ACTUALIZADO: Vamos a escribir todo en función de $E(t):=A(t)-C$ :
$$B(t)=\frac 1{E(t)}$$ $$\frac 1{E(t)}+E(t)=D-C-\int_0^t E(t)+C\ dt$$
después de la derivación de la segunda ecuación se convierte en :
$$E'(t)\left(1-\frac 1{E(t)^2}\right)=-E(t)-C$$
$$\frac {E'(t)}{E(t)+C}-\frac {E'(t)}{(E(t)+C)E(t)^2}=-1$$
$$\frac {E'(t)}{E(t)+C}-\frac {E'(t)}{C^2}\left(\frac {1}{E(t)+C}-\frac {E(t)-C}{E(t)^2}\right)=-1$$
$$\frac {E'(t)}{E(t)+C}-\frac {E'(t)}{C^2}\left(\frac {1}{E(t)+C}-\frac 1{E(t)}+\frac C{E(t)^2}\right)=-1$$
La integración de este, se obtiene :
$$\log(E(t)+C)-\frac 1{C^2}\log(E(t)+C)+\frac 1{C^2}\log(E(t))+
\frac 1{CE(t)}=-t+F$$
que podemos reescribir como (cambio de signo) :
$$t-F=\frac {1-C^2}{C^2}\log(E(t)+C)-\frac 1{C^2}\log(E(t))-
\frac 1{CE(t)}$$
con $F$ constante y $E(t)=A(t)-C$
Este es el mismo resultado que countinghaus', excepto que he expresado $t$ en función de $E(t)=A(t)-C$, mientras que su resultado fue en función de $B(t)=\dfrac 1{E(t)}$. Vamos a reescribir nuestro resultado con $B(t)$ :
$$t-F=\frac {1-C^2}{C^2}\log\left(\frac 1{B(t)}+C\right)+\frac 1{C^2}\log B ((t))-
\frac {B(t)}C$$
$$\boxed{\displaystyle t=-
\frac {B(t)}C-\frac {C^2-1}{C^2}\log(1+C B(t))+\log B ((t))+F}$$
La obtención de $A(t)$ (o $B(t)$) en función de $t$ 'cerrará' probablemente no sea posible, excepto para valores específicos de ($C$) :
- $C=1$ : soluciones de $B(t)=-1$ $\displaystyle B(t)=-W\left(-e^{F-t}\right)$
- $C=-1$ : soluciones de $B(t)=1$ $\displaystyle B(t)=W\left(e^{F-t}\right)$
- $C=0$ : soluciones de $\displaystyle B(t)=\pm\frac {\sqrt{W\left(-e^{F-2t}\right)}}i$
(con $W$ la función W de Lambert y $F$ una constante ; la búsqueda de otras soluciones mediante el uso de Alfa por el cambio de la ($C=1$ en el ejemplo) constante antes de $x^2$ en la consulta y obtener la parcela de resultado)
