Ecuaciones Diferenciales

ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGÉNEAS

No se define este tipo de ecuaciones diferenciales porque sí.

Se define porque existe una forma recetosa de resolverlo.

Y nosotros aquí vamos a verlo.

¿Qué es una ecuación diferencial homogénea?

Pues si tomamos una ecuación diferencial de primer orden y la expresamos de la forma:

y\prime =f(x,y)

Diremos que es homogénea cuando:

f(tx,ty)=f(x,y)

Para valores de t positivos, y en todo el dominio de la función.

¿Qué quiere decir eso?

Pues que si tenemos una EDO como esta:

y\prime = 2x-y

Donde:

f(x,y)=2[x]-[y]

Vemos que al hacer la cuenta:

f(tx,ty)=2[tx]-2[ty]

Tenemos que f(tx,ty) no es igual que f(x,y), por lo que la EDO no es homogénea.

Pero si tenemos una EDO como esta:

y\prime =\frac{x^{2}-3y^{2}}{xy+7y^{2}}

Donde:

f(x,y) =\frac{[x]^{2}-3[y]^{2}}{[x][y]+7[y]^{2}}

Vemos que al hacer la cuenta:

f(tx,ty)=\frac{[tx]^{2}-3[ty]^{2}}{[tx][ty]+7[ty]^{2}}=\frac{t^{2}x^{2}-3t^{2}y^{2}}{t^{2}xy+7t^{2}y^{2}}=\frac{t^{2}(x^{2}-3y^{2})}{t^{2}(xy+7y^{2})}

Las t del numerador se anulan con las del denominador, teniendo que f(tx,ty) sí es igual que f(x,y), por lo que la EDO sí es homogénea.

¿Cuándo es homogénea una ecuación diferencial de primer orden?

Como acabamos de ver:

Lo que no quiere decir que no haya otros casos de homogeneidad particulares, como por ejemplo:

y\prime =\frac{y^{2}}{x^{2}}e^{\frac{-y}{x}}

Pero nos basta con comprender el concepto y aprender un método de resolución.

Un método de resolución de ecuaciones diferenciales homogéneas

Podemos realizar un cambio de variables de la forma:

z=\frac{y}{x}

Porque dicho cambio de variable hará que nuestra EDO se transforme en una de variables separables, y esas ya sabemos resolverlas.

Nota: te dejo dos artículos a dos conceptos que deberías conocer bien antes de avanzar.

Después de resolverla bastará con deshacer el cambio de variables.

Ejemplo de resolución de EDO homogénea

Tomemos esta:

y\prime =\frac{y^{2}}{xy+x^{2}}

Es un cociente de polinomios cuyos sumandos poseen todos el mismo grado.

Al meter una t en los argumentos de la función, se van a simplificar unas con otras y tendremos que f(tx,ty) devuelve los mismos valores que f(x,y).

Y precisamente por eso, la ecuación es homogénea.

¿Cómo resolverla?

Hemos dicho que podemos resolverla aplicando el super cambio de variables.

Era que la zeta es igual a no me acuerdo.

Ah pues yo me acuerdo pensando en el número seis en inglés, que es muy buena gente: six.

Es decir, zyx.

Es decir:

z=\frac{y}{x}

De todas formas no pasa nada si no sabes inglés porque la x es la variable independiente que está siempre en el sótano, mientras que la y es la variable dependiente que está siempre arriba a la luz del día.

Ahora.

De ahí despejamos la y para poder cambiar las variables de nuestra ecuación.

y=zx

Y necesitaremos también la derivada, sabiendo que z también es función de x:

y\prime =z\prime x+z

Pondremos los ingredientes nuevos en la ecuación que teníamos:

z\prime x+z=\frac{z^{2}x^{2}}{x^{2}z+x^{2}}=\frac{z^{2}}{z+1}

Lo que es una ecuación diferencial de variables separables como una casa.

La resolveremos separanado al gel con el gel y al champú con el champú.

Es decir,

z\prime x=\frac{z^{2}}{z+1}-z

A esa z tan solitaria vamos a disfrazarla para que pueda entrar en la fiesta.

z\prime x=\frac{z^{2}}{z+1}-\frac{z(z+1)}{z+1}

Y una vez que esté dentro de la fiesta dejamos el asunto bien agrupado.

z\prime=(\frac{-z}{z+1})(\frac{1}{x})

Vemos que tenemos una expresión tal que:

\frac{dz}{dx}=f(z)g(x)

Por lo que sí, la ecuación que tenemos entre manos es de variables separables.

Separamos pues:

(\frac{z+1}{-z})dz=(\frac{1}{x})dx

E integramos a ambos lados:

\int (\frac{z+1}{-z})dz=\int (\frac{1}{x})dx

Teniendo que:

-\int (1+\frac{1}{z})dz=\int (\frac{1}{x})dx

Es decir:

-(z+ln\begin{vmatrix} z \end{vmatrix})=ln\begin{vmatrix} x \end{vmatrix}+C

Ahora podemos pasar a deshacer el cambio de variables.

Donde está la z pongo el valor con el que la habíamos disfrazado.

Es decir,

z=\frac{y}{x}

Y tenemos que:

-(\frac{y}{x}+ln\begin{vmatrix} \frac{y}{x} \end{vmatrix})=ln\begin{vmatrix} x \end{vmatrix}+C

Y nuestras soluciones son todas las funciones y(x) que verifiquen esta expresión.

Para todo C∈ℜ.

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