Ecuaciones homogéneas y transformaciones especiales

3. Ecuaciones homogéneas y transformaciones especiales

Existen algunas ecuaciones diferenciales de variables NO separables las cuales mediante un cambio adecuado de variables, se pueden transformar en ecuaciones de variables separables, como las que se muestran en las sesiones siguientes.

3..1 Ecuación diferencial homogénea

Definición 14.

Una ecuación diferencial en la forma $m (x, y) dx + n (x, y) dy = 0$ es homogénea si y solo si las funciones $m (x, y)$ y $n (x, y)$ son homogéneas^a y del mismo grado.

Ejemplo49

La ecuación $(x^{2} + y^{2}) dx + (x^{2} - xy) dy = 0$ es homogénea de grado dos, pues tanto la función $m (x, y) = x^{2} + y^{2}$ como la función $n (x, y) = (x^{2} - xy)$ son funciones homogéneas y de grado dos ambas, ya que $m (tx, ty) = t^{2} (x^{2} + y^{2}) = t^{2} m (x, y)$ y $n (tx, ty) = t^{2} n (x, y)$ .

Definición 15.

Una ecuación diferencial $y^{'} = f (x, y)$ , es homogénea si la función $f (x, y)$ es homogénea de grado cero, es decir, si cumple que $f (tx, ty) = f (x, y)$ .

Ejemplo50

La ecuación diferencial $y^{'} = \frac{2 x + 3 y}{x - y}$ es homogénea de grado cero pues,

f (tx, ty) = \frac{2 tx + 3 ty}{tx - ty} = \frac{t (2 x + 3 y)}{t (x - y)} = t^{0} (\frac{2 x + 3 y}{x - y}) = \frac{2 x + 3 y}{x - y} = f (x, y) .

Definición 16.

Una EDO de primer orden es homogénea si tiene la forma $\frac{dy}{dx} = F (\frac{y}{x})$ o la forma $\frac{dx}{dy} = F (\frac{x}{y})$ . En estas se cumple que tanto $F (\frac{x}{y})$ como $F (\frac{y}{x})$ son funciones homogéneas y de grado cero.

Observación 2.3. Cuando la ecuación diferencial esta escrita de la forma normal $m (x, y) dx + n (x, y) dy = 0$ , suponiendo que $n (x, y) \neq 0$ conviene escribirla en su forma diferencial

\frac{dy}{dx} = - \frac{m (x, y)}{n (x, y)} .

Algunas operaciones algebraicas tienen validez solo bajo ciertas condiciones, por ejemplo, pasar de $(x^{2} - y^{2}) dy + (xy + y^{2}) dy = 0$ a $\frac{dy}{dx} = - \frac{xy + y^{2}}{x^{2} - y^{2}}$ es válido si y solo si $x^{2} - y^{2} \neq 0$ . Los casos $x^{2} - y^{2} = 0 \Leftrightarrow y = \pm x$ deben estudiarse por aparte, pues pueden generar soluciones singulares.

Teorema 2.

Si la ecuación diferencial de primer orden $y^{'} = f (x, y)$ es homogénea, entonces el cambio de variable $u = \frac{y}{x}$ o equivalentemente $y = u \cdot x$ la reduce a una ecuación diferencial en variables separables.

Demostración

Al hacer la sustitución $y = ux \Rightarrow y^{'} = x u^{'} + u$ la ecuación diferencial se transforma en

x u^{'} + u = f (x, xu),

luego como $f (x, y)$ es homogénea de grado cero tenemos que

x \frac{du}{dx} + u = x^{0} f (1, u),

de donde

x \frac{du}{dx} = f (1, u) - u \Rightarrow \frac{du}{f (1, u) - u} = \frac{dx}{x},

la cual es una ecuación en variable separable. Al final del proceso de integración, se recuperan las variables $x$ y $y$ con base en la sustitución $y = ux$ .

Ejemplo51

La siguiente ecuación diferencial $x y^{'} = \sqrt{x^{2} - y^{2}} + y$ , se transforma en una ecuación de variables separables al utilizar cambio de variable $u = \frac{y}{x}$ .

Primero dividiendo por $x$ , suponiendo $x \neq 0$ , se tiene

y^{'} = \sqrt{1 - {(\frac{y}{x})}^{2}} + \frac{y}{x},

luego, haciendo la sustitución $u = \frac{y}{x}$ , se obtiene

u^{'} x + u = \sqrt{1 - u^{2}} + u \Leftrightarrow \frac{du}{\sqrt{1 - u^{2}}} = \frac{dx}{x} .

Integrando a ambos miembros de la ecuación

arcsen (u) = ln | x | + ln | C |,

haciendo el cambio $u = \frac{y}{x}$ se tiene por solución implícita

arcsen (\frac{y}{x}) = ln | Cx | .

con $C$ una constante arbitraria.

Importante hacer notar que al dividir por $x \sqrt{1 - u^{2}}$ se pueden haber perdido soluciones: $x = 0,$ la cual no es solución; pero si $1 - \frac{x^{2}}{y^{2}} = 0$ de donde $y = \pm x$ que si son soluciones singulares.

En términos generales, si $y^{'} = f (x, y)$ representa una EDO y $(x, y)$ es un punto en el dominio de $f (x, y)$ , entonces se puede mostrar que las siguientes propiedades son equivalentes:

1.: La EDO de primer orden $y^{'} = f (x, y)$ es homogénea.
2.: $f (tx, ty) = t^{0} f (x, y) = f (x, y)$ para todo $t$ tal que $(tx, ty)$ pertenezca al dominio de $f$ . En este caso, se dice que la EDO de primer orden es homogénea de grado $0$ .
3.: $f (x, y) = F (\frac{y}{x})$ o $f (x, y) = G (\frac{x}{y})$ para alguna función $F$ o $G$ de variable real.

Ejemplo52

Resuelva la ecuación diferencial:

(y^{2} + yx) - x^{2} \frac{dy}{dx} = 0

Observe que la ecuación diferencial es homogénea puesto que las funciones con cirterio $(y^{2} + yx)$ y $x^{2}$ son homogéneas ambas de orden 2. Además reencribiendo la ED en su forma normal se tiene

\frac{dy}{dx} = \frac{y^{2} + yx}{x^{2}} = {(\frac{y}{x})}^{2} + \frac{y}{x}

de esta forma tomamos $u = \frac{y}{x} \Rightarrow \frac{du}{dx} x + u = \frac{dy}{dx}$ , luego sustituyendo en la ED dada:

\frac{du}{dx} x + u = u^{2} + u

\frac{du}{dx} x = u^{2}

- u^{- 1} = ln | x | + C

como $u = \frac{y}{x}$

- \frac{x}{y} = ln | x | + C (*)

Por lo tanto la solución general de ED viene dada por $(∗)$ y además note que las soluciones no están definidas para $x = 0$ (ni para $y = 0$ , pese a ser esta una solución singular).

Ejemplo53

Resuelva la ecuación diferencial $x \cdot y^{'} - y ln (\frac{y}{x}) - y = 0$ hasta obtener su solución general.

Tomando $\frac{y}{x} = u \Rightarrow y^{'} = u + u^{'} x$ . Luego sustituyendo en la ED dada se tiene que

\begin{array}{rcl} u + u^{'} x - u ln u - u & = & 0 \\ \Rightarrow \frac{u^{'}}{u ln u} & = & \frac{1}{x} \\ \Rightarrow \int \frac{du}{u ln u} & = & ln | x | + ln | C | \\ \Rightarrow ln | ln \frac{y}{x} | & = & ln | C \cdot x | \end{array}

De donde se concluye que la solución general viene dada por

ln | \frac{y}{x} | = Cx

Ejemplo54

Resolver la ecuación diferencial

\frac{dy}{dx} = \frac{x^{2} e^{- \frac{y}{x}} + y^{2}}{xy}

Escribiendo la ecuación diferencial de la forma $y^{'} = F (\frac{y}{x})$ , es decir,

\frac{dy}{dx} = \frac{e^{- \frac{y}{x}} + {(\frac{y}{x})}^{2}}{\frac{y}{x}}

de donde se toma el cambio de variable $v = \frac{y}{x} \Leftrightarrow y = xv \Rightarrow \frac{dy}{dx} = x \frac{dv}{dx} + v$

y sustituyendo en ED dada

x \frac{dv}{dx} + v = \frac{e^{- v} + v^{2}}{v}

Separando variables

v e^{v} dv = \frac{dx}{x}

e integrando

v e^{v} - e^{v} = ln | x | + c

finalmente retomando las variables originales, se tiene que la solución en forma implícita viene dada por :

y e^{\frac{y}{x}} - x e^{\frac{y}{x}} - x ln | x | = cx

Ejemplo55

Mostrar que $(x^{2} - y^{2}) dx + (xy + y^{2}) dy = 0$ es una EDO homogénea y hallar su solución.

En primer lugar, como las funciones $m (x, y) = (x^{2} - y^{2})$ y $n (x, y) = (xy + y^{2})$ son ambas funciones homogéneas del mismo grado, se cumple que dicha ecuación diferencial es homogénea. Además por otro lado si se expresa la ecuación diferencial en su forma normal, es decir, se encuentra $f (x, y)$ .

\begin{align} (x^{2} - y^{2}) dx + (xy + y^{2}) dy = 0 \Leftrightarrow & (xy + y^{2}) dy = - (x^{2} - y^{2}) dx \\ \Leftrightarrow & \frac{dy}{dx} = \frac{y^{2} - x^{2}}{xy + y^{2}} con xy + y^{2} \neq 0 . & (2.15) \end{align}

Luego, se puede mostrar la homogeneidad de tres formas posibles:

1.

Reescribir

f (x, y)

como

F (\frac{y}{x}),

siendo F una función real de variable real. En efecto

f (x, y) = \frac{y^{2} - x^{2}}{xy + y^{2}} = \frac{\frac{y^{2} - x^{2}}{x^{2}}}{\frac{xy + y^{2}}{x^{2}}} = \frac{\frac{y^{2}}{x^{2}} - 1}{\frac{y}{x} + \frac{y^{2}}{x^{2}}} = \frac{{(\frac{y}{x})}^{2} - 1}{(\frac{y}{x}) + {(\frac{y}{x})}^{2}} = F (\frac{y}{x}) (x \neq 0) .

2.

Reescribir

f (x, y)

como

G (\frac{x}{y})

siendo G una función real de variable real. En efecto

f (x, y) = \frac{y^{2} - x^{2}}{xy + y^{2}} = \frac{\frac{y^{2} - x^{2}}{y^{2}}}{\frac{xy + y^{2}}{y^{2}}} = \frac{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}{\frac{x}{y} + 1} = \frac{1 - {(\frac{x}{y})}^{2}}{(\frac{x}{y}) + 1} = G (\frac{x}{y}) (y \neq 0) .

3.

Mostrando que

f (tx, ty) = t^{0} f (x, y) = f (x, y)

para todo

t

tal que

(tx, ty)

pertenezca al dominio de

f

f (tx, ty) = \frac{{(ty)}^{2} - {(tx)}^{2}}{(tx) (ty) + {(ty)}^{2}} = \frac{t^{2} y^{2} - t^{2} x^{2}}{t^{2} xy + t^{2} y^{2}} = \frac{t^{2} (y^{2} - x^{2})}{t^{2} (xy + y^{2})} = \frac{y^{2} - x^{2}}{xy + y^{2}} = f (x, y) .

Con cualquiera de los tres alternativas, se muestra que la EDO dada es homogénea.

Para resolver la ecuación diferencial dada, considérela de la forma $y^{'} = \frac{y^{2} - x^{2}}{xy + y^{2}}$ , suponiendo $xy + y^{2} \neq 0$ . Ahora si dividimos por $x^{2} \neq 0$ se obtiene la ecuación en la forma

y^{'} = \frac{{(\frac{y}{x})}^{2} - 1}{\frac{y}{x} + {(\frac{y}{x})}^{2}},

luego tomando la sustitución $u = \frac{y}{x} \Rightarrow y^{'} = u^{'} x + u$ y sustituyendo en la ecuación anterior se tiene

u^{'} x + u = \frac{u^{2} - 1}{u + u^{2}} \Leftrightarrow x \frac{du}{dx} = - \frac{(1 + u^{3})}{u (u + 1)},

de donde resolviendo y separando variables se tiene

\frac{- u}{u^{2} - u + 1} du = \frac{1}{x} dx,

integrando a ambos miembros de la ecuación

- \frac{1}{2} ln (u^{2} - u + 1) - \frac{{tan}^{- 1} (\frac{2 u - 1}{\sqrt{3}})}{\sqrt{3}} = C + ln (x),

finalmente retomando el cambio de variable $y = ux$ , se tendría la solución general en su forma implícita

- \frac{1}{2} ln (\frac{y^{2}}{x^{2}} - \frac{y}{x} + 1) - \frac{{tan}^{- 1} (\frac{\frac{2 y}{x} - 1}{\sqrt{3}})}{\sqrt{3}} = C + ln (x) .

En la figura 2.4 se muestran gráficas de curvas solución de dicha ecuación diferencial.

Fig. 2.4: algunas soluciones particulares de la EDO

y^{'} = \frac{y^{2} - x^{2}}{xy + y^{2}} .

Fuente: elaboración propia con Mathematica 11.0.

Ejemplo56

Determine el valor de $a$ de tal forma que la ecuación $2 x z^{3 a} dx + a (x^{2} z^{3 a - 1} - z^{a - 1}) dz = 0$ se convierta en homogenéa. Luego resuelva dicha ecuación diferencial obtenida.

Observe que:

$M (x, z) = 2 x z^{3 a} \Rightarrow M (tx, tz) = 2 t^{1 + 3 a} x z^{3 a} = t^{1 + 3 a} M (x, y) [1]$

$N (x, z) = a (x^{2} z^{3 a - 1} - z^{a - 1}) \Rightarrow N (tx, tz) = a (t^{1 + 3 a} x^{2} z^{3 a - 1} - t^{a - 1} z^{a - 1}) [2]$

De [1] y [2] se tiene que para la ED dada sea homogénea debe darse

$t^{1 + 3 a} = t^{a - 1} \Leftrightarrow 1 + 3 a = a - 1 \Leftrightarrow a = - 1$

Ahora si sustituimos $a = - 1$ en la ED se tendría $2 x z^{- 3} dx - (x^{2} z^{- 4} - z^{- 2}) dz = 0$ una ecuacion diferencial homogénea que puede ser escrita como

\frac{dz}{dx} = \frac{2 x z^{- 3}}{x^{2} z^{- 4} - z^{- 2}} = \frac{2 xz}{x^{2} - z^{2}} = \frac{2 \cdot \frac{z}{x}}{1 - {(\frac{z}{x})}^{2}}

Tome de esta forma $u = \frac{z}{x} \Rightarrow z = ux \Rightarrow z^{'} = u^{'} x + u$ , luego sustituyendo en la ecuación anterior se tiene

$u^{'} x + u = \frac{2 u}{1 - u^{2}} \Rightarrow u^{'} x = \frac{2 u}{1 - u^{2}} - u \Rightarrow u^{'} x = \frac{u^{3} + u}{1 - u^{2}}$ , luego separando variables se tendría

$\frac{1 - u^{2}}{u^{3} + u} du = \frac{1}{x} dx$

$\Rightarrow ln (u) - ln (u^{2} + 1) = ln x + ln C$ (suponga $u > 0, x > 0, C > 0$ )

$\Rightarrow ln (\frac{u}{u^{2} + 1}) = ln C . x$

$\Rightarrow \frac{u}{u^{2} + 1} = C . x$

De donde devolviéndose a las variables originales $z, x$ con $u = \frac{z}{x}$ se obtiene por solución general

\frac{zx}{z^{2} + x^{2}} = C x

Puede ingresar al link https://youtu.be/JZYQVmGM9Eo o bien al código QR dado para visualizar explición de tal ejemplo.

Ejemplo57

Ejemplo de ecuación diferencial homogénea en $x (y)$ . Resolver la ED

y \cdot dx + (y cos (\frac{x}{y}) - x) dy = 0

Ingresar al link https://www.youtube.com/watch?v=Bcnsr0tPajk&feature=youtu.be o bien al código QR dado para visualizar explición de tal ejemplo.

3..2 Transformaciones especiales

Existen algunos casos donde la ecuación diferencial puede transformarse a una homogénea con una sustitución apropiada. En tales circunstancias, los ejemplos son específicos u obedecen a una estructura. Para ilustrar este hecho, considere la EDO

\frac{dy}{dx} = G (\frac{ax + by + k}{Ax + By + K})

(2.16)

Primer Caso

Si $aB - Ab \neq 0$ y $G$ es una función real continua en una región abierta, el cambio de variables

{\begin{matrix} u & = & x - α \\ v & = & y - β \end{matrix} con α, β, solución del sistema {\begin{matrix} aα + bβ + k & = & 0 \\ Aα + Bβ + K & = & 0 \end{matrix}

(2.17)

transformará la EDO en homogénea. En efecto, a partir de 2.17 se despejan las variables $x$ y $y$ obteniendo

{\begin{matrix} x & = & u + α \\ y & = & v + β \end{matrix}

(2.18)

de donde el cálculo de los diferenciales son

{\begin{matrix} dx & = & du \\ dy & = & dv \end{matrix}

(2.19)

Sustituyendo 2.18 y 2.19 en 2.16 se tendrá que

\begin{align} \frac{dy}{dx} = G (\frac{ax + by + k}{Ax + By + K}) \Leftrightarrow & \frac{dv}{du} = G (\frac{a (u + α) + b (v + β) + k}{A (u + α) + B (v + β) + K}) \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{du} = G (\frac{au + bv + \overset{0}{\overset{︷}{aα + bβ + k}}}{Au + Bv + \underset{0}{\underset{⏟}{Aα + Bβ + K}}}) & (2.20) \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{du} = G (\frac{au + bv}{Au + Bv}) \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{du} = G (\frac{a + b (\frac{v}{u})}{A + B (\frac{v}{u})}) \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{du} = F (\frac{v}{u}) . & (2.21) \end{align}

Es decir,

G

se puede describir como una función

F

que solo depende de

u

v

, como se ha visto, hace de 2.16 una ecuación homogénea.

Por otro lado, note que en el paso 2.20 se tiene la condición de que ambas expresiones se anulen, lo cual es posible resolviendo el sistema

{\begin{matrix} aα + bβ + k & = & 0 \\ Aα + Bβ + K & = & 0 \end{matrix}

(2.22)

o equivalente el sistema

{\begin{matrix} aα + bβ & = & - k \\ Aα + Bβ & = & - K \end{matrix} \Leftrightarrow (\begin{matrix} a & b \\ A & B \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} α \\ β \end{matrix}) = (\begin{matrix} - k \\ - K \end{matrix})

(2.23)

cuyo determinante de la matriz de coeficientes es $aB - Ab$ , el cual se ha supuesto que $aB - Ab \neq 0$ .

Luego, mediante la Regla de Cramer, el sistema de ecuaciones tiene una única solución para $α$ y $β$ dada por

α = \frac{| \begin{matrix} - k & b \\ - K & B \end{matrix} |}{| \begin{matrix} a & b \\ A & B \end{matrix} |} = \frac{- kB + Kb}{aB - Ab} y β = \frac{| \begin{matrix} a & - k \\ A & - K \end{matrix} |}{| \begin{matrix} a & b \\ A & B \end{matrix} |} = \frac{- aK + Ak}{aB - Ab} .

(2.24)

Segundo Caso

Si $aB - Ab = 0$ y $G$ es una función real continua en una región abierta, es posible el despeje de $a$ o $b$ en los casos en que $A \neq 0$ o $B \neq 0$ . De esta manera, se puede considerar la sustitución

v = Ax + By,

(2.25)

en donde

\frac{dv}{dx} = A + B \frac{dy}{dx} \Leftrightarrow \frac{1}{B} \cdot \frac{dv}{dx} - \frac{A}{B} = \frac{dy}{dx} .

(2.26)

En efecto, sin pérdida de generalidad sea $B \neq 0$ en $aB - Ab = 0$ . Entonces, despejando $a$ se obtiene que

a = \frac{Ab}{B}

(2.27)

Luego

\begin{align} \frac{dy}{dx} = G (\frac{ax + by + k}{Ax + By + K}) \Leftrightarrow & \frac{dy}{dx} = G (\frac{\frac{Ab}{B} x + by + k}{Ax + By + K}) \\ \Leftrightarrow & \frac{dy}{dx} = G (\frac{Abx + Bby + Bk}{B (Ax + By + K)}) \\ \Leftrightarrow & \frac{dy}{dx} = G (\frac{b (Ax + By) + Bk}{B (Ax + By) + BK)}) \\ \Leftrightarrow & \frac{1}{B} \cdot \frac{dv}{dx} - \frac{A}{B} = G (\frac{bv + Bk}{Bv + BK}) \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{dx} = Bf (v) + A \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{Bf (v) + A} = dx \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{Bf (v) + A} - dx = 0 . & (2.28) \end{align}

Donde 2.28 representa una EDO en variables separadas y $G$ se puede describir como una función $f$ que solo depende de $v$ , cuya solución está dada por

\int \frac{dv}{Bf (v) + A} - \int dx = C .

(2.29)

En caso de que $A = B = 0$ se considera la sustitución

v = ax + by + k

(2.30)

en donde

\frac{dv}{dx} = a + b \frac{dy}{dx} \Leftrightarrow \frac{1}{b} \cdot \frac{dv}{dx} - \frac{a}{b} = \frac{dy}{dx} .

(2.31)

En efecto,

\begin{align} \frac{dy}{dx} = G (\frac{ax + by + k}{Ax + By + K}) \Leftrightarrow & \frac{dy}{dx} = G (\frac{ax + by + k}{K}) \\ \Leftrightarrow & \frac{1}{b} \cdot \frac{dv}{dx} - \frac{a}{b} = G (\frac{v}{K}) \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{dx} = bG (\frac{v}{K}) + a \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{dx} = bg (v) + a \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{bg (v) + a} = dx \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{bg (v) + a} - dx = 0 . & (2.32) \end{align}

La ecuación 2.32 representa una EDO en variables separadas, cuya solución está dada por

\int \frac{dv}{bg (v) + a} - \int dx = C .

(2.33)

Ejemplo58

Transformar $(2 x - y - 4) dx - (x - 2 y + 1) dy = 0$ en una EDO homogénea y hallar su solución.

En primer lugar, se encuentra $f (x, y)$ . Esto es se transforma dicha ecuación diferencial en su forma normal:

\begin{align} (2 x - y - 4) dx - (x - 2 y + 1) dy = 0 \Leftrightarrow & (x - 2 y + 1) dy = (2 x - y - 4) dx \\ \Leftrightarrow & \frac{dy}{dx} = \frac{2 x - y - 4}{x - 2 y + 1} & (2.34) \end{align}

Note que $2 \cdot - 2 - 1 \cdot - 1 = - 3 \neq 0$ luego, se resuelve el sistema

{\begin{matrix} 2 α - β - 4 & = & 0 \\ α - 2 β + 1 & = & 0 \end{matrix}

(2.35)

el cual tiene solución única dada por

{\begin{matrix} α & = & 3 \\ β & = & 2 \end{matrix}

(2.36)

El siguiente paso consiste en considerar el cambio de variables

{\begin{matrix} u & = & x - 3 \\ v & = & y - 2 \end{matrix} \Rightarrow {\begin{matrix} x & = & u + 3 \\ y & = & v + 2 \end{matrix} \Rightarrow {\begin{matrix} dx & = & du \\ dy & = & dv \end{matrix}

(2.37)

referenciado en 2.17, 2.18 y 2.19. Luego, se sustituyen los resultados de 2.37 en la EDO 2.34. Esto es

\begin{align} \frac{dy}{dx} = \frac{2 x - y - 4}{x - 2 y + 1} \Rightarrow & \frac{dv}{du} = \frac{2 (u + 3) - (v + 2) - 4}{(u + 3) - 2 (v + 2) + 1} \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{du} = \frac{2 u + 6 - v - 2 - 4}{u + 3 - 2 v - 4 + 1} \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{du} = \frac{2 u - v}{u - 2 v} \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{du} = \frac{u (2 - \frac{v}{u})}{u (1 - 2 \frac{v}{u})} \\ \Leftrightarrow & \frac{dv}{du} = \frac{2 - \frac{v}{u}}{1 - 2 \frac{v}{u}} . & (2.38) \end{align}

Se sigue que 2.38 representa una EDO homogénea, la cual se transforma a una de variables separables mediante la sustitución

V = \frac{v}{u},

(2.39)

esto permite cambiar $v$ en términos de $V$ manteniendo a $u$ como variable independiente. En consecuencia

\frac{dV}{du} = \frac{\frac{dv}{du} u - v}{u^{2}} \Rightarrow u \frac{dV}{du} = \frac{dv}{du} - \frac{v}{u} \Leftrightarrow \frac{dv}{du} = u \frac{dV}{du} + V .

(2.40)

Con lo cual, la EDO 2.38 se transforma en

\frac{dv}{du} = \frac{2 - \frac{v}{u}}{1 - 2 \frac{v}{u}} \Leftrightarrow u \frac{dV}{du} + V = \frac{2 - V}{1 - 2 V} .

(2.41)

Simplificando y resolviendo 2.41, se tiene que

\begin{align} u \frac{dV}{du} + V = \frac{2 - V}{1 - 2 V} \Leftrightarrow & u \frac{dV}{du} = \frac{2 - V}{1 - 2 V} - V \\ \Leftrightarrow & u \frac{dV}{du} = \frac{2 V^{2} - 2 V + 2}{1 - 2 V} \\ \Leftrightarrow & \frac{u}{2} \frac{dV}{du} = \frac{V^{2} - V + 1}{1 - 2 V} \\ \Leftrightarrow & \frac{1 - 2 V}{V^{2} - V + 1} dV = \frac{2}{u} du \\ \Rightarrow & \int \frac{1 - 2 V}{V^{2} - V + 1} dV - \int \frac{2}{u} du = ln A \\ \Leftrightarrow & - ln (V^{2} - V + 1) - 2 ln | u | = ln A \\ \Leftrightarrow & - ln (V^{2} - V + 1) = ln u^{2} + ln A \\ \Leftrightarrow & ln {(V^{2} - V + 1)}^{- 1} = ln (A u^{2}) \\ \Leftrightarrow & ln \frac{1}{V^{2} - V + 1} = ln (A u^{2}) \\ \Rightarrow & \frac{1}{V^{2} - V + 1} = A u^{2} . & (2.42) \end{align}

Recuperando la sustitución realizada en 2.39, se tiene ahora que

\frac{1}{V^{2} - V + 1} = A u^{2} \Leftrightarrow \frac{1}{{(\frac{v}{u})}^{2} - (\frac{v}{u}) + 1} = A u^{2} \Leftrightarrow v^{2} - uv + u^{2} = C .

(2.43)

con $C = \frac{1}{A}$ . Se realiza luego el cambio realizado en 2.37, para dar la solución obtenida en 2.43 en términos de las variables iniciales $x, y$ , lo cual solución general es

{(y - 2)}^{2} - (x - 3) (y - 2) + {(x - 3)}^{2} = C

Puede ingresar a página interactiva Ecuación diferencial Especial para verificar paso a paso los resultados del proceso de resolución.

Ejemplo59

Considere la ecuación diferencial $\frac{dx}{dy} = \frac{x + y - 2}{y}$ (1). Verifique que haciendo el cambio de variable $u = x - 2$ la ecuación diferencial se transforma en una ecuación diferencial homogénea. Luego resuelva dicha ecuación diferecial para obtener la solucón de (1).

Solución:

\begin{array}{rcl} Se tiene que u & = & x - 2 \\ \Rightarrow & \frac{du}{dy} = \frac{dx}{dy} \\ Sustituyendo en \frac{dx}{dy} & = & \frac{x + y - 2}{y} obtenemos \\ \frac{du}{dy} = \frac{y + u}{y} \\ \Rightarrow & \frac{du}{dy} = 1 + \frac{u}{y} = f (\frac{u}{y}) \end{array}

Posteriormente se resuleve la ecuación diferencial:

\begin{array}{rcl} \frac{du}{dy} & = & 1 + \frac{u}{y} \\ Sea u & = & vy \to \frac{du}{dy} = v + y \frac{dv}{dy} \\ Sustituyendo en \frac{du}{dy} & = & 1 + \frac{u}{y} obtenemos \\ v + y \frac{dv}{dy} & = & 1 + v \\ \frac{ydv}{dy} = 1 \\ \Rightarrow & dv = \frac{dy}{y} \\ v & = & ln | y | + c \\ \to & \frac{u}{y} = ln | y | + c \\ \to & \frac{x - 2}{x} = ln | x | + c \end{array}

Ejercicios 2.2 — Ejecicios de retroalimentación

Ejercicio 3.1

Verifique usando definición si las siguientes ecuaciones diferenciales son homogéneas, en caso de no estar la ED dada en su forma normal conviene tenerla en dicha forma

y^{'} = f (x, y)

. Posteriormente ingrese a página interactiva Homogéneas1 para comprobar dichos resultados en dicha página.

1.: $y^{'} = \frac{x y^{2} + 2 x}{xy}$
2.: $x y^{2} dy - (x^{3} + y^{3}) dx = 0$
3.: $y^{'} = \frac{y}{x} + {cos}^{2} (\frac{y}{x})$
4.: $- (x^{3} + y^{3}) + (3 x + y^{2}) \frac{dy}{dx} = 0$
5.: $y \frac{dy}{x} = e^{\frac{2 y}{x}} (x + y)$

1.: No es homogénea.
2.: Sí es homogénea (grado $0$ en su forma normal).
3.: Sí es homogénea.
4.: No es homogénea.
5.: Sí es homogénea.

Ejercicio 3.2

Resuelva de manera algebraica las siguientes ecuaciones diferenciales, en caso de no estar la ED dada en su forma normal conviene tenerla en dicha forma

y^{'} = f (x, y)

. Posteriormente compruebe lo obtenido mediante página interactiva Homogéneas2 para comprobar dichos resultados en dicha página.

1.: $y^{'} = \frac{3 xy + y^{2}}{2 x^{2}}$
2.: $\frac{dy}{dx} = \frac{y^{3} + x^{3} + x y^{2}}{x y^{2}}$ .
3.: $x y^{'} = y + 2 x e^{\frac{y}{x}}$ .
4.: $(x - y) dx + (x + y) dy = 0$ .
5.: $y^{'} = \frac{y^{2} - x^{2}}{xy + y^{2}}$ .
6.: $- (y + x tan (\frac{y}{x})) + x \frac{dy}{dx} = 0$ .

1.: $y^{2} = Cx {(x + y)}^{2}$
2.: $\frac{y}{x} - arctan (\frac{y}{x}) = ln | x | + C$
3.: $e^{- \frac{y}{x}} + 2 ln | x | = C$
4.: $\frac{1}{2} ln (x^{2} + y^{2}) + arctan (\frac{y}{x}) = C$
5.: $\frac{1}{2} ln (x^{2} - xy + y^{2}) + \frac{1}{\sqrt{3}} arctan (\frac{2 y - x}{\sqrt{3} x}) = C$
6.: $sen (\frac{y}{x}) = Cx$

Ejercicio 3.3

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales.

1.: $(y^{2} + xy) dx - x^{2} dy = 0$
2.: $y (ln x - ln y) dx = (x ln x - x ln y - y) dy$
3.: $(x^{2} + 2 xy) y^{'} = - 2 y^{2} - 3 xy$
4.: $(2 xy + x^{2} + 3 y^{2}) y^{'} + (y^{2} + 2 xy + 3 x^{2}) = 0$
5.: $x^{'} = \frac{x}{y} + {sec}^{2} (\frac{x}{y})$
6.: $y \frac{dx}{dy} = x + 4 y e^{\frac{- 2 x}{y}}$
7.: $(2 \sqrt{xy} - y) dx - xdy = 0$
8.: $(x^{3} + y^{2} \sqrt{x^{2} + y^{2}}) - xy \sqrt{x^{2} + y^{2}} \cdot \frac{dy}{dx} = 0$
9.: $(2 x + 2 y - 1) + y^{'} (x + y - 2) = 0$ (Sug. tome $u = x + y$ )
10.: $x^{2} y^{'} = xy + x^{2} e^{\frac{y}{x}}$ ; $x > 0$

1.: SG: $\frac{- x}{y} = ln | x | + C$
2.: SG: $x (ln x - 1) + (y - x) ln y = Cy$
3.: SG: $x^{2} y^{2} + x^{3} y = C$
4.: SG:
5.: $ln ∣ \frac{y^{3}}{x^{3}} + \frac{y^{2}}{x^{2}} + \frac{y}{x} + 1 ∣ = - 3 ln x + K$ o $y^{3} + y^{2} x + x^{2} y + x^{3} = C$ con $K = ln C$
6.: SG: $\frac{x}{2} + \frac{1}{4} sen (2 x) = ln | y | + C$
7.: SG: $\frac{e^{\frac{2 x}{y}}}{2} = 4 ln | y | + C$
8.: SG: $C \cdot x = \sqrt{1 + \sqrt{\frac{y}{x}}}$
9.: SG: $x^{3} ln (C x^{3}) = {(x^{2} + y^{2})}^{\frac{3}{2}}$
10.: SG: $3 ln | x + y + 1 | - 2 x - y = C$
11.: SG: $y = - x ln (ln (\frac{1}{x}) + C)$

Ejercicio 3.4

Considere la ED

2 x^{4} y y^{'} + y^{4} = 4 x^{6}

, si al aplicar el cambio de variable

y = z^{n}

para cierto

n

la convierte en ED homogénea. Determine el valor de

n

y solución general de la misma

n = \frac{3}{2}

, SG:

y = - x^{\frac{3}{2}} \sqrt{\frac{4 C + x^{5}}{x^{5} - C}}

Ejercicio 3.5

Considere la ecuación diferencial

y^{'} = f (\frac{ax + by + h}{dx + cy + k})

a): Si $ac - bd \neq 0$ , las rectas $ax + by + h = 0$ y $dx + cy + k = 0$ se intersecan en un único punto $(x_{0}, y_{0})$ . Muestre que, en este caso , la sustitución $u = x - x_{0}$ y $v = y - y_{0}$ transforma la ecuación en homogénea en las variables $u$ y $v$ .
b): Cuando $ac - bd = 0$ , pruebe que la sustitución $z = ax + by$ da como resultado una ecuación en variables separable.

Ejercicio 3.6

Aplique ejercicio anterior para resolver las siguientes ecuaciones diferenciales y posteriormente verifique resultados obtenidos por medio de la página interactiva Ecuación diferencial Especial para comprobar dichos resultados en dicha página.

1.: $y^{'} = \frac{6 x + 3 y - 3}{4 x + 8 y - 2}$
2.: $(2 x - y + 2) dx + (4 x - 2 y - 1) dy = 0$
3.: $y^{'} = \frac{x - y - 1}{x + 3 y - 5}$
4.: $(2 x - y - 4) dx - (x + y - 1) dy = 0$
5.: $(x - y + 1) dy - (x + y - 1) dx = 0$
6.: $y^{'} = \frac{3 x - y + 2}{6 x - 2 y}$
7.: $y^{'} = \frac{12 x + 5 y - 9}{- 5 x - 2 y + 3}$
8.: $(x + y - 4) dx + (x - y + 2) dy = 0 .$
9.: $\frac{dy}{dx} = - \frac{x + y + 7}{- 2 (x + y) + 1}$ .

1.: $\frac{1}{2} ln | 3 {(2 x - 1)}^{2} - (2 x - 1) y - 16 y^{2} | + \frac{7}{2 \sqrt{193}} ln | \frac{32 y + (1 - \sqrt{193}) (2 x - 1)}{32 y + (1 + \sqrt{193}) (2 x - 1)} | = C$
2.: $x + 2 y + ln | 2 x - y | = C$
3.: $- {(x - 2)}^{2} + 2 (x - 2) (y - 1) + 3 {(y - 1)}^{2} = C$
4.: $- 2 {(3 x - 5)}^{2} + 2 (3 x - 5) (3 y + 2) + {(3 y + 2)}^{2} = C$
5.: $\frac{1}{2} ln (x^{2} + {(y - 1)}^{2}) - arctan (\frac{y - 1}{x}) = C$
6.: $5 x - 10 y + 4 ln | 15 x - 5 y - 2 | = C$
7.: $6 {(x + 3)}^{2} + 5 (x + 3) (y - 9) + {(y - 9)}^{2} = C$
8.: ${(x - 1)}^{2} + 2 (x - 1) (y - 3) - {(y - 3)}^{2} = C$
9.: $- x + 2 y - 5 ln | x + y + 2 | = C$

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