Ecuación diferencial de Bernoulli

http://image.slidesharecdn.com/teoremadebernoulli-100228025358-phpapp02/95/slide-1-728.jpg?1267347961

$\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)y^\alpha$

donde $\!P(x)$ y $\!Q(x)$ son funciones continuas en un intervalo $[a,b] \subseteq \mathbb{R}$

Método de resolución

Caso general

Si se descuentan los casos particulares en que α=0 y α=1 y se divide la ecuación por y^α se obtiene:

(1) $\frac{y'}{y^\alpha}+\frac{P(x)}{y^{(\alpha-1)}}=Q(x)$

Definiendo:

$Z(x):=\frac{1}{y^{(\alpha-1)}}$

lleva inmediatamente a las relaciones:

$Z'(x)= -\frac{\alpha-1}{y^\alpha}y' \qquad \Rightarrow \frac{y'(x)}{y^\alpha}=-\frac{1}{\alpha-1}Z'(x)$

Gracias a esta última relación se puede reescribir (1) como:

(2) $\!Z'(x)+ (1-\alpha)\!P(x)\!Z(x)=(1-\alpha)\!Q(x)$

Ecuación a la cual se puede aplicar el método de resolución de una ecuación diferencial lineal obteniendo como resultado:

$Z(x) = {\frac { \left( 1-\alpha \right) \int \!Q \left( x \right){e^{ \left( 1-\alpha \right) \int \!P \left( x \right) {dx}}} {dx}+C}{{e^{ \left( 1-\alpha \right) \int \!P \left( x \right) {dx}}}}}$

Donde $C \in \mathbb{R}$ es una constante arbitraria. Pero como Z = y^1-α se tiene que:

${y^{(\alpha-1)}}={\frac {{e^{ \left( 1-\alpha \right) \int \!P \left( x \right) {dx}}}}{ \left( 1-\alpha \right) \int \!Q \left( x \right){e^{ \left( 1-\alpha \right) \int \!P \left( x \right) {dx}}} {dx}+C}} \qquad \Rightarrow y(x)={\sqrt [\alpha-1]{\frac {{e^{-(\alpha-1)\int \!P \left( x \right) {dx}}}}{ \left( 1-\alpha \right) \int \!Q \left( x \right){e^{ \left( 1-\alpha \right) \int \!P \left( x \right) {dx}}} {dx}+C}}}$

Finalmente, las funciones que satisfacen la ecuación diferencial pueden calcularse utilizando la expresión:

(3) $y(x)={\frac {{e^{-\int \!P \left( x \right) {dx}}}}{\sqrt [\alpha-1]{ \left( 1-\alpha \right) \int \!Q \left( x \right) {e^{ \left( 1-\alpha \right) \int \!P \left( x \right) {dx}}}{dx}+C}}}$

Con $C \in \mathbb{R}$ .

Caso particular: α = 0

En este caso la ecuación se reduce a una ecuación diferencial lineal cuya solución viene dada por:

(4) $\!y(x) = e^{-\int \!P(x)dx}\left({\int{ \!Q(x)e^{\int \!P(x)dx}dx}+\!C}\right)$

Caso particular: α = 1

En este caso la solución viene dada por:

(5) $\ln\ \!y(x) = \int [Q(x)-P(x)]dx + C$

Ejemplo

Para resolver la ecuación:

(*) $\qquad xy'+y=x^4y^3$

Se hace el cambio de variable $z=y^{-2}\;$ , que introducido en (*) da simplemente:

(**) $y^2=\frac{1}{z} \Rightarrow 2yy'=-\frac{1}{z^2}z'$

Multiplicando la ecuación anterior por el factor: $\frac{2y}{x};$ se llega a:

$\qquad 2yy'+\frac{2}{x}y^2=2x^3y^4$

Si se sustituye (**) en la última expresión y operando:

$-\frac{z'}{z^2} +\frac{2}{x} \frac{1}{z}= \frac{2x^3}{z^2} \quad \Rightarrow \quad z'-\frac{2z}{x}=-2x^3$

Que es una ecuación diferencial lineal que puede resolverse fácilmente. Primeramente se calcula el factor integrante típico de la ecuación de Bernouilli:

$e^{\int P(x)dx} = e^{\int -\frac{2}{x}dx} = e^{-2ln(x)} = \frac{1}{x^2}$

Y se resuelve ahora la ecuación:

$\left(\frac{z}{x^2}\right)' = -2x^3 \frac{1}{x^2} = -2x \qquad \frac{z}{x^2} = \int{-2x dx} = -2\int{x dx} = -2\frac{x^2}{2} + C_1= -x^2 + C_1$

Deshaciendo ahora el cambio de variable:

$\frac{z}{x^2} = -x^2 + C_1 \quad \Rightarrow \quad z=C_1x^2 -x^4$

Teniendo en cuenta que el cambio que hicimos fue $z=y^{-2}\;$ :

$\frac{1}{y(x)^2}=C_1x^2-x^4 \quad \Rightarrow \quad y(x) = \frac{\pm 1}{\sqrt{C_1x^2-x^4}}$

Ecuación de Riccati

http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/thumb/9/93/Jacopo_Francesco_Riccati_(1676-1754).jpg/220px-Jacopo_Francesco_Riccati_(1676-1754).jpg

La ecuación de Riccati es una ecuación diferencial ordinaria desarrollada en el siglo XVIII por el matemático italiano Jacopo Francesco Riccati, con el fin de analizar la hidrodinámica.

Corresponde a una ecuación de la forma:

$\frac{dy}{dx} + p(x)y + q(x)y^2 = f(x)$

Esta ecuación se resuelve si previamente se conoce una solución particular, digamos $y_1(x)\,\!$ .

Conocida dicha solución, se hace el cambio:

$y(x)= z(x) + y_1(x)\,\!$

y reemplazando, se obtiene:

$\frac{dy}{dx}=-p(x)y-q(x)y^2 +f(x)=\frac{dz(x)}{dx}+ \frac{dy_1}{dx}$

es decir:

$-p(x)y -q(x)y^2+ f(x)=\frac{dz}{dx} -p(x)y_1(x) - q(x)y_1(x)^2 +f(x)$

$\Rightarrow \frac{dz}{dx} = p(x) (y_1-y)+ q(x)(y_1^2-y^2)$

lo que equivale a:

$\frac{dz}{dx}=-p(x)z-q(x) (z^2+2zy_1)$

$\Rightarrow \frac{dz}{dx}=-(p(x) +2q(x)y_1(x))z -q(x)z^2$

que corresponde a una ecuación diferencial de Bernoulli.

Obsérvese que si se hace el cambio

$y(x)=y_1(x) + \frac{1}{z(x)}$ ,

esto nos lleva directamente a una ecuación lineal diferencial de primer orden.

http://www.youtube.com/watch?v=JkdR-SP76Mw

Ecuación diferencial de Clairaut

http://www.apprendre-math.info/history/photos/Clairaut.jpeg

La ecuación diferencial de Clairaut, así llamada en honor a su inventor, el físico francés Alexis-Claude Clairaut, es una ecuación diferencial ordinaria de la forma:

$y(x)=x\frac{dy}{dx}+f\left(\frac{dy}{dx}\right).$

Para resolver la ecuación, diferenciamos respecto a x, quedando:

$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dx}+x\frac{d^2 y}{dx^2}+f'\left(\frac{dy}{dx}\right)\frac{d^2 y}{dx^2},$

por tanto

$0=\left(x+f'\left(\frac{dy}{dx}\right)\right)\frac{d^2 y}{dx^2}.$

y así:

$0=\frac{d^2 y}{dx^2}$

$0=x+f'\left(\frac{dy}{dx}\right).$

En el primer caso, C = dy/dx para cualquier constante arbitraria C. Sustituyéndolo en la ecuación de Clairaut, tenemos la familia de ecuaciones dadas por

$y(x)=Cx+f(C),\,$

llamadas soluciones generales de la ecuación de Clairaut.

El otro caso,

$0=x+f'\left(\frac{dy}{dx}\right),$

define sólo una solución y(x), llamada solución singular, cuyo gráfico es envolvente de las gráficas de las soluciones generales. La solución singular se representa normalmente usando notación paramétrica, como: (x(p), y(p)), donde p representa dy/dx.

Ejemplo:

Resolver: