Одноро́дное дифференциа́льное уравне́ние пе́рвого поря́дка, обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка$$y^\prime=f(x,y) \tag{1}$$в случае, когда функция $f(x,y)$ является однородной функцией степени $0$, т. е. для любого ненулевого вещественного числа $\lambda$ выполняется равенство $f(\lambda x,\lambda y)=f(x,y).$

Однородную функцию $f(x,y)$ можно представить в виде функции одного аргумента: $f(x,y)=\varphi\left(\frac{y}{x}\right).$

Уравнение $$M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$$является однородным, если функции $M(x,y)$ и $N(x,y)$ являются однородными одинаковой степени $n$: $$M(\lambda x,\lambda y)=\lambda^nM(x,y),\ \ \ \ N(\lambda x,\lambda y)=\lambda^nN(x,y).$$Однородное уравнение $$y^\prime=\varphi\left(\frac{y}{x}\right) \tag{2}$$сводится к уравнению с разделяющимися переменными заменой $$y=xz, \tag{3}$$где $z=z(x)$ – новая неизвестная. Тогда $$y^\prime=z+xz^\prime$$и уравнение $(2)$ принимает вид $$z+xz^\prime=\varphi(z)$$или $$xz^\prime=\varphi(z)-z.\tag{4}$$Если правая часть $\varphi(z)-z$ имеет корень $z_0$, то $z=z_0$ есть решение уравнения $(4)$ и $y=z_0x$ является решением уравнения $(2)$.

Предполагая, что $\varphi(z)-z\neq0,$ делим переменные в уравнении $(4)$: $$\frac{dz}{\varphi(z)-z}=\frac{dx}{x}. \tag{5}$$Общий интеграл уравнения $(5)$ имеет вид $$\mathrm{\Phi}(z)=ln{(}x)+C,$$где $\mathrm{\Phi}(z)$ – первообразная функции $\frac{1}{\varphi(z)-z}$, $С$ – произвольная постоянная.

Общий интеграл уравнения $(1)$ $$\mathrm{\Phi}(\frac{y}{x})=ln{(}x)+C.$$Схожее название имеет линейное однородное ОДУ $$Ly=0,$$где $L$ – линейный дифференциальный оператор произвольного порядка. Во избежание путаницы уравнение $(2)$ можно называть уравнением с однородной правой частью.

Пример. Рассмотрим ОДУ первого порядка $$(x^2+y^2)y^\prime=xy. \tag{6}$$Уравнение $(6)$ является однородным, поскольку функции $x^2+y^2$ и $xy$ являются однородными второй степени.

Преобразуем уравнение $(6)$ к виду $$y^\prime=\frac{xy}{x^2+y^2}$$и произведём замену $(3)$. Уравнение принимает вид $$z+xz^\prime=\frac{z}{1+z^2}. \tag{7}$$Переносим $z$ в правую часть равенства:$$xz^\prime=-\frac{z^3}{1+z^2}. \tag{8}$$

Правая часть уравнения обращается в ноль при $z=0$; следовательно, уравнение $(5)$ имеет решение $y=0$.

Делим переменные в уравнении $(8)$: $$-\frac{1+z^2}{z^3}dz=\frac{dx}{x}. \tag{9}$$Интегрируя уравнение $(9)$, находим общий интеграл вспомогательного уравнения $(7)$: $$\frac{1}{2z^2}-ln{\left|z\right|}=ln{\left|x\right|}+C.$$Выполняя обратную замену $(3)$, получаем общий интеграл уравнения $(6)$: $$\frac{x^2}{2y^2}-ln{\left|\frac{y}{x}\right|}=ln{\left|x\right|}+C$$или $\frac{x^2}{2y^2}-ln{\left|y\right|}=C$.