6.- Ecuación
de Bernoulli, Dicatti y Clairaut
Ecuación de
Bernoulli.
Consideremos
y′+ a(x)y + b(x)yα= 0.
Es claro que, si α = 0, la E. D. anterior es lineal y, si α = 1, es de variables separadas. En otro caso, veamos cómo resolverla:
Efectuemos el cambio de función,
Para el cual (1 − α)y−αy′= z′, es decir,
. Sustituyendo en
tenemos
con lo que hemos transformado la ecuación de Bernoulli en la E. D. lineal
z′+(1−α)a(x)z =(α − 1)b(x).
Puede seguirse un segundo método de resolución sin más que aplicar un procedimiento análogo al último de los que hemos visto para ecuaciones lineales. Partimos de la descoposición y(x) = u(x)v(x). Derivando, y′= u′v + uv′y, sustituyendo en la E. D., u′v+uv′+a(x)uv+b(x)uαvα= 0, que escribimos como u′v+(v′+a(x)v)u+b(x)uαvα= 0. Ahora, igualamos a 0 el coeficiente de u, con lo cual tenemos v′+ a(x)v = 0, que es una ecuación en v(x) de variables separadas; resolviéndola determinamos v(x). Con esta v,
la ecuación de la que part´ıamos ha quedado u′v + b(x)uαvα= 0, que es una ecuación en u(x) de variables separadas. Resolviéndola encontramos u(x), con lo que ya tenemos completamente solucionada la ecuación de Bernoulli.
Ecuación de dicatti
Supongamos que tenemos la E. D.y′+ a(x)y + b(x)y2= c(x).
Para resolverla, tenemos que haber encontrado previamente una solución particular yp(x).
Si éste es el caso, efectuamos el cambio de función y = yp+ z, con lo cual
y′= y′p+ z′y,
sustituyendo, y′p+z′+a(x)(yp+z)+b(x)(yp2+2ypz+z2) = c(x). Como
y′p+a(x)yp+b(x)y2p=c(x) por ser y solución particular, esa expresión queda z′+a(x)z+b(x)z2+2b(x)zyp= 0,
es decir, z′+ [a(x) + 2b(x)yp(x)]z + b(x)z2= 0, que es una E. D. de Bernoulli con α = 2. (Nótese ahora que, como el cambio z = u−1en la de Bernoulli reduciría ésta a una lineal, el cambio directo
transforma la ecuación de Riccati en una
lineal de un solo Paso.)Existen diversos resultados interesantes sobre la ecuación de Riccati. Por ejemplo, si se Conocen dos soluciones y1 e y2 suyas, el cambio de función
lleva a que se
pueda resolver la ecuación con una sola cuadratura:
Pero desafortunadamente, no hay ningún procedimiento general que permita obtener alguna solución particular, por lo que muchas veces las E. D. de Riccati no resultan integrables en términos de funciones elementales. A este respecto, resulta apropiado citar la ecuación especial de Riccati
se sabe que puede resolverse en términos finitos si y sólo si
Para algún
entero k.y + xϕ(y′) + ψ(y′) = 0.
Si ponemos y′= p y derivamos respecto de x queda
Supongamos en primer lugar que p + ϕ(p) 6= 0. Entonces, podemos dividir por p + ϕ(p), con lo que nos aparece la ecuación lineal
en la que x actúa como función y p como variable. Si la resolvemos, obtendremos como solución x = φ(p,C). Con esto, habremos encontrado para la E. D. de Lagrange las soluciones
en forma de familia de curvas paramétricas.
• Supongamos ahora que existe algún λ para el cual λ + ϕ(λ) = 0. Formalmente, tomamos y′= λ y, sustituyendo en la E. D., y+xϕ(λ)+ψ(λ) = 0, es decir, y = λx−ψ(λ). Esta recta es, efectivamente, solución de la ecuación de Lagrange, sin más que comprobar que la satisface: λx−ψ(λ)+xϕ(λ)+ψ(λ) = 0 pues λ+ϕ(λ) = 0. Estas rectas decimos que son las soluciones singulares de la ecuación. Además, recíprocamente, vamos a ver que si y = λx − ψ(λ) es solución de la E. D., entonces se cumple que λ +ϕ(λ) = 0. Para ello, no hay más que utilizar que y = λx−ψ(λ) satisface la ecuación, con lo cual deberá cumplirse 0 = λx − ψ(λ) + xϕ(λ) + ψ(λ) = (λ + ϕ(λ))x, luego λ + ϕ(λ) = 0.
Ecuación de Clairaut:
y − xy′+ ψ(y′) = 0.
Éste es un caso particular de ecuación de Lagrange con ϕ(y′) = −y′. Aquí, como ϕ(λ) + λ = 0 para todo λ∈ R, no existen las soluciones que, en la ecuación de Langrange, encontrábamos por el método general; sólo aparecen rectas. En realidad, tenemos ahora como soluciones de la E. D. toda la familia de rectas
y = λx ψ(λ), λ ∈ R. E. D. en las que la derivada aparece implícitamente.
Vamos a ver que, además, existe una solución singular, la envolvente de este haz derectas. Para ello, planteamos el sistema
(y = λx − ψ(λ)
0 = x − ψ′(λ)
en el que la segunda ecuación es la primera derivada respecto al parámetro λ. Para
encontrar explícitamente la envolvente habría que despejar λ en una de las dos ecuaciones y sustituir en la otra, lo cual no siempre es posible. Pero podemos dejar su ecuación paramétrica que, obviamente, será
(x = ψ′(λ)
y = λψ′(λ) − ψ(λ).
Aparte de la consideración geométrica de que las rectas no tienen puntos de retroceso, cúspides o puntos de inflexión, realmente podemos garantizar que esta curva es una envolvente y no un lugar geométrico de puntos singulares. En efecto, en cada punto (x(λ),y(λ)) de la curva, esta interseca precisamente a la recta y = λx − ψ(λ) del haz; y la pendiente de esa recta en el punto de intersección (y en cualquier otro, de hecho), que es λ, coincide con la de la curva:
De paso, esto significa que las soluciones rectas son las tangentes de la solución singular.Realmente, podemos hallar las soluciones de la ecuación de Clairaut sin necesidad de saber que es un caso particular de la ecuación de Lagrange cuyas soluciones son rectas y su envolvente. Para ello, tomamos y′= p en la E. D. y derivamos la expresión y−xp+ψ(p) = 0 respecto de x, obteniendo p − p − xp′+ ψ′(p)p′= 0, es decir, (−x + ψ′(p))p′= 0. De aquí, p′= 0 o ψ′(p) = x. En primer lugar, si suponemos
tendremos
sustituyendo en la E. D. encontramos la familia de soluciones rectas y = λx−ψ(λ), λ ∈ R. En segundo lugar, si suponemos ψ′(p) = x, encontramos la solución dada paramétricamente por
(donde, anecdóticamente, el parámetro p coincide con p =dy/dx ;
ésta es la solución singular, la envolvente del haz de rectas.
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