CLASE 6-ECUACION DE BERNOULLI Y RICATTI

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ECUACIONES DIFERENCIALES
ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN
ECUACION DE BERNOULLI Y ECUACION DE
RICCATI
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
JOE GARCÍA ARCOS
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS EXACTAS - ESPE
CLASE 6
CONTENIDO
Título : Ecuación de Bernoulli y Ecuación de Riccati
Duración : 120 minutos
Información general : Resolver ecuaciones diferenciales de Bernoulli y Riccati
Objetivo : Conocer las ecuaciones diferenciales de Bernoulli y Riccati
1
Ecuaciones diferenciales de primer orden
0.1 Ecuación de Bernoulli
En cierto sentido, la ecuación de Bernoulli, que es una ecuación diferencial no lineal de
primer orden, se encuentra en el límite entre las ecuaciones diferenciales de primer orden lineales
y no lineales, por lo que por esta y otras razones es importante en las aplicaciones.
Surge en diferentes aplicaciones, muchas de ellas surgen de problemas que rayan en
regímenes lineales y no lineales.
Definición 0.1. Ecuación de Bernoulli
Una ecuación de la forma
G ′ + ?(C)G = @(C)G= (1)
se denomina una ecuación diferencial de Bernoulli.
Observamos que si = = 0 o = = 1, entonces la ecuación de Bernoulli (1) es en realidad
una ecuación lineal y por lo tanto es fácilmente solucionable como tal. Sin embargo, en el caso
general en que = ≠ 0 o = ≠ 1, esta situación simple no se sostiene y debemos proceder de una
manera diferente.
Ahora declaramos y probamos el Teorema 0.1, que da un método de solución en el caso general.
Teorema 0.1
Supongamos que = ≠ 0 o = ≠ 1. Entonces la transformación E = G1−= reduce la ecuación
de Bernoulli
G ′ + ?(C)G = @(C)G=
a una ecuación lineal en E.
Demostración Primero multiplicamos la ecuación (1) por G−=, expresándola en la forma equivalente
G−=G ′ + ?(C)G1−= = @(C). (2)
Si hacemos que E = G1−=, entonces
3E
3C
= (1 − =)G−= 3G
3C
y la ecuación (2) se transforma en
1
1 − =
3E
3C
+ ?(C)E = @(C)
o equivalente
3E
3C
+ (1 − =)?(C)E = (1 − =)@(C).
Hacemos
?1 (C) = (1 − =)?(C), @1 (C) = (1 − =)@(C),
CLASE 6
esto puede escribirse
3E
3C
+ ?1 (C)E = @1 (C),
que es lineal en E. �
Por lo tanto, una ecuación diferencial de Bernoulli se transforma en una ecuación lineal de
primer orden en la nueva variable E. Es importante considerar intercambiar los roles de C y G
para que una ecuación diferencial se pueda convertir en una ecuación lineal de primer orden o
una ecuación diferencial de Bernoulli.
1. G ′ + ?(C)G = @(C)G=
E = G1−= =⇒ 3E
3C
+ (1 − =)?(C)E = (1 − =)@(C), Ecuación lineal de primer orden.
2. C ′ + ?(G)C = @(G)C=
E = C1−= =⇒ 3E
3G
+ (1 − =)?(G)E = (1 − =)@(G), Ecuación lineal de primer orden.
La ecuación de Bernoulli ocurre en varias aplicaciones de las matemáticas que involucran
alguna forma de no linealidad. Ocurre, por ejemplo, en mecánica sólida y fluida, donde se
encuentra que describe una característica importante de los tipos especiales de propagación.
Ejemplo 0.1
Resuelva la ecuación diferencial
2CGG ′ = G2 − 2C3, G(1) = 2.
Solución La ecuación diferencial se puede escribir como
G ′ − 1
2C
G = −C2 1
G
La cuál es una ecuación de Bernoulli con = = −1. Multiplicando ambos lados de la ecuación en
G tenemos
GG ′ − 1
2C
G2 = −C2.
Haciendo E = G2 y
3E
3C
= 2G
3G
3C
, la ecuación se vuelve
1
2
3E
3C
− 1
2C
E = −C2 =⇒ 3E
3C
− 1
C
E = −2C2.
La ecuación es lineal de primer orden de la forma
3E
3C
+ ?1(C)E = @1(C), ?1(C) = −
1
C
, @1(C) = −2C2.
Las siguientes cantidades pueden ser evaluadas
4
∫
?1 (C) 3C = 4−
∫ 1
C
3C =
1
C
, 4−
∫
?1 (C) 3C = 4
∫ 1
C
3C = C,
y ∫
@1(C)4
∫
?1 (C) 3C 3C =
∫
−2C2 1
C
3C = −C2.
Por lo tanto
E(C) = C (2 − C2),
3
CLASE 6
Como E = G2, entonces la solución general es
G2 = C (2 − C2).
La constante 2 se puede determinar a partir de la condición inicial G(1) = 2
22 = 1(2 − 12) =⇒ 2 = 5.
La solución particular es
G2 = C (5 − C2). �
Ejemplo 0.2
Resuelva la ecuación diferencial
3G 3C − C (3C3G ln G + 1) 3G = 0, G ≠ 0.
Solución La ecuación diferencial se puede escribir como
3C
3G
− 1
3G
C = ln G · C4
La cuál es una ecuación de Bernoulli con = = 4. Dividiendo ambos lados de la ecuación en C4
tenemos
1
C4
3C
3G
− 1
3G
1
C3
= ln G.
Haciendo E =
1
C3
y
3E
3G
= − 3
C4
3C
3G
, la ecuación pasa a ser
−1
3
3E
3G
− 1
3G
E = ln G =⇒ 3E
3G
+ 1
G
E = −3 ln G.
La ecuación es lineal de primer orden de la forma
3E
3G
+ ?1(G)E = @1(G), ?1(G) =
1
G
, @1(G) = −3 ln G.
Las siguientes cantidades pueden ser evaluadas
4
∫
?1 (G) 3G = 4
∫ 1
G
3G = G, 4−
∫
?1 (G) 3G = 4−
∫ 1
G
3G =
1
G
,
y ∫
@1(G)4
∫
?1 (G) 3G 3G =
∫
−3 ln G · G 3G = −3
2
(
G2 ln G − 1
2
G2
)
.
Por lo tanto
E(G) = 1
G
[
2 − 3
4
G2(2 ln G − 1)
]
.
Como E =
1
C3
, entonces la solución general es
4
C3
=
2
G
− 3G(2 ln G − 1). �
Ejemplo 0.3
Resuelva la ecuación diferencial:
(2C2G ln G − C)G ′ = G.
4
CLASE 6
Solución Como
G ′ =
G
2C2G ln G − C
=⇒ C ′ = 2C
2G ln G − C
G
o
C ′ + 1
G
C = 2C2 ln G, = = 2, F = C−1
Haciendo el cambio, obtenemos
F′ − 1
G
F = −2 ln G,
Encontramos
E(G) = 4
∫
3G
G = G y D(G) = −
∫
2 ln G
G
3G + 2 = − ln2 G + 2
Por lo tanto
F(G) = (2 − ln2 G)G
Como F =
1
C
, entonces la solución general es
C−1 = 2G − G ln2 G. �
Ejemplo 0.4
Resuelva la ecuación diferencial:
G ′ = G4 cos C + G tan C.
Solución Como
G ′ − tan C · G = cos C · G4, = = 4, F = G−3
entonces
F′ + 3 tan C · F = −3 cos C
Encontramos
E(C) = 4−3
∫
tan C 3C = cos3 C y D(C) = −3
∫
cos C
cos3 C
3C + 2 = −3 tan C + 2
Por tanto
F(C) = (2 − 3 tan C) cos3 C
La solución general es
G−3 = (2 cos C − 3 sin C) cos2 C. �
Ejemplo 0.5
Resuelva la ecuación diferencial:
3G 3C − C (3C3G ln G + 1) 3G = 0.
Solución Como
3C
3G
− 1
3G
C = ln G · C4, = = 4, F = C−3
5
CLASE 6
entonces
3F
3G
+ 1
G
F = −3 ln G
esta ecuación es lineal
F =
(
−3
2
G2 ln G + 3
4
G2 + 2
)
1
G
=⇒ F = −3
2
G ln G + 3
4
G + 2
G
La solución general es
C−3 = −3
2
G ln G + 3
4
G + 2
G
. �
Ejemplo 0.6
Resuelva la ecuación diferencial:
2 sin C · G ′ + G cos C − G3(C cos C − sin C) = 0.
Solución Como
G ′ + 1
2
cot C · G = 1
2
(C cot C − 1) G3, = = 3, I = C−2
entonces
I′ − cot C · I = 1 − C cot C
esta ecuación es lineal. Calculamos
E(C) = 4
∫
cot C 3C = sin C y D(C) = 4
∫ 1−C cot C
sin C 3C+2 = C csc C + 2
donde
I = (C csc C + 2) sin C
La solución general es
G−2 = (C csc C + 2) sin C =⇒ G−2 = C + 2 sin C. �
0.2 Ecuación de Riccati
Esta sección presenta la ecuación de Riccati, de la cual la ecuación de Bernoulli es un
caso especial. Resolver la ecuación de Riccati no es fácil, pero se darán algunas sustituciones
que simplifican esta tarea cuando ya se conoce una de las ecuaciones de Riccati, posiblemente
mediante inspección.
Definición 0.2. Ecuación de Riccati
Una ecuación diferencial de la forma
G ′ + ?(C)G + @(C)G2 = A (C) (3)
recibe el nombre de ecuación de Riccati. Una ecuación de Riccati es lineal si @(C) = 0
pero es no lineal en caso contrario.
Su importancia deriva del hecho de que se encuentra en el límite entre las ecuaciones lineales
6
CLASE 6
y no lineales, y se produce en diversas aplicaciones de las matemáticas que implican problemas
no lineales. Ahora veremos cómo producir la solución general de una ecuación de Riccati.
Para resolverla, tenemos que haber encontrado previamente una solución particular G? (C). Si éste
es el caso, efectuamos el cambio de función G = G? + I, con lo cual G ′ = G ′? + I′ y, sustituyendo
G ′? + I′ + ?(C) (G? + I) + @(C) (G2? + 2G?I + I2) = A (C)
Como
G ′? + ?(C)G? + @(C)G2? = A (C)
por ser G? solución particular, esa expresión queda como
I′ + ?(C)I + @(C)I2 + 2@(C)IG? = 0 (4)
es decir
I′ + [?(C) + 2@(C)G? (C)]I + @(C)I2 = 0 (5)
que es una ecuación de Bernoulli con = = 2.
Ejemplo 0.7
Resuelva la ecuación diferencial:
2 cos C · G ′ = 2 cos2 C − sin2 C + G2.
Solución Puesto que
G ′ − 1
2
sec C · G2 = cos C − 1
2
tan C sin C,
donde G1(C) = sin C es solución de esta ecuación. Haciendo
I′ − tan C · I = 1
2
sec C · I2, = = 2, F = I−1
entonces
F′ + tan C · F = −1
2
sec C
Calculamos
E(C) = 4−
∫
tan C 3C = cos C
y
D(C) = −1
2
∫
sec C
cosC
3C + 2 = −1
2
∫
sec2 C 3C + 2 = −1
2
tan C + 2
Por lo tanto
F(C) =
(
2 − 1
2
tan C
)
cos C = 2 cos C − 1
2
sin C
y
I−1 = 2 cos C − 1
2
sin C,
La solución es
(G − sin C)−1 = 2 cos C − 1
2
sin C. �
7
CLASE 6
Ejemplo 0.8
Resuelva la ecuación diferencial:
CG ′ = G2 − 2CG + C2 + 2C − G.
Solución Hacemos
G ′ +
(
1
C
+ 2
)
G − 1
C
G2 = C + 2,
donde G1(C) = C es solución de la ecuación. Puesto que
I′ + 1
C
I =
1
C
I2, = = 2, F = I−1
entonces
F′ − 1
C
F = −1
C
Encontramos
E(C) = 4
∫
3C
C = C y D(C) = −
∫
3C
C2
+ 2 = 1
C
+ 2
de donde
F(C) =
(
1
C
+ 2
)
C = 2C + 1
entonces
I−1 = 2C + 1,
La solución es
(G − C)−1 = 2C + 1. �
En general, esta ecuación no puede ser resuelta por cuadraturas (es decir, a través de un
número finito de integraciones). Sin embargo, si alguna solución particular G? (C) de esta ecuación
es conocida, podemos obtener una solución más general que contiene una constante arbitraria,
a través de la sustitución G = G? +
1
D
. Derivamos esta ecuación G ′ = G ′? −
D′
D2
, sustituimos en la
ecuación de Riccati
G ′? −
D′
D2
+ ?
(
G? +
1
D
)
+ @
(
G? +
1
D
)2
= A
simplificamos
G ′? + ?G? + @G2? −
D′
D2
+ (? + 2@G?)
1
D
+ @ 1
D2
= A =⇒ D′ − (? + 2@G?)D = @
que es una ecuación lineal completa en la función incógnita D.
Ejemplo 0.9
Encuentre una solución particular por inspección, encuentre la solución general de la
ecuación de Riccati:
CG ′ − (2C + 1)G + G2 = −C2
8
CLASE 6
Solución La ecuación de Riccati tiene la forma
G ′ − 2C + 1
C
G + 1
C
G2 = −C
Encontramos que G? = C es una solución. Sustituyendo en el cambio de variables
G = G? +
1
D
=⇒ G = C + 1
D
=⇒ D = 1
G − C
Para construir la ecuación diferencial resultante, debemos calcular
? + 2@G? = −
2C + 1
C
+ 2 · 1
C
· C = −2 − 1
C
+ 2 = −1
C
Reemplazamos y obtenemos
D′ + 1
C
D =
1
C
resultando una ecuación lineal, resolviendo
D =
1
4
∫
3C
C
(∫
4
∫
3C
C
1
C
3C + 2
)
=
1
C
(∫
C · 1
C
3C + 2
)
=
1
C
(C + 2)
Puesto que D =
1
G − C , entonces la solución general es
1
G − C =
1
C
(C + 2) =⇒ G − C = C
C + 2 =⇒ G = C +
C
C + 2
donde 2 es una constante arbitraria. �
Ejemplo 0.10
Encuentre una solución particular por inspección, encuentre la solución general de la
ecuación de Riccati:
G ′ + 24CG − G2 = 42C + 4C
Solución Encontramos que G? = 4C es una solución. Sustituyendo en el cambio de variables
G = G? +
1
D
=⇒ G = 4C + 1
D
=⇒ D = 1
G − 4C
Para construir la ecuación diferencial resultante, debemos calcular
? + 2@G? = 24C + 2(−1)4C = 0
Reemplazamos y obtenemos
D′ = −1
resultando una ecuación separable, resolviendo
3D = −3C =⇒ D = 2 − C
Puesto que D =
1
G − 4C , entonces la solución general es
1
G − 4C = 2 − C =⇒ G − 4
C =
1
2 − C =⇒ G = 4
C + 1
2 − C
donde 2 es una constante arbitraria. �
9
CLASE 6
Ejemplo 0.11
Encuentre una solución particular por inspección, encuentre la solución general de la
ecuación de Riccati:
C2G ′ = C2G2 + CG + 1
Solución La ecuación de Riccati tiene la forma
G ′ − 1
C
G − G2 = 1
C2
Encontramos que G? = −
1
C
es una solución. Sustituyendo en el cambio de variables
G = G? +
1
D
=⇒ G = −1
C
+ 1
D
=⇒ D = 1
G + 1
C
Para construir la ecuación diferencial resultante, debemos calcular
? + 2@G? = −C−1 + 2(−1) (−C−1) = C−1
Reemplazamos y obtenemos
D′ − 1
C
D = −1
resultando una ecuación lineal, resolviendo
D =
1
4−
∫
3C
C
(∫
4−
∫
3C
C (−1)3C + 2
)
=
1
C−1
(∫
C−1(−1) 3C + 2
)
= C
(
2 −
∫
3C
C
)
= C (2 − ln C)
Puesto que D =
1
G + 1
C
, entonces la solución general es
1
G + 1
C
= C (2 − ln C) =⇒ G + 1
C
=
1
C (2 − ln C) =⇒ G =
1
C (2 − ln C) −
1
C
donde 2 es una constante arbitraria. �
Si conocemos dos o tres soluciones especiales G = G8 (C) of (3), la solución general está
representada como sigue. Cuando G1(C) y G2(C) son las soluciones conocidas, entonces hacemos
que
D =
G − G1(C)
G − G2(C)
=⇒ G = G1 − DG2
1 − D
Derivamos esta expresión
G ′ =
G ′1 − G
′
1D + G1D
′ − G ′2D + G
′
2D
2 − G2D′
(1 − D)2
Reemplazamos en la ecuación (3)
G ′1 − G
′
1D + G1D
′ − G ′2D + G
′
2D
2 − G2D′
(1 − D)2
+ ? G1 − DG2
1 − D + @
(G1 − DG2
1 − D
)2
= A
operando algebraicamente, obtenemos
(G1 − G2)D′ + @(G1 − G2)2D = 0 =⇒ D′ + @(G1 − G2)D = 0, G1 − G2 ≠ 0
solucionando esta ecuación, obtenemos que
D = 24−
∫
@ (C) [G1 (C)−G2 (C) ] 3C
10
CLASE 6
y, deshaciendo el cambio, queda
G − G1(C)
G − G2(C)
= 24−
∫
@ (C) [G1 (C)−G2 (C) ] 3C
Ejemplo 0.12
Resuelva la ecuación diferencial:
G ′ + G + G2 = 2.
Solución Encontramos que G1(C) = 1 y G2(C) = −2 son las soluciones particulares. Entonces la
solución general es
G − 1
G + 2 = 24
−3
∫
3C = 24−3C =⇒ 2(G + 2) = (G − 1)43C . �
Ejemplo 0.13
Resuelva la ecuación diferencial:
(1 − C3)G ′ + 2C + C2G − G2 = 0.
Solución Para resolver esta ecuación, necesitamos conocer al menos una solución particular.
Probamos una solución polinómica, y veamos si puede cumplir
G = 0C2 + 1C + 2 =⇒ G ′ = 20C + 1
sustituyendo en la ecuación
−(0 + 02)C4 − 201C3 + (2 − 12 − 202)C2 + 2(0 − 12 + 1)C + 1 − 22 = 0
Como ha de cumplirse la ecuación para todo C, igualamos a cero los coeficientes, y hallamos los
valores de 0, 1, y 2:
0 + 02 = 0, 01 = 0, 2 − 12 − 202 = 0, 0 − 12 + 1 = 0, 1 − 22 = 0
obteniéndose dos conjuntos de valores 0 = 0, 1 = 1, 2 = 1 y 0 = −1, 1 = 0, 2 = 0. Con estos
valores tenemos dos soluciones particulares válidas:
G1 = C + 1 y G2 = −C2
Hacemos el cambio correspondiente
G − G1(C)
G − G2(C)
=
G − C − 1
G + C2
= 24
∫ C2 (C2+C+1)
1−C3
3C
calculamos la integral y tenemos
G − G1(C)
G − G2(C)
=
G − C − 1
G + C2
=
2
1 − C 4
− 12 (C−1) (C+3) 3C
simplificando obtenemos
(G − C − 1) (1 − C) = 24− 12 (C−1) (C+3) (G + C2). �
11
CLASE 6
Ejemplo 0.14
Resuelva la ecuación diferencial:
G ′ − G2 − (1 − 2C)G − 1 + C − C2 = 0
buscando previamente soluciones particulares de tipo polinómico.
Solución La propia estructura de la ecuación diferencial nos sugiere soluciones de la forma
?(C) = 0C + 1. En efecto 
0 − 1 − 12 − 1 = 0
−0 + 21 − 201 + 1 = 0
20 − 02 − 1 = 0
se concluye que 01 = 1, 11 = 0 y 0! = 1, 11 = −1. Así tenemos las soluciones G1(C) = C y
G2(C) = C − 1. Ahora efectuando el cambio
G =
G1(C) − DG2(C)
1 − D =⇒ G =
C − DC + D
1 − D =⇒ G
′ = 1 + D
′
(1 − D)2
que da lugar a la nueva ecuación en D
D′ − D = 0 =⇒ D = 24C
La solución general en la incógnita G será
G = C + 24
C
1 − 24C . �
Si se conocen G1(C), G2(C), G3(C) tres soluciones particulares, las dos primeras permiten
obtener la solución general anterior. Existirá, un valor concreto : de la constante de integración
2 tal que
G3(C) − G1(C)
G3(C) − G2(C)
= : 4−
∫
@ (C) [G1 (C)−G2 (C) ] 3C
Dividiendo ambas expresiones y haciendo 2
:
= �, queda
G − G1(C)
G − G2(C)
G3(C) − G2(C)
G3(C) − G1(C)
= �
que permite despejar G sin integración alguna.
Ejemplo 0.15
Resuelva la ecuación diferencial:
C (1 − C2)G ′ − C2 + (C2 − 1)G + G2 = 0.
Solución Para resolver esta ecuación, necesitamos conocer al menos una solución particular.
Probamos una solución polinómica, y veamos si puede cumplir
G = 0C2 + 1C + 2 =⇒ G ′ = 20C + 1
sustituyendo en la ecuación
(02 − 0)C4 + 201C3 + (0 − 1 + 2 + 12 + 202)C2 + 212C + 22 − 2 = 0
12
CLASE 6
Como ha de cumplirse la ecuación para todo C, igualamos a cero los coeficientes, y hallamos los
valores de 0, 1, y 2:
02 − 0 = 0, 01 = 0, 0 − 1 + 2 + 12 + 202 = 0, 12 = 0, 22 − 2 = 0
obteniéndose tres conjuntos de valores 0 = 0, 1 = 0, 2 = 1, 0 = 0, 1 = 1, 2 = 0 y 0 = 1, 1 = 0,
2 = 0. Con estos valores tenemos tres soluciones particulares válidas:
G1 = 1, G2 = C, G3 = C2
Cuando se conocen tres soluciones particulares de la ecuación de Riccati, se resuelva ésta sin
ninguna integración
G − 1
G − C = 2
C2 − 1
C2 − C
=⇒ (G − 1)C = 2(C + 1) (G − C). �
13
CLASE 6
BIBLIOGRAFÍA
J. García A., Ecuaciones diferenciales ordinarias y aplicaciones, 1ra
edición/Editorial López 2020.
14
	0.1 Ecuación de Bernoulli
	0.2 Ecuación de Riccati