =y^{1-2} =y^{-1}=\frac{1}{y}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{y} & = & u\\
y & = & \frac{1}{u}\\
& = & u^{ -1}
\end{eqnarray*}

Y además, por la regla de la cadena, $\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \ast \frac{d u}{d x}$, tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & -u^{ -1-1} \ast \frac{d u}{d x}\\
& = & -u^{ -2} \ast \frac{d u}{d x}\\
& = & \frac{-1}{u^{ 2}} \ast \frac{d u}{d x}
\end{eqnarray*}

Paso 3. Sustituímos los valores obtenidos para $\frac{dy}{d x}$ e $y$ en la ecuación original y desarrollamos para buscar poner la nueva ED es la forma estándar de una ED lineal: $\frac{d y}{d x} +P (x ) y=f ( x )$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} -y & = & e^{x} y^{2}\\
\Rightarrow – \frac{1}{u^{2}} \ast \frac{d u}{d x} – \frac{1}{u} & = &
e^{x} \left( \frac{1}{u} \right)^{2}\\
\Rightarrow – \frac{1}{u^{2}} \ast \frac{d u}{d x} – \frac{1}{u} & = &
e^{x} \left( \frac{1}{u^{2}} \right)\\
\Rightarrow \frac{d u}{d x} + \frac{u^{2}}{u} & = & e^{x} \left(
\frac{-u^{2}}{u^{2}} \right)\\
\Rightarrow \frac{d u}{d x} +u & = & -e^{x}
\end{eqnarray*}

Paso 4. Resolvemos la ED que ahora es lineal, mediante los cuatro pasos usuales para resolver ED lineales, ver el siguiente link: Método de los 4 pasos para resolver Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden.

Paso 1. ED lineales:

$\frac{d u}{d x} +u=-e^{x}$

Paso 2. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
e^{\int P ( x ) d x} & = & e^{\int d x}\\
& = & e^{x}
\end{eqnarray*}

Paso 3. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
y_{c} & = & C_{1} e^{- \int P ( x ) d x}\\
u_{c} & = & C_{1} e^{- \int d x}\\
& = & C_{1} e^{-x}\\
& = & \frac{C_{1}}{e^{x}}
\end{eqnarray*}

Paso 4. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
y_{p} & = & \frac{1}{e^{\int P ( x ) d x}} \int e^{\int P ( x ) d x} f ( x
) d x\\
u_{p} & = & \frac{1}{e^{x}} \int e^{x} ( -e^{x} ) d x\\
& = & – \frac{1}{e^{x}} \int e^{2x} d x\\
& = & – \frac{1}{2e^{x}} \int e^{2x} ( 2 ) d x\\
& = & – \frac{1}{2e^{x}} [ e^{2x} ]\\
& = & – \frac{1}{2} e^{x}
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

\begin{eqnarray*}
u & = & u_{c} +u_{p}\\
u & = & \frac{C_{1}}{e^{x}} – \frac{1}{2} e^{x}
\end{eqnarray*}

Y regresando a las variables originales, si: $u= \frac{1}{y}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{y} & = & \frac{C_{1}}{e^{x}} – \frac{1}{2} e^{x}\\
\frac{1}{y} & = & \frac{2C_{1} -e^{2x}}{2e^{x}}\\
\Rightarrow \frac{1}{2C_{1} -e^{2x}} & = & \frac{y}{2e^{x}}\\
\Rightarrow \frac{2e^{x}}{2C_{1} -e^{2x}} & = & y
\end{eqnarray*}

Es decir, el resultado final o la solución buscada, es:

$$\large y= \frac{2e^{x}}{2C_{1} -e^{2x}}$$

Dennis G. Zill, Capítulo 2.5, Ejercicios 2.5, Problema 17

Resuelve la siguiente ecuación diferencial

\begin{equation}
\Large \frac{d y}{d x} =y ( x y^{3} -1 )
\end{equation}		(3)

Solución

Paso 1. Escribimos la forma estándar de una ED lineal y verificamos si es de Bernoulli, es decir que tenga la forma siguiente: $\frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x ) y^{n}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & y ( x y^{3} -1 )\\
\frac{d y}{d x} & = & x y^{4} -y\\
\frac{d y}{d x} +y & = & x y^{4}
\end{eqnarray*}

Por tanto la ED es de Bernoulli.

Paso 2. Convertimos la ED de Bernoulli en una ED lineal (Ver la definición completa del paso en la sección de metodología, mas arriba).

Tenemos, si:

$u=y^{1-n}$ y $n=4$, entonces: $u=y^{1- ( 4 )} =y^{1-4} =y^{-3}=\frac{1}{y^{3}}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{y^{3}} & = & u\\
\Rightarrow \frac{1}{u} & = & y^{3}\\
\Rightarrow y^{3} & = & \frac{1}{u}\\
\Rightarrow y & = & \left( \frac{1}{u} \right)^{ \frac{1}{3}}\\
\Rightarrow y & = & \frac{1}{u^{\frac{1}{3}}}\\
\Rightarrow y & = & u^{- \frac{1}{3}}
\end{eqnarray*}

Y además, por la regla de la cadena, $\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \ast \frac{d u}{d x}$, tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & – \frac{1}{3} u^{- \frac{1}{3} -1} \ast \frac{d u}{d
x}\\
& = & – \frac{1}{3} u^{- \frac{4}{3}} \ast \frac{d u}{d x}\\
& = & – \frac{1}{3u^{\frac{4}{3}}} \ast \frac{d u}{d x}
\end{eqnarray*}

Paso 3. Sustituímos los valores obtenidos para $\frac{dy}{d x}$ e $y$ en la ecuación original y desarrollamos para buscar poner la nueva ED es la forma estándar de una ED lineal: $\frac{d y}{d x} +P (x ) y=f ( x )$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} +y & = & x y^{4}\\
– \frac{1}{3u^{ \frac{4}{3}}} \ast \frac{d u}{d x} +
\frac{1}{u^{\frac{1}{3}}} & = & x \left( \frac{1}{u^{\frac{1}{3} }}
\right)^{4}\\
\frac{d u}{d x} – \frac{3u^{\frac{4}{3}}}{u^{\frac{1}{3}}} & = & x \left(
\frac{-3u^{\frac{4}{3}}}{u^{\frac{4}{3}}} \right)\\
\frac{d u}{d x} -3u^{\frac{4}{3} – \frac{1}{3}} & = & x \left(
-3u^{\frac{4}{3} – \frac{4}{3}} \right)\\
\frac{d u}{d x} -3u & = & -3x
\end{eqnarray*}

Paso 4. Resolvemos la ED que ahora es lineal, mediante los cuatro pasos usuales para resolver ED lineales, ver el siguiente link: Método de los 4 pasos para resolver Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden.

Paso 1. ED lineales:

$\frac{d u}{d x} -3u=-3x$

Paso 2. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
e^{\int P ( x ) d x} & = & e^{\int -3d x}\\
& = & e^{-3 \int d x}\\
& = & e^{-3x}
\end{eqnarray*}

Paso 3. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
y_{c} & = & C_{1} e^{\int P ( x ) d x}\\
u_{c} & = & C_{1} e^{- \int -3d x}\\
& = & C_{1} e^{3 \int d x}\\
& = & C_{1} e^{3x}
\end{eqnarray*}

Paso 4. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
u_{p} & = & \frac{1}{e^{-3x}} \int e^{-3x} ( -3x ) d x\\
& = & \frac{1}{e^{-3x}} \int -3x e^{-3x} d x\\
& = & \frac{1}{e^{-3x}} \int x e^{-3x} ( -3 ) d x
\end{eqnarray*}

Utilizando integración por partes:

$u=x$                                    $dv=e^{-3x} ( -3 ) d x$

$du=d x$                              $v=e^{-3x}$

Por tanto tenemos:

\begin{eqnarray*}
u_{p} & = & \frac{1}{e^{-3x}} \int x e^{-3x} ( -3 ) d x\\
& = & \frac{1}{e^{-3x}} \left[ x e^{-3x} – \int e^{-3x} d x \right]\\
& = & \frac{1}{e^{-3x}} \left[ x e^{-3x} + \frac{1}{3} \int e^{-3x} ( -3
) d x \right]\\
& = & \frac{1}{e^{-3x}} \left[ x e^{-3x} + \frac{1}{3} e^{-3x} \right]\\
& = & \frac{e^{-3x}}{e^{-3x}} \left[ x+ \frac{1}{3} \right]\\
& = & x+ \frac{1}{3}
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

\begin{eqnarray*}
u & = & u_{c} +u_{p}\\
& = & C_{1} e^{3x} +x+ \frac{1}{3}
\end{eqnarray*}

Y regresando a las variables originales, si: $u= \frac{1}{y^{3}}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
u & = & C_{1} e^{3x} +x+ \frac{1}{3}\\
\frac{1}{y^{3}} & = & C_{1} e^{3x} +x+ \frac{1}{3}\\
\frac{3}{y^{3}} & = & 3C_{1} e^{3x} +3x+1\\
\frac{3}{3C_{1} e^{3x} +3x+1} & = & y^{3}
\end{eqnarray*}

Es decir, el resultado final o la solución buscada, es:

$$\large y^{3} = \frac{3}{3C_{1} e^{3x} +3x+1}$$

Un gráfica de la familia de soluciones de la Ecuación Diferencial (3), se muestra a continuación:

Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli

Figura 2. Algunas curvas solución de la familia de soluciones para la Ecuación Diferencial de Bernoulli (3)

Dennis G. Zill, Capítulo 2.5, Ejercicios 2.5, Problema 18

Resuelve la siguiente ecuación diferencial

\begin{equation}
\Large x \frac{d y}{d x} – ( 1+x ) y=x y^{2}
\end{equation}		(4)

Solución

Paso 1. Escribimos la forma estándar de una ED lineal y verificamos si es de Bernoulli, es decir que tenga la forma siguiente: $\frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x ) y^{n}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
x \frac{d y}{d x} – ( 1+x ) y & = & x y^{2}\\
\frac{d y}{d x} – \frac{y}{x} – \frac{x y}{x} & = & \frac{x}{x} y^{2}\\
\frac{d y}{d x} – \frac{y}{x} -y & = & y^{2}\\
\frac{d y}{d x} – \left( \frac{1}{x} +1 \right) y & = & y^{2}
\end{eqnarray*}

Por tanto la ED es de Bernoulli.

Paso 2. Convertimos la ED de Bernoulli en una ED lineal (Ver la definición completa del paso en la sección de metodología, mas arriba).

Tenemos, si:

$u=y^{1-n}$ y $n=2$, entonces: $u=y^{1- (2 )} =y^{1-2} =y^{-1}=\frac{1}{y}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{y} & = & u\\
\frac{1}{u} & = & y\\
\Rightarrow y & = & \frac{1}{u}\\
\Rightarrow y & = & u^{-1}
\end{eqnarray*}

Y además, por la regla de la cadena, $\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \ast \frac{d u}{d x}$, tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} & = & -u^{-1-1} \frac{d u}{d x}\\
& = & -u^{-2} \frac{d u}{d x}\\
& = & \frac{-1}{u^{2}} \ast \frac{d u}{d x}
\end{eqnarray*}

Paso 3. Sustituímos los valores obtenidos para $\frac{dy}{d x}$ e $y$ en la ecuación original y desarrollamos para buscar poner la nueva ED es la forma estándar de una ED lineal: $\frac{d y}{d x} +P (x ) y=f ( x )$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d x} – \left( \frac{1}{x} +1 \right) y & = & y^{2}\\
\frac{-1}{u^{2}} \ast \frac{d u}{d x} – \left( \frac{1}{x} +1 \right)
\left( \frac{1}{u} \right) & = & \left( \frac{1}{u} \right)^{2}\\
\frac{d u}{d x} – \left( \frac{1}{x} +1 \right) \left( \frac{-u^{2}}{u}
\right) & = & \left( \frac{-u^{2}}{u^{2}} \right)\\
\frac{d u}{d x} – \left( \frac{1}{x} +1 \right) ( -u ) & = & -1\\
\frac{d u}{d x} + \left( \frac{1}{x} +1 \right) u & = & -1
\end{eqnarray*}

Paso 4. Resolvemos la ED que ahora es lineal, mediante los cuatro pasos usuales para resolver ED lineales, ver el siguiente link: Método de los 4 pasos para resolver Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden.

Paso 1. ED lineales:

$\frac{d u}{d x} + \left( \frac{1}{x} +1 \right) u=-1$

Paso 2. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
e^{\int P ( x ) d x} & = & e^{\int \left( \frac{1}{x} +1 \right) d x}\\
& = & e^{\int \frac{d x}{x} + \int d x}\\
& = & e^{\ln | x | +x}\\
& = & e^{\ln | x |} e^{x}\\
& = & x e^{x}
\end{eqnarray*}

Paso 3. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
y_{c} & = & C_{1} e^{- \int P ( x ) d x}\\
u_{c} & = & C_{1} e^{- \int \left( \frac{1}{x} +1 \right) d x}\\
& = & C_{1} e^{- \int \frac{d x}{x} – \int d x}\\
& = & C_{1} e^{- \ln | x | -x}\\
& = & C_{1} e^{\ln | x^{-1} | -x}\\
& = & C_{1} e^{\ln | x^{-1} |} e^{-x}\\
& = & C_{1} x^{-1} e^{-x}
\end{eqnarray*}

Paso 4. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
y_{p} & = & \frac{1}{e^{\int P ( x ) d x}} \int e^{\int P ( x ) d x} f ( x
) d x\\
u_{p} & = & \frac{1}{x e^{x}} \int x e^{x} f ( x ) d x\\
& = & \frac{1}{x e^{x}} \int x e^{x} ( -1 ) d x\\
& = & \frac{-1}{x e^{x}} \int x e^{x} d x
\end{eqnarray*}

Integrando por partes:

$u=x$                        $d v=e^{x} d x$

$d u=d x$                  $v=e^{x}$

Por tanto tenemos:

\begin{eqnarray*}
u_{p} & = & \frac{-1}{x e^{x}} \left[ x e^{x} – \int e^{x} d x \right]\\
& = & \frac{-1}{x e^{x}} [ x e^{x} -e^{x} ]\\
& = & \frac{-e^{x}}{x e^{x}} [ x-1 ]\\
& = & – \frac{1}{x} ( x-1 )\\
& = & – \frac{x}{x} + \frac{1}{x}\\
& = & -1+ \frac{1}{x}
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

\begin{eqnarray*}
u & = & u_{c} +u_{p}\\
& = & \frac{C_{1}}{x e^{x}} + \frac{1}{x} -1
\end{eqnarray*}

Y regresando a las variables originales, si: $u= \frac{1}{y}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
u & = & \frac{C_{1}}{x e^{x}} + \frac{1}{x} -1\\
\frac{1}{y} & = & \frac{C_{1}}{x e^{x}} + \frac{1}{x} -1\\
\frac{1}{y} & = & \frac{C_{1} +e^{x} -x e^{x}}{x e^{x}}\\
\frac{1}{C_{1} +e^{x} -x e^{x}} & = & \frac{y}{x e^{x}}\\
\frac{x e^{x}}{C_{1} +e^{x} -x e^{x}} & = & y
\end{eqnarray*}

Es decir, el resultado final o la solución buscada, es:

$$ \large y=\frac{x e^{x}}{C_{1}+e^{x}-x e^{x}}$$

Un gráfica de la familia de soluciones de la Ecuación Diferencial (4), se muestra a continuación:

Figura 3. Algunas curvas solución de la familia de soluciones para la Ecuación Diferencial (4)

Dennis G. Zill, Capítulo 2.5, Ejercicios 2.5, Problema 19

Resuelva la siguiente ecuiacion diferencial

\begin{equation}
\Large t^{2 } \frac{d y}{d t} +y^{2} =t y
\end{equation}		(5)

Solución

Paso 1. Escribimos la forma estándar de una ED lineal y verificamos si es de Bernoulli, es decir que tenga la forma siguiente: $\frac{d y}{d x} +P ( x ) y=f ( x ) y^{n}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
t^{2} \frac{d y}{d t} +y^{2} & = & t y\\
\frac{d y}{d t} + \frac{y^{2}}{t^{2}} & = & \frac{t y}{t^{2}}\\
\frac{d y}{d t} + \frac{y^{2}}{t^{2}} & = & \frac{y}{t}\\
\frac{d y}{d t} – \frac{y}{t} & = & – \frac{y^{2}}{t^{2}}
\end{eqnarray*}

Por tanto la ED es de Bernoulli.

Paso 2. Convertimos la ED de Bernoulli en una ED lineal (Ver la definición completa del paso en la sección de metodología, mas arriba).

Tenemos, si:

$u=y^{1-n}$ y $n=2$, entonces: $u=y^{1- ( 2 )} =y^{1-2} =y^{-1}=\frac{1}{y}$

Por tanto:

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{y} & = & u\\
\frac{1}{u} & = & y «>y «>y «>y\\
y & = & \frac{1}{u}\\
y & = & u^{-1}
\end{eqnarray*}

Y además, por la regla de la cadena, $\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \ast \frac{d u}{d x}$, tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d t} & = & -u^{-1-1} \frac{d u}{d t}\\
& = & -u^{ -2} \frac{d u}{d t}\\
& = & – \frac{1}{u^{2}} \ast \frac{d u}{d t}
\end{eqnarray*}

Paso 3. Sustituímos los valores obtenidos para $\frac{dy}{d x}$ e $y$ en la ecuación original y desarrollamos para buscar poner la nueva ED es la forma estándar de una ED lineal: $\frac{d y}{d x} +P (x ) y=f ( x )$

Tenemos:

\begin{eqnarray*}
\frac{d y}{d t} – \frac{y}{t} & = & – \frac{y^{2}}{t^{2}}\\
– \frac{1}{u^{2}} \ast \frac{d u}{d t} – \frac{\frac{1}{u}}{t} & = & –
\frac{\left( \frac{1}{u} \right)^{2}}{t^{2}}\\
– \frac{1}{u^{2}} \ast \frac{d u}{d t} – \frac{1}{u t} & = & –
\frac{\frac{1}{u^{2}}}{t^{2}}\\
\frac{d u}{d t} – \frac{-u^{2}}{u t} & = & – \frac{-u^{2}}{u^{2} t^{2}}\\
\frac{d u}{d t} + \frac{u}{t} & = & \frac{1}{t^{2}}
\end{eqnarray*}

Paso 4. Resolvemos la ED que ahora es lineal, mediante los cuatro pasos usuales para resolver ED lineales, ver el siguiente link: Método de los 4 pasos para resolver Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden.

Paso 1. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
\frac{d u}{d t} + \frac{u}{t} & = & \frac{1}{t^{ 2}}
\end{eqnarray*}

Paso 2. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
e^{\int P ( x ) d x} & = & e^{\int \frac{d t}{t}}\\
& = & e^{\ln | t |}\\
& = & t
\end{eqnarray*}

Paso 3. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
y_{c} & = & C_{1} e^{- \int P ( x ) d x}\\
u_{c} & = & C_{1} e^{- \int \frac{d t}{t}}\\
& = & C_{1} e^{- \ln | t |}\\
& = & C_{1} e^{ \ln | t^{-1} |}\\
& = & C_{1} t^{-1}\\
& = & C_{1} \left( \frac{1}{t} \right)\\
& = & \frac{C_{1}}{t}
\end{eqnarray*}

Paso 4. ED lineales:

\begin{eqnarray*}
y_{p} & = & \frac{1}{e^{\int P ( x ) d x}} \int e^{\int P ( x ) d x} f ( x
) d x\\
u_{p} & = & \frac{1}{t} \int t \left( \frac{1}{t^{2}} \right) d t\\
& = & \frac{1}{t} \int \frac{{dt}}{t}\\
& = & \frac{1}{t} \ln | t |
\end{eqnarray*}

Por tanto, el resultado buscado es:

\begin{eqnarray*}
u & = & u_{c} +u_{p}\\
& = & \frac{C_{1}}{t} + \frac{1}{t} \ln | t |
\end{eqnarray*}

Y regresando a las variables originales, si: $u= \frac{1}{y}$, entonces:

\begin{eqnarray*}
u & = & \frac{C_{1}}{t} + \frac{1}{t} \ln | t |\\
\frac{1}{y} & = & \frac{C_{1}}{t} + \frac{1}{t} \ln | t |\\
\frac{1}{y} & = & \frac{C_{1} + \ln | t |}{t}\\
\frac{1}{C_{1} + \ln | t |} & = & \frac{y}{t}\\
\frac{t}{C_{1}  + \ln | t |} & = & y
\end{eqnarray*}

Es decir, el resultado final o la solución buscada, es:

$$\large y= \frac{t}{C_{1} + \ln | t |}$$

Un gráfica de la familia de soluciones de la Ecuación Diferencial (5), se muestra a continuación:

ecuaciones diferenciales de bernoulli

Figura 4. Algunas curvas solución de la familia de soluciones para la Ecuación Diferencial (5)

El código de MATHEMATICA para resolver y graficar el problema 19, es:

Clear["Global`*"] 
eq5 = y'[t] - (y[t]/t) == -y[t]^2/t^2;
Sn5 = DSolve[eq5, y[t], t] // Simplify Sn5[[1, 1, 2]];
t5 = Table[Evaluate[Sn5[[1, 1, 2]] /. C[1] -> i], {i, -10, 10}];
Plot[Tooltip[t5], {t, 0, 15}, PlotRange -> {-7, 7},   PlotStyle -> {Thick}]

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99 comentarios en “Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli”

  1. FANY :)

    HOLA ME GUSTARIA SABER SI ME PUEDES AYUDAR EN UNA ECUACION DIFERENCIAL QUE LE DEJARON A MI HIJO LA VDD YA LE INTENTE PERO NO PODEMOS ESPERO ME PUEDAN AYUDAR

    Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Claro que si FANY, aqui le dejo la respuesta:

      Es una Ecuación Diferencial Exacta

      $$\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{4 x + y – 6}{y – x + 1}$$

      Forma Estandar:

      $$(4 x + y – 6) {dx} + (x – y – 1) {dy} = 0$$

      Criterio de Exactitud:

      $$M = 4 x + y – 6$$; $$N = x – y – 1$$

      $$\frac{\delta N}{\delta x} = 1$$;
      $$\frac{\delta N}{\delta x} = 1$$

      $$\Rightarrow \frac{\delta M}{\delta y} = \frac{\delta N}{\delta x}$$
      $$\Rightarrow$$ La ED es exacta

      Paso 1
      $$\int M (x, y) {dx} + g (y) = \int (4 x + y – 6) {dx} + g (y)$$
      $$ = 4 \int x {dx} + y \int {dx} – 6 \int {dx} + g (y)$$
      $$ = \frac{4}{2} x^2 + x y – 6 x + g (y)$$
      $$ = 2 x^2 + x y – 6 x + g (y)$$

      Paso 2
      $$\frac{\delta}{\delta y} \int M (x, y) {dx} + g’ (y) = N (x, y)$$
      $$\frac{\delta}{\delta y} (2 x^2 + x y – 6 x) + g’ (y) = x – y – 1$$
      $$x + g’ (y) = x – y – 1$$
      $$g’ (y) = y – 1$$

      Paso 3
      $$g (y) = \int N (x, y) {dy} – \int \frac{\delta}{\delta y} \int M(x, y) {dx} {dy}$$
      $$ = \int (y – 1) {dy}$$
      $$ = \int y {dy} – \int {dy}$$
      $$ = \frac{y^2}{2} – y$$

      Paso 4
      $$\int M (x, y) {dx} + g (y) = c$$
      $$2 x^2 + x y – 6 x + \frac{y^2}{2} – y = c$$

      Por lo que el resultado buscado es:
      $$2 x^2 + x y – 6 x + \frac{y^2}{2} – y = c$$

      Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Hola Katya, con mucho gusto
      me podrías decir si la ED eslasiguiente?
      $$\frac{dy}{dx}= 2x – \frac{x+5}{2x-y-4}$$
      ¿O cual esla ED?
      Delimita el numerador y denominador mediante parentesis, por favor…
      Espero tu respuesta.
      Saludos

      Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Daniel

      Te dejo la respuesta:

      $$x^2 \frac{dy}{dx} – 2 x y = 3 y^4$$

      $$\Rightarrow \frac{dy}{dx} – \frac{2 x y}{x^2} = \frac{3y^4}{x^2}$$

      $$\Rightarrow \frac{dy}{dx} – \frac{2 y}{x} = \frac{3 y^4}{x^2}$$

      Vemos que es una ED Bernoulli
      La resuelves de acuerdo a los pasos de éste artículo.
      Simplificando los pasos:

      \(u = y^{1 – n}\), \(n = 4\), \( \Rightarrow\) \(u = y^{- 3}\)

      \(\Rightarrow \ u = \frac{1}{y^3}\)

      \(y^3 = \frac{1}{u} \ \Rightarrow \ y^3 = u^{- 1}\)

      \(\Rightarrow\) \(y = u^{- \frac{1}{3}}\)

      y:

      \(\frac{dy}{dx} = – \frac{1}{3} u^{- \frac{1}{3} – 1}\frac{du}{dx}\)

      \(\Rightarrow \frac{dy}{dx} = – \frac{1}{3} u^{- \frac{4}{3}}\frac{du}{dx}\)

      Sustituyendo los valores de \(y\) y \(\frac{dy}{dx}\) en: \(\frac{dy}{dx} – \frac{2 y}{x} = \frac{3 y^4}{x^2}\),

      $$- \frac{1}{3} u^{- \frac{4}{3}} \frac{du}{dx} – \frac{2}{x}u^{- \frac{1}{3}} = \frac{3}{x^2} u^{\left( u^{- \frac{1}{3}} \right)^4}$$

      Dividiendo toda la ED entre: \(- \frac{1}{3} u^{- \frac{4}{3}}\),

      Tenemos:

      $$\frac{du}{dx} – \frac{2}{x} \frac{u^{- \frac{1}{3}}}{\left( – \frac{u^{- \frac{4}{3}}}{3} \right)} = \frac{3}{x^2} \frac{u^{- \frac{4}{3}}}{\left( – \frac{u^{- \frac{4}{3}}}{3} \right)}$$

      \(\Rightarrow\) \(\frac{du}{dx} + \frac{6}{x} u = – \frac{9}{x^2}\) ………………… (1)

      La ED ahora es lineal de 1er Orden, resolvemos mediante el método de F.I.

      descrito en el artículo:
      Factores Integrantes, Ejemplo 1

      De modo que, simplificando los pasos:

      F.I.: \(e^{\int P (x) dx} = e^{\int \frac{6}{x} d x} = e^{6 \int \frac{dx}{x}}\)
      $$\Rightarrow e^{6 Ln x} = e^{Ln x^6} = x^6$$

      F.I. = \(x^6\)

      Sustituyendo en (1) y simplificando:

      $$x^6 \left( \frac{du}{dx} + \frac{6}{x} u \right) = x^6 \left( – \frac{9}{x^2} \right)$$
      $$\Rightarrow u’ x^6 + \frac{6}{x} u x^6 = – 9 x^4$$

      Esto implica:

      $$\frac{d}{dx} [u x^6] = – 9 x^4$$

      Integrando:

      $$u x^6 = – 9 \int x^4 dx + C$$

      $$\Rightarrow u x^6 = – \frac{9}{5} x^5 + C$$

      $$\Rightarrow u = – \frac{9}{5} \frac{x^5}{x^6} + C x^{- 6}$$

      $$\Rightarrow u = – \frac{9}{5 x} + C x^{- 6}$$

      Regresando a \(y\):

      $$\frac{1}{y^3} = – \frac{9}{5 x} + C x^{- 6}$$

      $$\Rightarrow y^3 = \frac{x}{- \frac{9}{5} + C x^{- 5}}$$

      De modo que el resultado es:

      $$y = \sqrt[3]{\frac{x}{- 9 x^5 + 5 C}}$$

      Saludos

      Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Hola masterle0
      Te dejo la respuesta:

      Tenemos:

      $$x \frac{dy}{dx} + y = y^2 Ln x$$

      Esto implica:

      \(\frac{dy}{dx} + \frac{y}{x} = y^2 \frac{Ln x}{x}\) ….(1)

      La cual es una ED de Bernoulli. Siguiendo el método de este artículo:

      \(u = y^{1 – n}\), \(n = 2\) \(\Rightarrow\) \(u = y^{1 – 2} = y^{- 1}\)

      Por tanto:

      \(u = \frac{1}{y}\), \(y = \frac{1}{u}\)

      \(\frac{dy}{dx} = – \frac{1}{u^2} \frac{du}{dx}\)

      Sustituyendo \(y\) y \(\frac{dy}{dx}\) en (1):

      \(- \frac{1}{u^2} \frac{du}{dx} + \frac{1}{u x} = \left(\frac{1}{u} \right)^2 \frac{Ln x}{x}\)
      \(\Rightarrow – \frac{1}{u^2} \frac{du}{dx} + \frac{1}{u x} = \frac{Ln x}{u^2 x}\)

      multiplicando por \(- u^2\):

      \(\frac{du}{dx} – \frac{u}{x} = \frac{(- u^2)}{u^2 x} Ln x\)

      \(\Rightarrow \frac{du}{dx} – \frac{u}{x} = – \frac{Ln x}{x}\) ….. (2)

      La cual es un ED lineal de primer orden.

      La resolvemos mediante el metodo descrito en el artículo:
      Factores Integrantes, Ejemplo 1:

      F.I.:

      \(e^{\int P (x) dx} = e^{- \int \frac{dx}{x}} = e^{- Ln x}\)

      \(\Rightarrow e^{Ln x^{- 1}} = e^{Ln \frac{1}{x}} = \frac{1}{x}\)

      multiplicamos este factor por toda la ED (2):

      \(\frac{1}{x} \left( u’ – \frac{u}{x} \right) = – \left( \frac{1}{x} \right) \frac{Ln x}{x}\)

      \(\Rightarrow \frac{u’}{x} – \frac{u}{x^2} = – \frac{Ln x}{x^2}\)

      Esto implica:

      \(\frac{d}{dx} \left[ \frac{1}{x} \ast u \right] = – \frac{Ln x}{x^2}\)

      \(\Rightarrow d \left[ \frac{1}{x} \ast u \right] = – \frac{Ln x}{x^2}dx\)

      Integrando:

      \(\frac{u}{x} = – \int \frac{Ln x}{x^2} dx + C_1\)

      Usamos Int por partes:

      \(u = Ln x\) ; \(dV = \frac{1}{x^2} dx\)

      \(d u = \frac{1}{x}\) ; \(V = \frac{x^{- 2 + 1}}{- 2+ 1}\)
      \(V = – \frac{1}{x}\)

      De modo que:

      \(\frac{u}{x} = – \left( – \frac{1}{x} Ln x + \int \frac{1}{x^2}dx \right) + C_1\)

      \(\Rightarrow \frac{Ln x}{x} – \left( \frac{x^{- 2 + 1}}{- 2 + 1} \right) + C_1\)

      \(\Rightarrow \frac{Ln x}{x} + \frac{1}{x} + C_1\)

      \(\Rightarrow u = Ln x + 1 + C_1 x\)

      Regresando a la variable \(y\):

      \(\frac{1}{y} = Ln x + 1 + C_1 x\)

      Por tanto el resultdo, es:

      \(y = \frac{1}{Ln x + 1 + C_1 x}\)

      Saludos

      Responder
  7. Belys

    buenas en el caso de la ecuación que hiciste anteriormente en el tema dy/dx -y=e^x t ^2 me gustaría saber como seria el resultado si en vez de estar restando se suma, quedaría así dy/dx + y=e^x t ^2

    Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Belys
      Si la ED, es:
      $$\frac{dy}{dx}+y=e^{x}y^{2}$$
      Entonces,
      EL paso 1 y 2, permanecerian igual, luego;
      Realizando la sustitución:
      $$ -\frac{1}{u^{2}}+\frac{du}{dx}+\frac{1}{u}=e^{x}(\frac{1}{u})^{2}$$
      $$ -\frac{1}{u^{2}}+\frac{du}{dx}+\frac{1}{u}=e^{x}(\frac{1}{u^{2}})$$
      $$ \frac{du}{dx}-\frac{u^{2}}{u}=e^{x}(\frac{-u^{2}}{u^{2}})$$
      $$ \frac{du}{dx}- u = -e^{x}$$
      Si integras ésta ED lineal por el método de los 4 pasos, que esta descrito acá mismo
      llegarás al resultado:
      $$u(x) = -xe^{x}+C1e^{x}$$
      Y por ultimo al sustituir de nuevo \( u = \frac{1}{y} \), obtendrás:
      $$y(x) = -\frac{e^{-x}}{x-C1}$$
      Saludos

      Responder
  8. Kai

    Buenos dias, en verdad agradezco mucho a este blog, estos ejercicios me han ayudado mucho, pero tengo un ultimo ejercicio pendiente, me podrias colaborar con este? : 3(1+x’).dy/dx=2xy.(y^3 1)

    Es el mismo ejercicio 20 del libro de Zill donde tomaste estos ejercicios, muchas gracias.

    Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Hola Kai
      El procedimiento es muy largo
      Pero te dejo el resultado de cada etapa, como la desarrollo en este artículo:

      Tenemos:
      $$3 (1 + t^2) \frac{dy}{dx} = 2 t y (y^3 – 1)$$

      Resolvemos:

      Paso 1:

      Desarrollamos hasta obtener:

      $$\frac{dy}{dx} + \frac{2 t y}{3 (1 + t^2)} = \frac{2 t}{3 (1 + t^2)} y^4$$ \ … (1)

      Paso 2:

      Convertimos a una ED lineal, haciendo:

      $$u = y^{1 – 4}$$ …

      $$y = \frac{1}{u^{\frac{1}{3}}}$$

      $$\frac{dy}{dx} = – \frac{1}{3 u^{\frac{4}{3}}} \frac{du}{dt}$$

      Paso 3:

      Sustituimos \(y\) y \(\frac{dy}{dx}\) en (1) y desarrollamos para obtener la ED lineal:

      $$\frac{dy}{dx} + \frac{2 t y}{3 (1 + t^2)} = \frac{2 t}{3 (1 + t^2)} y^4$$

      $$- \frac{1}{3 u^{ \frac{4}{3}}} \frac{du}{dt} + \frac{2 t}{3 (1 + t^2)} \left( \frac{1}{u^{ \frac{1}{3}}} \right) = \frac{2 t}{3 (1 + t^2)}
      \left( \frac{1}{u^{ \frac{4}{3}}} \right)$$

      … desarrollas

      $$\frac{du}{dt} – 2 \frac{t u}{(1 + t^2)} = – \frac{2 t}{(1 + t^2)}$$

      Paso 4:

      Resuelves la ed (2), que ahora es lineal mediante los 4 pasos para ed’s lineales, ver articulo: CÓMO RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES CON EL MÉTODO DEL FACTOR INTEGRANTE, MÉTODO DE 4 PASOS.

      El resultado es:

      $$u = C_1 (1 + t^2) + 1$$

      Y, por último, regresando a las variables originales:

      $$u = \frac{1}{y^3}$$, de modo que,

      $$\frac{1}{y^3} = C_1 (1 + t^2) + 1$$

      …

      $$y = \sqrt[3]{\frac{7}{C_1 (1 + t^2) + 1}}$$

      Saludos

      Responder
  12. Daniela Bonilla

    Me podrías ayudar con esta ecuación ecuación, la tengo que resolver por el método de bernulli pero al sustituir para hacer una ecuación lineal no me sale, se que por variables separables también a resumen pero me piden bernulli. Ecuacion: dp/dt=p-p^2

    Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Daniel, de momento, la única forma de poder atenderte es mediante a gendarte para una asesoria personal o mediante mi servicio de resolución de ejercicios. Si te interesa te dejo un enlace a mmi página de facebook: Ecuacion Diferencial Ejercicios y Aplciaciones, donde me puedes contactar en tiempo real. También te puedo atende si ralizas una donación al sitio. De momento estoy saturado de trabajo y no podría ser de otra forma, lo siento por esta vez, de cualquier forma, te espero en facbook. Saludos

      Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      De momento solo estamos brindando ayuda con costo yoandris, con gusto te podemos ayudar con una respuesta paso a paso para 2 problemas de 1er orden como el que describes por 5 USD, nos puedes contratar mediante nuestra fanpage de facebook, para una respuesta mas rápida, te dejo el enlace: Ecuaciones Diferenciales Ejercicios y Apliacaciones
      El pago es mediante oxxo si estas en México o mediante paypal si estas en el extranjero. También hay otras formas de pago.
      Avisanos si necesitas nuestra ayuda. Saludos

      Responder
  20. carolina

    buenas noches,
    me podrían colaborar con la solución de este ejercicio. Agradezco su colaboración.
    (x+raiz de (y^(2)-xy))(dy)/(dx)=y, y(1/2)=1

    Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Hola Carolina, esa ED la puedes resolver con el artículo que escribí sobre resolución de ED’s homogéneas, click aquí, la dificultad de la misma es que te toparás con una integral racional que incluye radicales, donde tendrás que realizar una nueva sustitución para poder resolverla. El desarrollo es largo e involucra pericia en ED’s, además de, en métodos de integración.

      Si requieres una solución paso a paso, con mucho gusto te ayudo, por un costo de 5 USD (en realidad cobro 10 USD por ED’s de ese tipo) porque su desarrollo es largo y ponerlo en pasos bien justificados y con una secuencia fácilmente entendible es un trabajo minucioso y tardado.

      Si te parece, escríbeme dentro de la página de facebook del sitio, para atenderte en tiempo real. Saludos

      Responder
  22. Brayan Gómez Betancur

    Buenos días,
    Alejandro presento dificultades con el siguiente problema que presenta una ecuación de Bernoulli, ya intenté resolverla como tal por dicha «técnica» pero me quedé en cierta parte, espero me pueda ayudar y le agradezco de antemano.

    Ejercicio:

    Con el objetivo de hacer regulación de la pesca, se ha establecido comisiones internacionales
    para implementar los controles. Para la comprensión de tales controles
    se han elaborado modelos matemáticos de poblaciones de peces. El modelo de crecimiento
    de von Bertalanffy se refleja en la ecuación de Bernoulli
    dW
    dt = αW2/3 − βW
    donde W = W(t) representa el peso de un pez y α, β son constantes positivas.
    1. Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial.
    2. Calcular W∞ = l´ım
    t→∞
    W(t), el peso límite del pez.

    Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Hola Karol, ¿cómo estas?
      La ED que escribiste es un ED que puede convertirse en Exacta.
      Para poder hacer la conversion necesitas ver el siguiente ejercio
      Y para hacerte más facil la busqueda te comento que el factor integrante es $\mu(y)$, así que vete directamente al segundo caso que se desarrolla en el problema.
      El factor integrante debe darte: $$\mu(y) = e^{-\frac{4}{3}\log{(y^{3}-1)}}$$; me parece que el desarrollo es largo, no lo he hecho, solo calculé el factor integrante.
      Cuando vayas a calcular el factor integrante, no olvides dejer un signo positivo este los términos; es decir, debes ordenar así la ecuación:
      $$2xy\left(y^{3}-1\right)dx + \left(-3-x^{2}\right)dy=0$$
      Por último, si necsitass que te ayude con el desarrollo paso a paso con gusto lo hago y sería con un costo, por la complejidad del problema.
      Saludos

      Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Hola Gabriela, aquí la solución:
      $\frac{dy}{dx}+\frac{x}{t^{2}}=\frac{1}{t^{2}}$
      Solución:
      $\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{t^{2}}+\frac{1}{t^{2}}$
      $dy=-\frac{x}{t^{2}}dx+\frac{1}{t^{2}}dx$
      $\int dy=-\frac{1}{t^{2}}\int x dx+\frac{1}{t^{2}}\int dx + C$
      $y = -\frac{1}{t^{2}}\frac{x^{2}}{2}+\frac{1}{t^2}x+C$
      $y=\frac{1}{t^{2}}\left( x-\frac{x^{2}}{2} \right)$
      $y=\frac{1}{t^{2}}\left( \frac{2x-x^{2}}{2} \right)$
      Listo.
      Gaby, si no ves el resultado con suficiente resolución, dale click izquierdo al ratón cuando estes posiscionada sobre cualquiera de las ecuaciones y selecciona en el menú contextual «Math Settings» y en el nuevo menú que se abrirá, selecciona «Scale All Math», dale click y te aparecerá una ventana con un texto y una caja con un «100%», cambia ese numero por 200 y dale aceptar y listo. 😉
      Saludos

      Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Carlos, aquí tienes:

      $\frac{d y}{d x} + \frac{y}{x} = x y^2$
      utiliza:
      $u = y^{1 – n}$
      $n = 2$
      Por tanto:
      $u = \frac{1}{y} \Rightarrow y = \frac{1}{u}$
      $\frac{d y}{d x} = – u^{- 1 – 1} \frac{d u}{d x}$
      $\Rightarrow \frac{d y}{d x} = – \frac{1}{u^2} \frac{d u}{d x}$

      De modo que, sustituyendo lo anterior en la ED original:
      $\frac{d y}{d x} + \frac{y}{x} = x y^2$
      $\Rightarrow – \frac{1}{u^2} \frac{d u}{d x} + \frac{1}{x u} = x \left(
      \frac{1}{u} \right)^2$
      $\Rightarrow – \frac{d u}{d x} + \frac{u^2}{x u} = x \frac{u^2}{u^2}$
      $\Rightarrow \frac{d u}{d x} – \frac{u}{x} = – x$

      Resolviendo la ED resultante (ED lineal):
      F.I.: $e^{\int P (x) d x} = e^{\int – \frac{d x}{x}} = \frac{1}{x}$
      $\Rightarrow \frac{1}{x} \frac{d u}{d x} – \frac{1}{x} \frac{u}{x} = –
      \frac{x}{x}$
      $\Rightarrow \frac{1}{x} \frac{d u}{d x} – \frac{u}{x^{^2}} = – 1$
      $\Rightarrow \frac{d}{d x} \left( \frac{1}{x} u \right) = – 1$
      $\Rightarrow d \left( \frac{1}{x} u \right) = – d x$
      $\Rightarrow \int d \left( \frac{1}{x} u \right) = – \int d x + C$
      $\Rightarrow \frac{1}{x} u = – x + C$
      $\Rightarrow u = – x^2 + C x$

      Regresando a las variables originales:
      $\Rightarrow \frac{1}{y} = – x^2 + C x$

      Por tanto, la solución es:
      $y = – \frac{1}{x^2 + C x}$

      Responder
    1. Manuel Alejandro Vivas Riverol

      Mauricio, con mucho gusto. Te comento, la ayuda gratuita ya desde hace un tiempo son solo para EDs de 1er órden, separables y/o lineales, para las demás las hago con mucho gusto con costo. Si te parece escribe un mensaje en la página de Facebook del sitio, la encuentras en Facebook como Ecuaciones Diferenciales Ejercicios y Aplicaciones, ¿cómo ves? Saludos

      Responder
  42. Alvaro

    Hola amigo!! Me he encontrado con este ejercicio que pide su resolución por el método de Bernulli. Yo no he sabido como se haya la solución, espero me pueda ayudar dy/dx =(3x^2)/(x^2-y^2-a^2) donde a es una constante.

    Responder
  44. FEDERICO GUSTAVO ISAZA

    Excelente material, os recomiendo al PROFESOR FEDERICO ISAZA QUIN RESUELVE ECUACIONES DE ESTE TIPO.
    whastapp: +573146571313 (COLOMBIA)

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