Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli

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 video-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 $latex F= m * a$, con la siguiente imagen:

ecuaciones diferenciales de bernoulli

Figura 1. Flying Mule A… En ingles la relaciópn 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}
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:

$\large y^{3} =C_{1} x^{-3} +1$

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

Resuelve la siguiente ecuación diferencial

\begin{equation}
\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:

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

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

Resuelve la siguiente ecuación diferencial

\begin{equation}
\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)

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

Resuelve la siguiente ecuación diferencial

\begin{equation}
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:

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

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

ecuaciones diferenciales de bernoulli

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}
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}]

 

Para que obtengas la confianza necesaria deberás practicar los ejercicios con las técnicas que te presento antes de analizarlos para preparar tu mente, de manera que luego, al estudiar los conceptos a fondo tengas toda la información necesaria y verás como todo se aclara, pues tendrás la información necesaria para que tu mente entienda con facilidad los conceptos más abstractos.

Da click aquí para leer sobre la mejor técnica para aprender ecuaciones diferenciales.

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No, necesito un ejemplo más sobre Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli (Método Alternativo mediante Factores Integrantes, da click aquí) Ejemplo 2. Resuelva la siguiente ED (Ecuación de Bernoulli)

Un ejemplo más sobre Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli resueltas mediante Factores Integrantes (Método Alternativo mediante Factores Integrantes, da click aquí) Ejemplo 5. Resolver la Siguiente ED (Ecuación de Bernoulli)

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28 pensamientos en “Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli

  1. 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

  2. POR FAVOR AYUDENME A LA SOLUCION DE ESTA EC. YA SEA POR METODO DE BERNULLI, LINEAL ETC dy/dx=4x-6/y-x+1

    • 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:
      $$2 x^2 + x y – 6 x + \frac{y^2}{2} – y = c$$

    • 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

    • 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

    • 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

  3. 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

    • 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

  4. 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.

    • 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

  5. 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

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