Ecuación diferencial con coeficientes lineales

Proporcionamos ejercicicios sobre la ecuación diferencial con coeficientes lineales.

Enunciado
1. Sea la ecuación con coeficientes lineales $$(ax+by+c)dx+(a’x+b’y+c’)dy=0.$$ Demostrar que si los coeficientes de $dx$ y $dy$ igualados a $0$ representan rectas secantes en el punto $(h,k)$, entonces la sustitución $x=h+X,\;y=k+Y$ transforma la ecuación en una homogénea, y que si representan rectas paralelas, la sustitución $z=ax+by$ la transforma en una de variables separadas.
2. Resolver la ecuación diferencial $\;\;y’=\dfrac{4x-y+7}{2x+y-1}.$
3. Resolver la ecuación diferencial $(2x-4y+5)y’+x-2y+3=0.$
4. Proporcionar un método para resolver ecuaciones de la forma: $$y’=F\left(\dfrac{ax+by+c}{a’x+b’y+c’}\right).$$

Solución
1. Si las rectas secantes en el punto $(h,k),$ sustituyendo $x=h+X,\;y=k+Y$ en la ecuación dada: $$(ah+aX+bk+bY+c)dX+(a’h+a’X+b’k+b’Y+c’)dY=0.$$ Dado que $(h,k)$ pertenece a ambas rectas, $ah+bk+c=a’h+b’k+c’=0$. Queda: $$(aX+bY)dX+(a’X+b’Y)dY=0,$$ que una ecuación homogénea.
   Si las rectas son paralelas entonces los vectores $(a,b)$ y $(a’,b’)$ son proporcionales y podemos escribir $(a’,b’)=k(a,b)$ con $k\neq 0$. Sustituyendo en la ecuación dada: $$(ax+by+c)dx+(k(ax+by)+c’)dy=0.$$ Efectuando el cambio $z=ax+by$ y usando $dz=adx+bdy:$ $$ (b(z+c)-a(kz+c’))dx+(kz+c’)dz=0.$$ que es una ecuación de variables separadas.
2. La ecuación dada se puede expresar en la forma: $$(4x-y+7)dx-(2x+y-1)dy=0.$$ Las rectas $4x-y+7=0$ y $2x+y-1=0$ se cortan en el punto $(h,k)=(-1,3)$. Con el cambio $x=-1+X,\;y=3+Y$ obtenemos $$(4X-Y)dX-(2X+Y)dY=0,$$ y con $Y=vX:$ $$(4X-vX)dX-(2X+vX)(vdX+Xdv)=0.$$ Simplificando y separando variables $$\dfrac{dX}{X}+\dfrac{(v+2)dv}{v+3v-4}=0.$$ Descomponiendo el segundo miembro en fracciones simples e integrando: $$\log |X|+\displaystyle\int \left(\dfrac{2/5}{v-1}+\dfrac{3/5}{v+4}\right)dv=K\;,\;\log |X^5(v-1)^2(v+4)^3|=K,$$ $$X^5(v-1)^2(v+4)^3=C\;,\;X^5\left(Y/X-1\right)^2\left(Y/X+4\right)^3=C.$$ Sustituyendo $X=x+1,\;Y=y-3$ obtenemos la solución general $$(x-y+4)^2(4x+y+1)^3=C.$$
3. Las rectas son paralelas. Efectuando el cambio $z=x-2y$ y operando obtenemos $$\dfrac{2z+5}{4z+11}dz=dx \mbox{ o bien }\left(1-\dfrac{1}{4z+11}\right)dz=2x.$$ Integrando obtenemos $4z-\log |4z+11|=8x+C$. La solución general es $$4x+8y+\log |4x-8y+11|=C.$$
4. Consideremos las rectas $ax+by+c=0$, $a’x+b’y+c’=0.$ Si son secantes, en el punto $(h,k)$ el cambio $x=h+X,\;y=k+Y$ transforma la ecuación en: $$\dfrac{dY}{dX}=F\left(\dfrac{aX+bY}{a’X+b’Y}\right)\mbox{ o bien }F\left(\dfrac{aX+bY}{a’X+b’Y}\right)dX-dY=0.$$ Los coeficientes de $dX$ y $dY$ en la última ecuación son funciones homogéneas (ambas de grado 0), por tanto es homogénea.
   Si las rectas son paralelas, el cambio $z=ax+by$ transforma la ecuación en: $$\dfrac{dy}{dx}=F\left(\dfrac{z+c}{kz+c’}\right)\mbox{ o bien }\dfrac{dz-adx}{dx}=bF\left(\dfrac{z+c}{kz+c’}\right).$$ La última ecuación es de la forma $dz-adx=bg(z)dx$ o bien $$(bg(z)+a)dx-dz=0,$$ que es de variables separadas.