Se llama ecuación de Bernoulli a toda ecuación diferencial de la forma
y'+P(t) y= Q(t) y^{\alpha},
donde P y Q son funciones continuas en un cierto intervalo I y \alpha es un n\’umero real. (Observar que esta ecuación es lineal cuando \alpha=0 y cuando\alpha=1).
La técnica empleada para resolverla es transformarla, mediante un cambio de variable, en una ecuación lineal.
Para ello:
- dividimos toda la ecuación por y^{\alpha}, es decir multiplicamos por y^{-\alpha} obtenemos
y'y^{-\alpha}+P(t) y^{1-\alpha}= Q(t),
- realizamos el cambio z=y^{1-\alpha}, de forma que z'=(1-\alpha)y^{-\alpha}y'. Entonces
\dfrac{z'}{1-\alpha}+P(t) z= Q(t),
z'+(1-\alpha)P(t) z= (1-\alpha)Q(t),
es una ecuación lineal.
Ejemplo: Solución general de la ecuación diferencial
y'-y=e^ty^2
- Dividimos por y^2].
y'{y^{ – 2}} – {y^{ – 1}} = {e^t}.
- Realizamos el cambio \left. {\begin{array}{c} {z = {y^{ – 1}}} \\ {z' = – {y^{ – 2}}y'} \end{array}} \right\}.
– z' – z = {e^t}\Rightarrow z'+z=-e^t
- Resolvemos la ecuación lineal.
\begin{gathered} P(t) = 1 \Rightarrow \mu (t) = {e^t}, \\[0.5em] {e^t}z' + {e^t}z = – {e^{2t}}, \\[0.5em] ({e^t}z)' = – {e^{2t}}, \\[0.5em] {e^t}z = – \frac{1}{2}{e^{2t}} + C, \\[0.5em] z = – \frac{1}{2}{e^t} + C{e^{ – t}}=\frac{2Ce^{-t}-e^t}{2}, \end{gathered}
- Deshacemos el cambio de variable.
\boxed{\color{blue}y = \dfrac{2}{{2C{e^{ – t}} – {e^t}}},\;C\in\mathbb{R}}.
Ejemplo: Resolver el problema de Cauchy
\left\{\begin{array}{l} ty'+y=y^2\ln t, \\ y(1) = 1. \\ \end{array}\right.
La ecuación diferencial equivale a y'+\dfrac{y}{t}=\dfrac{\ln t}{t}y^2, que es una ecuación de Bernoulli.
- Dividimos por y^2.
y'y^{-2}+\dfrac{y^{-1}}{t}=\dfrac{\ln t}{t}.
- Realizamos el cambio \left. {\begin{array}{c} {z = {y^{ – 1}}} \\ {z' = – {y^{ – 2}}y'} \end{array}} \right\}. y obtenemos
-z'+\dfrac{1}{t}z=\dfrac{\ln t}{t}\Rightarrow -z'-\dfrac{1}{t}z=-\dfrac{\ln t}{t}
- Resolvemos la ecuación lineal.
\begin{gathered} P(t) = -\dfrac{1}{t} \Rightarrow \mu (t) = e^{\ln t^{-1}}=\dfrac{1}{t}, \\[0.5em] \dfrac{1}{t}z' – \dfrac{1}{t^2}z = -\dfrac{\ln t}{t^2}, \\[0.5em] \left(\dfrac{1}{t}z\right)' = -\dfrac{\ln t}{t^2}, \\[0.5em] \end{gathered}
Debemos pues calcular la integral \displaystyle\int-\dfrac{\ln t}{t^2}dt=\int\ln t\left(-\dfrac{1}{t^2}\right)dt.
Para ello, integramos por parte tomando \left\{\begin{darray}{cc}u = \ln t & dv = \left( – \frac{1}{t^2} \right)dt \\du = \frac{1}{t}dt& v = \frac{1}{t}\end{darray}\right\}
Entonces
\displaystyle\int\ln t\left(-\dfrac{1}{t^2}\right)dt=\dfrac{\ln t}{t}-\int\dfrac{1}{t^2}dt=\dfrac{\ln t}{t}+\dfrac{1}{t}+C.
Entonces
\dfrac{1}{t}z=\dfrac{\ln t}{t}+\dfrac{1}{t}+C
z=\ln t +1+Ct\Rightarrow y=\dfrac{1}{\ln t+1 +Ct}
De y(1)=1 deducimos \dfrac{1}{1+C}=1, de donde C=0.
La solución es
\boxed{\color{blue}y=\dfrac{1}{\ln t+1}.}
Si quieres reforzar lo aprendido, aquí tienes un vídeo con más ejemplos resueltos!!!