Ecuación diferencial homogénea

Una función $F(x, y)$  es homogénea de $grado\ n$, si, para todo $\lambda > 0$ se cumple la relación
$$\boxed{\ \ F(\lambda x, \lambda y)  =  \lambda^n F(x, y)\ \ }$$  NOTA:  El libro que llevamos de referencia, los autores mencionan que la lambda ($\lambda$) indica un  orden pero lo que marca en realidad, es un grado, recuerden que el orden se refiere exclusivamente a una derivada. 

Veamos como se usa esta definición para poder saber si una ecuación diferencial es homogénea.

EJEMPLO 1     analizar si la función dada es homogénea y de qué orden es.
$$F(x, y) = x^2  +  y^2$$
SOLUCIÓN 1     Usando la definición en la ecuación tenemos
$$F(\lambda\ x, \lambda\ y) = (\lambda\ x)^2  +  (\lambda\ y)^2 = (\lambda)^2 (x^2  +  y^2) = (\lambda)^2\ F(x, y)$$
Que, como cumple con la definición
$$\boxed{\ \color {red} {\textbf {Si es homogénea y es de segundo grado}} \ }$$

EJEMPLO 2     Usando la definición arriba mencionada, di si la ecuación diferencial siguiente es o no homogénea.
$$F(x, y) = \frac{x^2  +  y}{x}$$
SOLUCIÓN 2   Aplicando la definición tenemos:
$$F(\lambda\ x, \lambda\ y) = \frac{(\lambda\ x)^2  +  \lambda\ y}{\lambda\ x} = \frac{\lambda ^2\ x^2  +  \lambda\ y}{\lambda\ x} =  \frac{\lambda\ x^2  +  y}{ x}$$  De donde se puede ver que
$$F(\lambda\ x, \lambda\ y) \not= \lambda ^n F(x, y)$$
$$\boxed {\ F(x, y) \ \color {red} {\textbf {no es homogénea} } }$$
EJEMPLO 3     Verifica que la siguiente función es homogénea y di, de que grado es.
$$F(x, y) = \frac{x^4  +  y^4}{y^4}$$

SOLUCIÓN 3    Apliquemos la definición y tendremos
$$F(\lambda\ x, \lambda\ y) = \frac{(\lambda\ x)^4  +  (\lambda\ y)^4}{(\lambda\ y)^4} =  \frac{\lambda ^4\ x^4  +  \lambda ^4\ y^4}{\lambda^4\ y^4} = \frac{x^4  +  y^4}{y^4}$$Como aparentemente no aparece $\lambda$ podríamos pensar que no podemos deducir algo, pero recordemos que $\lambda ^0 = 1$, así que en realidad si podemos deducir que
$$F(\lambda\ x, \lambda\ y) =  \frac{\lambda ^4\ x^4  +  \lambda ^4\ y^4}{\lambda^4\ y^4} =  \lambda ^0\ \frac{x^4  +  y^4}{y^4}$$ Así que
$$\boxed{\ F(x, y) \ \color {red}{\textbf {es homogénea y de grado 0} }\ }$$

Toda ecuación de la forma
$$\frac{dy}{dx} = f(x, y)$$se llama ecuación diferencial homogénea, si la función $f(x, y)$ es homogénea y de grado cero.
Siguiendo la afirmación anterior podemos asegurar que toda ecuación diferencial expresada de la forma
$$M(x, y)\ dx + N(x, y)\ dy = 0 \qquad \qquad (1)$$ Será homogénea si y solo sí, las funciones $M(x, y)$  y  $N(x, y)$  son funciones homogéneas del mismo orden.
Toda ecuación diferencial homogénea se reduce a una ecuación diferencial con variables separables mediante el uso de   $y = z(x)\ x$

Probemos lo anterior usando (1).
Tenemos que
$$y = z\ x$$ Tomamos $y = z\ x$ en lugar de $y = z(x)\ x$ para simplificar la escritura teniendo en cuenta siempre que $z$ depende de $x$.
$$dy = z\ dx + x\ dz$$ ahora sustituimos estos resultados en (1)
$$M(x, xz)\ dx + N(x, xz)\ (zdx + xdz) = 0$$ Observamos que M  y  N  tiene a x como factor común, por lo que
$$M(1, z)\ dx + N(1, z)\ (zdx + xdz) = 0$$ y ahora simplificamos y reagrupamos
$$[M(1, z)\ +\ zN(1, z)] dx + \  xN(1, z)dz = 0$$ Observando ahora, que nuestra ecuación diferencial homogénea ya se puede resolver por separación de variable.
$$\frac{dx}{x} +\  \frac{N(1, z)}{M(1, z)\ +\ zN(1, z) }dz = 0$$ y ya solo nos queda integrar
$$\int \frac{dx}{x}\ +\ \int \frac{N(1, z)}{M(1, z)\ +\ zN(1, z) }dz = C$$ Veamos si se entendió lo expuesto

EJEMPLO 4     Halla la solución general de la ecuación diferencial
$$(y^2\ + xy\ - x^2)dx - x^2dy  = 0$$

SOLUCIÓN 4     Como la ecuación tiene la forma de (1), procedemos a identificar M y N 
$$M(x, y) = y^2\ + xy\ - x^2 \qquad \qquad N(x, y) = - x^2$$ Se puede ver que ambas son del mismo grado por lo que procedemos a su solución haciendo $y = zx$    y     $dy = zdx + xdz$
$$[(xz)^2\ + x(xz)\ - x^2]dx - x^2(zdx + xdz) = 0$$  Agrupamos y reordenamos
$$[x^2z^2\ + x^2z\ - x^2]dx - zx^2dx - x^3dz = 0$$$$[x^2z^2\ + x^2z\ - x^2 - x^2z]dx  - x^3dz = 0$$En seguida vemos que se puede factorizar, sacando $x^2$
$$[z^2\ - 1]dx  - xdz = 0$$ Y tenemos la ecuación para resolverla por separación de variables:
$$\int \frac{dx}{x} - \int \frac{dy}{z^2 - 1} = C$$Antes de resolver, procederemos a simplificar $\frac{1}{z^2 -1}$ ya que no tiene directa su solución por lo que usaremos la técnica de fracciones parciales.
$$\frac{1}{z^2 -1} = \color {blue} {\frac{1}{(z + 1)(z - 1)} } = \frac{A}{z + 1} +  \frac{B}{z - 1} = \frac{Az - A + Bz + B }{(z + 1)(z - 1)} =$$$$ = \color {blue} {\frac{(A + B)z + (- A + B) }{(z + 1)(z - 1)}}$$  Los dos términos en azul deben de ser iguales por lo que tendremos un sistema de ecuaciones
$$A + B = 0 \qquad \qquad - A + B = 1$$ Se puede resolver muy fácilmente dándonos:
$$B = \frac{1}{2} \qquad \qquad A= - \frac{1}{2}$$ Estos resultados los sustituimos en
$$\int \frac{dx}{x} - \int \frac{dz}{z^2 - 1} = C_{1}$$$$\int \frac{dx}{x} - \int \bigg[ -\frac{1}{2}\frac{1}{z + 1} +  \frac{1}{2} \frac{B}{z - 1} \bigg]dz= C_{1}$$$$\int \frac{dx}{x} + \frac{1}{2}\int \frac{1}{z + 1}dz  -  \frac{1}{2}\int  \frac{1}{z - 1}dz = C_{1}$$Como podemos observar en seguida, todos los términos de la izquierda serán logaritmos naturales por lo que para simpliflicar nuestro resultado podemos poner a $C_{1} = \frac{1}{2}Ln|\ C \ |$
$$Ln|x| + \frac{1}{2}Ln|z + 1|  -  \frac{1}{2} Ln| z - 1 | =  \frac{1}{2}Ln|\ C|$$Ahora multiplicamos por 2 la igualdad y agrupamos usando las propiedades de los logaritmos
$$Ln\bigg|\frac{x^2\ (z + 1)}{z - 1}\bigg| = Ln|\ C|$$Ahora podemos sacar anti logaritmo a ambos lados de la igualdad y obtenemos
$$\frac{x^2\ (z + 1)}{z - 1} = C$$$$x^2\ (z + 1) = C(z - 1)$$Y ahora regresamos a nuestras variable iniciales, $y = zx$      o     $z = y/x$
$$x^2\ ( y/x + 1) = C(y/x - 1) = $$Y haciendo uso de nuestra de pericia algebraica obtenemos el resultado pedido
$$\boxed{\ \color {red} {x^2\ ( y + x) = C(y - x)} \ }$$

Otro tipo de ecuación diferencial homogénea es del tipo
$$\boxed{\ \frac{dy}{dx} = f \bigg(\frac{y}{x}\bigg)\qquad \qquad \qquad (2)\ }$$ Para resolverla por el método de separación de variables, se hace lo que ya hemos hecho: un cambio de variable
$$z = \frac{y}{x}\qquad \longrightarrow \qquad y = xz$$ ademas necesitamos la derivada de $y$ con respecto a $x$.
$$\frac{dy}{dx} = x\frac{dz}{dx} + z$$ y procedemos como ya lo hemos hecho anteriormente
$$x\frac{dz}{dx} + z = f(z)$$ Y nuevamente tenemos una ecuación para resolverse por separación de variables.
$$\int \frac{dz}{f(z) - z} = \int \frac{dx}{x}$$Su solución ya depende de la que nos den, por lo que habrá que usar todo lo que sabemos de cálculo integral.

Una ecuación homogénea más general que la ecuación (2), tiene la forma
$$\boxed{\ \frac{dy}{dx} = x^{\alpha -1}\ f \bigg( \frac{y}{x^{\alpha}}\bigg)\ }$$ Esta ecuación se puede reducir a una ecuación de variable separables haciendo la siguiente sustitución
$$\boxed{\ y = x^{\alpha}\ z(x)\ }$$ Procediendo de la misma manera que en los casos anteriores podemos podemos resolverla.


Toda ecuación del tipo
$$\boxed{\ y\ f(xy)\ dx + x\ g(xy)\ dy = 0  \ }$$  Se reduce a una ecuación con variables separables mediante la sustitución
$$\boxed{\ z = xy \qquad \longrightarrow \qquad y = \frac{z}{x}\ }$$  La demostración se las dejo para que la realicen ustedes, pero no la copien, háganla ustedes!!!


La sustitución de $z = x^m\ y^n$ transforma una ecuación de la forma
$$\boxed{\ \frac{dy}{dx} = \frac{y}{x}\ f(x^m\ y^n)\ }$$ En una ecuación con variables separables. Procedamos a demostrarlo
$$z = x^m\ y^n \qquad \qquad \frac{dz}{dx} = m\ x^{m - 1}\ y^n + n\ x^m\ y^{n - 1}\ \frac{dy}{dx}$$

así que separamos variables e integramos
$$\int \frac{dz}{z\ [m +  nf(z)]} = \int \frac{dx}{x}$$
A esta ecuación tienen que llegar 



EJEMPLO 5     Resuelve la ecuación diferencial
$$x\ \frac{dy}{dx} - y = (x + y) Ln|\ \frac{x + y}{x}\ |$$

SOLUCIÓN 5     Comenzamos dividiendo la ecuación por $x$
$$\frac{dy}{dx} - \frac{y}{x} = \bigg(1 + \frac{y}{x}\bigg) Ln\bigg|\ 1 + \frac{y}{x}\ \bigg|\qquad \qquad (3)$$ Vemos que podemos hacer el siguiente cambio de variable:
$$z = \frac{y}{x}\quad o \quad y = xz \qquad \longrightarrow \qquad \frac{dy}{dx} = x\ \frac{dz}{dx} + z$$Sustituyendo este resultado en (3)
$$x\ \frac{dz}{dx} + z  -  z = (1 + z)\ Ln|\ 1 + z\ |$$$$ \frac{dz}{(1 + z)\ Ln|\ 1 + z\ |} = \frac{dx}{x}$$Ahora integramos
$$ \int \frac{dz}{(1 + z)\ Ln|\ 1 + z\ |} = \int \frac{dx}{x}$$$$Ln|\ Ln|\ 1 + z\ |\ | = Ln|\ x\ | + Ln|\ C\ | = Ln|\ C\ x\ |$$Sacando anti logaritmo al primero y al tercer término
$$Ln|\ 1 + z\ | =  C\ x$$Y regresando a las variables originales
$$Ln|\ 1 + \frac{y}{x}\ | =  C\ x$$$$\boxed{\ Ln \bigg|\ \frac{x + y }{x}\ \bigg| =  C\ x\ }$$

EJERCICIO 1    Resolver la ecuación diferencial
$$xy' = y - x\ e^{y/x}$$

EJERCICIO 1    Resolver la ecuación diferencial
$$xy' = \sqrt{x^2 - y^2} + y$$

ECUACIONES REDUCIBLES A HOMOGÉNEAS
Mediante la transformación lineal apropiada, toda ecuación
$$\boxed{\ \frac{dy}{dx} = f\bigg( \frac{ax + by + c}{a_{1}x + b_{1}y + c_{1}} \bigg)\qquad \qquad \qquad \ (4)}$$
Se reduce a una ecuación homogénea, la cual a su vez, con las sustitución vista anteriormente:  $y = x\ z(x)$  se reduce a una ecuación de variables separables.
Si recordamos la geometría analítica, observamos que las ecuaciones las funciones de (4),  $g(x, y) = ax + by + c$  y  $h(x, y) = a_{1}x + b_{1}y + c$ definen a dos rectas,  las cuales, si $c = 0$  y  $c_{1} = 0$, estas pasan por el origen coordenado y en tal caso, la ecuación diferencial ya sera homogénea que se puede reducir a una ecuación de variables separables.
Supongamos que al menos uno de los parámetros $c$  o  $c_{1}$  o ambos son diferentes de cero entonces, entonces la ecuación (4) no es una ecuación diferencial homogénea. ¿Qué demos hacer para convertirlas a homogéneas?,  Sencillo, que no tengan en termino constante, esto es, que pasen por el origen dichas rectas, desgraciadamente, no pasan por ahí, ¿qué debemos hacer para que pasen por un origen?, pues hacer un cambio de coordenadas, o sea, hacer una traslación de coordenadas.
Así que procederemos a encontrar la intersección de tales rectas $(x_{0},  y_{0})$  a donde trasladaremos el origen del nuevo sistema de coordenadas X,  Y, para ello, usamos la siguiente transformación lineal.
$$\boxed{\ x = X + x_{0}\qquad \qquad y = Y + y_{0}\qquad \qquad (5)\ }$$De donde tenemos que
$$\boxed{\ \frac{dy}{dx} =  \frac{DY}{DX}\qquad \qquad (6)\ }$$
Si sustituimos estos resultados en (4) tendremos
$$\frac{DY}{DX} = f \bigg(\frac{a(X + x_{0}) + b(Y + y_{0}) + c}{a_{1}(X + x_{0}) + b_{1}(Y + y_{0}) + c_{1}} \bigg)$$$$\frac{DY}{DX} = f\bigg(\frac{aX  + bY  + ax_{0} + by_{0} + c}{a_{1}X + b_{1}Y + a_{1}x_{0} +  b_{1}y_{0} + c_{1} }\bigg) $$ y esta igualdad se reduce a
$$\frac{DY}{DX} = f\bigg(\frac{aX  + bY}{a_{1}X + b_{1}Y }\bigg) $$ ¿Por qué?
Está ya claro que la ecuación es homogénea. ahora hay que hacer la sustitución de $Y = z(X)\ X$.
Aquí hay que tener mucho cuidado con el uso de las letras mayúsculas y minúsculas pues cuando escribimos lo hacemos de manera  nada cuidadosa y si no ponemos atención puede causarnos un poco de problemas el no escribir bien para diferenciar la  $x$  y  $y$  minúsculas y la  $X$  y   $Y$ mayúsculas.

EJEMPLO 6     Resolver la ecuación diferencial $$(x - y + 3) dx  +  (3x + y + 1) dy = 0$$

SOLUCIÓN 6    Como se observa, la ecuación es no homogénea por lo que hay que proceder a hacerla homogénea. Para esto, necesitamos trasladar el eje de coordenadas actual, a otro donde es la intersección de las rectas. Figura 1

Fig. 1.  Traslación de ejes coordenados para hacer una ecuación diferencial homogénea

Primero encontramos la intersección de las rectas:
$$x - y + 3 = 0$$$$3x + y + 1 = 0$$$$4x + 4 = 0$$  de donde se obtiene que $x = -1$
sustituyendo este valor en una de las ecuaciones tendremos el valor de $y$
$$(-1)  -  y  +  3  =  0$$De donde se encuentra que $y = 2$
Así que trasladaremos el eje coordenado a $(-1,  2)$ usando las ecuaciones (5)
$$x = X - 1 \qquad \qquad \text {y} \qquad \qquad  y = Y + 2$$Y sus diferenciales $$dx = dX\qquad \qquad \text {y} \qquad \qquad  dy = dY$$Ahora sustituimos estos resultados en la ecuación diferencial
$$[(X - 1) - (y + 2) + 3]dX + [3(X - 1) + (Y + 2) + 1]dY = 0$$Donde nos queda, después de simplificar$$(X - Y) dX + (3X + Y)dY$$Esta ecuación ya es homogénea así que procedemos a sustituir: $Y = z X$     y      $dY = z dX + X dz$
$$(X - z X)dX + (3X + z X)(z dX + X dz) = 0$$$$(X - z X + 3zX + z^2 X)dX + (3X + z X)X dz = 0$$$$(Xz^2 + 2zX + X )dX + (zX + 3X)X dz = 0$$$$X( z^2 + 2z + 1)dX + (z + 3)X^2 dz = 0$$$$(z + 1)^2dX + (z + 3 )X dz = 0$$Ahora solo dividimos por $X$,  separamos e integramos
$$\int \frac{dX}{X} + \int \frac{z + 3}{(z + 1)^2}dz$$
en la segunda integral podemos acudir a un truco ya antes usado o hacer la división directamente$$\int \frac{dX}{X} + \int \frac{(z + 1) + (2)}{(z + 1)^2}dz = \int \frac{dX}{X} +  \int \frac{dz}{z + 1} +  2\int \frac{dz}{(z + 1)^2}  = C$$$$Ln|X|  +  Ln| z + 1 |  - 2 \frac{1}{z + 1} = C$$ Y regresando a las variables anteriores tendremos sustituyendo $z = Y/X$
$$Ln X + Ln \bigg| \frac{Y}{X} + 1 \bigg| - \frac{2}{\frac{Y}{X} + 1} = C$$$$Ln |X| + Ln \bigg| \frac{X + Y}{X} \bigg| - \frac{2X}{X + Y} = C$$$$Ln |X| + Ln |X + Y| - Ln| X | - \frac{2X}{X + Y} = C$$$$Ln |X + Y|  - \frac{2X}{X + Y} = C$$Y ahora regresamos a las variables originales:
$$x = X - 1 \quad  \longrightarrow \quad X = x + 1\quad \quad\text {y} \quad \quad  y = Y + 2 \quad \longrightarrow \quad Y = y - 2$$$$Ln |x + 1 + y - 2|  - \frac{2(x + 1)}{x + 1 + y - 2} = C$$$$\boxed{\ Ln |x + y - 1|  - \frac{2(x + 1)}{x + y - 1} = C \ }$$

Por supuesto, dos rectas que se intersectan no son paralelas, pero, ¿qué pasa en el caso que lo sean? No habrá que trasladar los eje coordenados, pero entonces ¿qué se hace en ese caso?.
Lo primero es verificar que las rectas son paralelas, y eso se logra checando que el determinante de las funciones de la ecuación (4) sea 0, esto es, si las ecuaciones son;  $g(x, y) = ax + by + c$  y  $h(x, y) = a_{1}x + b_{1}y + c$, su determinante es:
$$D = \left|
\begin{array}{cc}
a & b\\
a_{1} & b_{1}
\end{array}
\right| $$Si este determinante es cero, las rectas son paralelas.
Cuando dos rectas son paralelas, lo primero que se nos ocurrirá es comparar sus pendientes, estos es, $\frac{b}{a} = \frac{b_{1}}{a_{1}}$, que también es lo mismo que   $\frac{a_{1}}{a} = \frac{b_{1}}{b} = m$,  de donde se tiene que
$$a_{1} = m\ a \qquad y \qquad  b_{1} =  m\ b$$Por lo que la ecuación (4) se transforma a
$$\frac{dy}{dx} =  f \Big( \frac{ax  +  by  +  c}{(am) x\ +  (bm) y\ +\ c_{1} } \Big) =   f \Big( \frac{ax  +  by  +  c}{m (a x\ +\  b y)\ +\ c_{1} } \Big)\qquad (7)$$Haciendo la sustitución de
$$z  =  ax\ +\ by$$ Y de
$$\frac{dz}{dx}  =  a + b \frac{dy}{dx}$$De donde despejamos
$$\frac{dy}{dx}  =  \frac{1}{b} \frac{dz}{dx}  -  \frac{a}{b}$$Sustituyendo estos resultados en (7)
$$ \frac{1}{b} \frac{dz}{dx}  -  \frac{a}{b}  =  f \Big( \frac{z\ +\ c}{m z\ +\ c_{1}} \Big)$$De donde se puede observar que ya hay separación de variables
$$\int \frac{dz}{f\Big( \frac{z\ +\ c}{m z\ +\ c_{1}} \Big)\  +\  \frac{a}{b} }  =  b\int dx\ +\ C$$

EJEMPLO  7    Resuelve la ecuación 
$$\frac{dy}{dx}  =  \frac{y  -  x  +  1}{y  -  x}$$

SOLUCIÓN  7
Como les he pedido en clase, que nunca empiecen a resolver un problema sin antes entenderlo o entender lo que se tiene que hacer para resolverlo.
Si observamos,  la ecuación diferencial contiene dos expresiones matemáticas que representan dos rectas, pero, la característica entre ellas es que son paralelas, ¿cómo se puede identificar que son recta y cómo que son paralelas?
Si se fijaron en el proceso anterior que es para cuando tenemos situaciones similares a esta, lo único que se hace es sacar un factor común a una de las ecuaciones de las rectas, si es que lo tiene:
$$\frac{dy}{dx}  =  \frac{(y - x)  + 1}{(y  - x)}$$Hacemos un cambio de variable:
$$z = y - x\ \  \longrightarrow\ \ \ \frac{dz}{dx}  =  \frac{dy}{dx}  -  1\ \ \longrightarrow\ \ \ \frac{dy}{dx}  =  \frac{dz}{dx}  +  1$$ Y sustituimos en la ecuación difderencial
$$\frac{dt}{dx}  =  \frac{y - x  + 1}{y - x}$$$$\frac{dz}{dx}  +  1  =  \frac{z + 1}{z}$$$$\frac{dz}{dx}  =  \frac{z + 1}{z}  -  1$$$$\frac{dz}{dx}  =  \frac{z + 1 - z}{z}  =  \frac{1}{z}$$Y observamos que esta ecuación se pude resolver por separación de variables:
$$z\ dz  =  dx$$E integramos
$$\int z\ dz  =  \int\ dx$$$$\frac{z^2}{2}  =  x  +  \frac{c}{2}$$Y recordando que z = y - x
$$\boxed{\ \ \  (y - x)^2 = 2x + c\ \ \  }$$



3.   $(y  +  y\sqrt{x^2y^4  +  1})dx  +  2xdy  =  0$
Solución:  Como podemos observar, no es homogénea, por lo que tenemos que hacer algún cambio de variable.
Vamos a proponer el siguiente cambio:  $z = xy$  o   $y  =  \frac{z}{x}$   y     $dy  =  \frac{xdz - zdx}{x^2}$
Y sustituimos estos datos en la ecuación diferencial original:
$$\Bigg( \frac{z}{x} +  \frac{z}{x} \sqrt{x^2\Big(\frac{z}{x}\Big)^4 + 1}\Bigg ) dx  +  2x\Big(\frac{xdz  -  zdx}{x^2}\Big) = 0 $$$$\Bigg( \frac{z}{x} +  \frac{z}{x} \sqrt{\frac{z^4 +  x^2}{x^2}}\Bigg ) dx  +  2x\Big(\frac{xdz  -  zdx}{x^2}\Big) = 0 $$$$\Big( \frac{z}{x} +  \frac{z}{x^2} \sqrt{z^4 +  x^2}\Big ) dx  +  2x\Big(\frac{xdz  -  zdx}{x^2}\Big) = 0 $$$$\Big( xz +  z \sqrt{z^4 +  x^2}\Big ) dx  +  2x(xdz  -  zdx) = 0 $$$$\Big( xz +  z \sqrt{z^4 +  x^2}  - 2xz\Big ) dx  +  2x^2dz = 0 $$$$\Big( z \sqrt{z^4 +  x^2}  - xz\Big ) dx  +  2x^2dz = 0 $$Vemos que aun no tenemos la ecuación homogénea desea, por lo que, ahora hacemos otro cambio de variable:  $x = u^2$   y   $dx  =  2u du$
Sustituyendo estos datos 
$$z\Big( \sqrt{z^4 +  u^4}  - u^2\Big ) 2udu  +  2u^4dz = 0 $$Y ahora simplificamos:
$$z\Big( \sqrt{z^4 +  u^4}  - u^2\Big ) du  +  u^3dz = 0 $$Y ... ya observaron?  la ecuación diferencial ya es homogénea.  Así que ahora podemos hacer el último cambio... nuevamente, para convertir esta ecuación homogénea en una ecuación con variables separables...  Les sugiero que hagan el último cambio de variable:     $u = zw$
Se hace la sustitución y obtendrán una ecuación que se resuelve por separación de variable y llegarán al resultado:
$$\boxed{\ \ \ \sqrt{x^2y^4  + 1 }  =  cx^2y^2 -  1 \ \ \ }$$


TAREA 3   ECUACIONES HOMOGÉNEAS  Del 30 de agosto de 2019 para el 2 de septiembre de 2019

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales

1.  $4x - 3y + y'(2y - 3x) = 0$

2.  $4x^2 + xy - 3y^2 + y'(- 5x^2 + 2xy + y^2) = 0$

3.  $(y + y\sqrt{x^2y^4 + 1})dx + 2x\ dy = 0$

4.  $y\ cosx\ dx + (2y - sen x)dy = 0$

5.  $(x + y^3)\ dx + (3y^5 - 3y^2\ x)dy  = 0 $

6.  $xy' = \sqrt{y^2 - x^2}$

7.  $y' = \frac{y}{x} + sec^2 \Big(\frac{y}{x}\Big)$

8.  $y'  =  \frac{4x^6\ -\ y^4}{2x^4\ y}$

9.  $y' =  \Big( \frac{4y\ +\ 4}{x\ +\ y\ -\ 1} \Big)^2$

10. $(y' + 1)Ln \Big(  \frac{y\ +\ x}{x\ +\ 3} \Big) =  \frac{y\ +\ x}{x\ +\ 3}  $