Este documento presenta el método para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO) con coeficientes homogéneos. Introduce el concepto de funciones homogéneas y cómo transformar una EDO con coeficientes homogéneos en una ecuación separable mediante el cambio de variable y=xv. El método consiste en sustituir esta relación en la EDO original para obtener una ecuación separable en x e v que puede resolverse mediante integración.

1. Ecuaciones Diferenciales
Catalina Dom´ınguez
Ricardo Prato
Universidad del Norte
Departamento de matem´aticas y estad´ıstica
02.2014
P´agina 1 Semana 03 02.2014 C. Dom´ınguez -R. Prato

2. Ecuaciones separable de primer orden
Definicion
Se dice de aquellas ecuaciones diferenciales de primer orden de la forma
dy
dx
= f(x, y) = g(x)h(y)
¿ S´on estas EDO separables?
x
dy
dx
= 4y ex
y
dy
dx
= e−y
+ e−2x−y dy
dx
=
xy + 3x − y − 3
xy − 2x + 4y − 8
dy
dx
+ 3x2
y = 1 x2
y′
+ x(x + 2)y = ex
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3. dy
dx
= g(x)h(y)
1
h(y)
·
dy
dx
=
1
h(y)
· g(x)h(y)
p(y) ·
dy
dx
= g(x)
Si y = φ(x) es soluci´on de la EDO
p(φ(x))φ′
(x) = g(x)
p(φ(x))φ′
(x) dx + C1 = g(x)dx + C2
pero dy = φ′(x) dx, as´ı
p(y) dy = g(x)dx + C.
p(y) :=
1
h(y)
C := C2 − C1
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4. Resolver
dy
dx
=
xy + 3x − y − 3
xy − 2x + 4y − 8
.
Tenemos
dy
dx
=
(y + 3)(x − 1)
(y − 2)(x + 4)
=⇒
y − 2
y + 3
·
dy
dx
=
x − 1
x + 4
integrando
y − 2
y + 3
dy =
x − 1
x + 4
dx + C
y − 2
y + 3
= 1 −
5
y + 3
se obtiene:
y − 5 ln |y + 3| = x − 5 ln |x + 4| + C
y organizando t´erminos
Forma implicita de la soluci´on
ey
(x + 4)5
= c ex+1
(y + 3)5
.
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5. Resolver (ex
+ e−x
)
dy
dx
= y2
Aplicando el m´etodo de separaci´on de variables tenemos que
(ex
+ e−x
)
dy
dx
= y2
⇒ y−2 dy
dx
=
1
ex + e−x
y−2
dy =
dx
ex + e−x
+ C ⇒ −y−1
= arctan ex
+ C
Esto es:
Forma explicita de la soluci´on
y(x) = −
1
arctan ex + C
Pregunta
¿Existe soluci´on para el PVI



dy
dx
=
y2
ex + e−x
y(0) = 0
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6. Perdida de soluci´on:
Al separar las variables, es posible que los divisores de alguna de ellas sean
cero an alg´un punto. En particular, si h(r) = 0 para alg´un r ∈ R, entonces
y(x) = r es soluci´on, ya que
dy
dx
= 0 = g(x)0 = 0.
Pero al separar las variables
dy
h(y)
= g(x) dx
no esta definido en x = r. En consecuencia y(x) = r podria no mostrarse
en la familia de soluciones.
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7. Resolver x + ex+y
cos y dy
dx
= 0
Separando las variables obtenemos
ey
cos ydy = − xe−x
dx + c.
1.) Integraci´on parcial del lado izq. con
u = ey
⇒ du = ey
dv = cos ydy ⇒ v = sin y
ey
cos ydy = ey
sin y − ey
sin y dy + c
ey
cos ydy = ey
sin y − ey
sin y dy
int. parcial con u = ey ⇒ du = ey
dv = sin ydy ⇒ v = − cos y
+ c
= ey
sin y + ey
cos y + ey
cos y dy + c
ey
cos ydy =
1
2
ey
sin y +
1
2
ey
cos y + c
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8. 2.) Integraci´on parcial para xe−x
dx con
u = x ⇒ du = dx
dv = e−x
dx ⇒ v = −e−x
xe−x
dx = −xe−x
+ e−x
dx + c
= −xe−x
− e−x
+ c
− xe−x
dx = xe−x
+ e−x
+ c
y por lo tanto la soluci´on implicita de la EDO es
1
2
ey
sin y +
1
2
ey
cos y = xe−x
+ e−x
+ c
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9. Resolver
dx
dt
= x2
− 4x − 5
x(1) = 5
1 ¿ Tiene el PVI soluci´on ´unica?
f(t, x) = x2
− 4x − 5
∂f
∂x = 2x − 4
* Ambas son continuas en IR2
* (t0, x0) = (1, 5) ∈ IR2
* TEU implica la existencia de soluci´on ´unica.
2 La ecuaci´on es aut´onoma.
Puntos criticos c = 5, −1
Soluciones de equilibrio: x(t) = 5, x(t) = −1
P´agina 9 Semana 03 02.2014 C. Dom´ınguez -R. Prato

10. −2 −1 0 1 2 3 4
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5
7
x
−1
Campo de direcciones para y’=y2
−4*y−5
−2 −1 0 1 2 3 4
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5
7
x
5
Campo de direcciones para y’=y2
−4*y−5
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11. Resolver
dx
dt
= x2
− 4x − 5
x(0) = 1
(t0, x0) = (0, 1) ∈ IR2
.
El TEU garantiza una unica soluci´on x(t) alrededor del punto
(t0, x0) = (0, 1).
Observe que el punto no pertenece a la grafica de la soluciones de
equilibrio.
Pregunta: Como determinamos la soluci´on? Haciendo separaci´on de
variables
1
(x − 5)(x − 1)
dx = dt + c
Soluci´on general:
x(t) =
5 + c · e6t
1 − c · e6t
Cond. Inicial: x(0) = 1
x(t) =
5 − 2e6t
1 + 2e6t
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12. Resolver
dy
dt
= 3x2/3
x(1) = 0
Punto critico c = 0 ⇒ Soluci´on de equilibrio: x(t) = 0
(t0, x0) = (1, 0) pertenece a
la gr´afica de la soluci´on de
equilibrio x(t) = 0.
⇒ x(t) = 0 es solucion.
Es la ´unica soluci´on del PVI
dado? TEU:
f(t, x) = 3y2/3
∂f
∂x = 2/x2/3
⇒ En D = R × R − {0} las
funciones f y ∂f/∂x son
continuas y (1, 0) /∈ D. −10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8
−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8
Campo de direcciones para y’=3*y
(
2/3)
Entonces el TEU no garantiza nada. Conclusi´on: Tenemos por lo menos
una solucion al PVI, pero no sabemos si es la ´unica!
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13. Separando variables e integrando obtenemos
x1/3
= t + C ⇒ x(t) = (t + c)3
al reemplazar la condici´on inicial x(1) = 0 obtenemos c = 0
x(t) = t3
y por lo tanto el PVI tiene por lo menos dos soluciones
x(t) = 0 x(t) = t3
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14. Resolver
dy
dt
= 3x2/3
x(2) = 3
(t0, x0) = (2, 3) no pertenece
a la gr´afica de la soluci´on de
equilibrio x(t) = 0.
Existe una soluci´on el PVI?
Es ´unica? TEU:
f(t, x) = 3y2/3
∂f
∂x = 2/x2/3
⇒ En D = R × R − {0} las
funciones f y ∂f/∂x son
continuas y (2, 3) ∈ D. −10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8
−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8
Campo de direcciones para y’=3*y
(
2/3)
Entonces por el TEU existe una ´unica soluci´on x(t) definida alrededor del
punto t0 = 2.
Reemplazando la condici´on inicial x(2) = 3 en x(t) = (t + c)3 obtenemos
c = 3
√
3 − 2
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15. Funciones homog´eneas (en el sentido algebraico)
Se dice que una funci´on continua f(x, y) es homog´enea de grado λ si,
para todo n´umero real t,
f(tx, ty) = tλ
f(x, y)
Ejemplo:
f(x, y) = x2
+ y2
⇒ f(tx, ty) = (tx)2
+ (ty)2
= t2
x2
+ t2
y2
= t2
(x2
+ y2
)
= t2
f(x, y)
La funci´on es homog´enea de grado 2
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16. Funciones homog´eneas (en el sentido algebraico)
Se dice que una funci´on continua f(x, y) es homog´enea de grado λ si,
para todo n´umero real t,
f(tx, ty) = tλ
f(x, y)
Ejemplo:
f(x, y) =
(2x + y)
y
⇒ f(tx, ty) =
(2tx + ty)
ty
=
t
t
(2x + y)
y
= t0
f(x, y)
La funci´on es homog´enea de grado 0
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17. Funciones homog´eneas (en el sentido algebraico)
Se dice que una funci´on continua f(x, y) es homog´enea de grado λ si,
para todo n´umero real t,
f(tx, ty) = tλ
f(x, y)
Ejemplo:
f(x, y) =
1
√
x + y
⇒ f(tx, ty) =
1
√
tx + ty
=
1
t(x + y)
=
1
√
t
√
x + y
= t−1/2
f(x, y)
La funci´on es homog´enea de grado −1
2
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18. Ecuaciones con coeficientes homog´eneos
Supongamos que la forma normal de EDO es de la forma
y′
= f(x, y) := −
M(x, y)
N(x, y)
o en forma equivalente:
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0
donde M(x, y) y N(x, y) satisface alguna de las siguientes opciones
(note que son equivalentes):
1 f(x, y) = −
M(x, y)
N(x, y)
es homog´enea de grado 0.
2 M(x, y) y N(x, y) son funciones homog´eneas del mismo grado.
En este caso, decimos que la EDO tiene coeficientes homog´eneos.
y′
=
x + y
x − y
y′
=
y2
− 9
x2 + 4
x + yey/x
dx − xey/x
dy = 0
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19. M´etodo de soluci´on: EDO con coeficientes homogeneos
Si M y N son funciones homog´eneas del mismo grado α,
Sustituci´on: y = xv M(x, y)= xα
M(1, v) N(x, y)= xα
N(1, v)
dy = vdx + xdv
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0
xα
M(1, v)dx + xα
N(1, v)dy = 0
xα
M(1, v)dx + N(1, v)dy = 0
M(1, v)dx + N(1, v)dy = 0
M(1, v)dx + N(1, v) vdx + xdv = 0
M(1, v)dx + vN(1, v) dx + xN(1, v)dv = 0
dx
x
+
N(1, v)dv
M(1, v) + vN(1, v)
= 0 EDO separable!
1

20. Ejemplo: Hallar la soluci´on general de y′
=
x + y
x − y
1 f(x, y) =
x + y
x − y
es homog´enea de grado 0.
2 Sustituci´on y = xv ⇒
dy
dx
= v + x
dv
dx
3 Reemplazando en la EDO
v + x
dv
dx
=
1 + v
1 − v
4 Resolviendo por separaci´on de variables
x v2 + 1 = cearctan v
5 puesto que v = y/x tenemos
x2 + y2 = cearctan(y/x)
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21. Ejemplo: Hallar la soluci´on general de −ydy + (x +
√
xy)dy = 0
1 ¿Es una EDO autonoma, separable o homog´enea?
dy
dx
= −
y
x +
√
xy
= −
M(x, y)
N(x, y)
⇒ f(x, y) = −
y
x +
√
xy
f(tx, ty) = −
ty
tx +
√
tx ty
= −
ty
tx + t2x y
= −
ty
tx + t
√
x y
= −
t
t
y
x +
√
x y
= −t0 y
x +
√
x y
Homogenea de grado 0 !
f(tx, ty) = −t0 y
x +
√
xy
= t0
f(x, y)
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22. Ejemplo: Hallar la soluci´on general de −ydy + (x +
√
xy)dy = 0
2 Sustituci´on y = xv ⇒
dy
dx
= v + x
dv
dx
3 reemplazando en la EDO ⇒ v + x
dv
dx
=
1 + v
1 − v
4 Separando las variables e integrando
v − 1
v2 + 1
dv = −
dx
x
+ c⇒
1
2
ln(v2
+ 1) − arctan v = − ln |x| + c
⇒ x v2 + 1 = cearctan v
5 Reemplazando v = y/x
⇒ x2 + y2 = cearctan(y/x)
P´agina 22 Semana 03 02.2014 C. Dom´ınguez -R. Prato