Solución de ${x}^{2} \dfrac {d^{2}y}{dx^{2}}+ x \dfrac{dy}{dx}+y=0 $

Question

Encuentra la solución general de $${x}^{2} \dfrac {d^{2}y}{dx^{2}}+ x \dfrac{dy}{dx}+y=0 $$

$$$$

Este es un ejemplo de ecuación de Cauchy-Euler. Sin embargo, estoy interesado en resolverla sin asumir una solución de la forma $y=x^m$ $$$$ Lo he intentado de la siguiente manera:

Dejemos que $D=\dfrac{dy}{dx}$ . $$$$ Así, $$x^2\dfrac{dD}{dx}+xD+y=0$$ Diferenciación wrt $x$ , $$x^2\dfrac{d^2D}{dx^2}+2x\dfrac{dD}{dx}+D+x\dfrac{dD}{dx}+D=0$$

$$x^2\dfrac{d^2D}{dx^2}+3x\dfrac{dD}{dx}+2D=0$$

¿Podría alguien sugerirme cómo puedo solucionar esto?

Answer 1

Dejemos que $t=\ln x$ así que $\partial_t =x\partial_x$ . Debería encontrar que su ecuación se reduce a $\partial_t^2 y=-y$ , por lo que las constantes $A,\,B$ existen con $y=A\cos\ln x +B\sin\ln x$ .

Answer 2

El otro método que se intenta emplear es la factorización del diferencial de la siguiente manera:

${{x}^{2}}{{y}'}'+x{y}'+y=\left( {{x}^{2}}D+xD+1 \right)y=0$

Supongamos que $\left( {{x}^{2}}D+xD+1 \right)=\left( xD+a \right)\left( xD+b \right)$

Ampliación de los operadores en los rendimientos R.H.S:

$\begin{align} & \left( {{x}^{2}}D+xD+1 \right)=\left( xD+a \right)\left( xD+b \right) \\ & \quad \quad \quad \quad \quad \quad =xD\left( xD+b \right)+a\left( xD+b \right) \\ & \quad \quad \quad \quad \quad \quad =xD\left( xD \right)+bxD+axD+ab \\ & \quad \quad \quad \quad \quad \quad =x\left( x{{D}^{2}}+D \right)+bxD+axD+ab \\ & \quad \quad \quad \quad \quad \quad ={{x}^{2}}D+xD+bxD+axD+ab \\ & \quad \quad \quad \quad \quad \quad ={{x}^{2}}D+x\left( 1+b+a \right)D+ab \\ \end{align} $

La equiparación de los coeficientes implica que $a+b=0,\ ab=1$ . En este momento no nos interesa encontrar las válvulas de $a$ y $b$ Así que

$\left( xD+a \right)\left( xD+b \right)y=0$ .

Por lo tanto, $\left( xD+a \right)z=0$ si establecemos $\left( xD+b \right)y=z$ .

El O.D.E $\left( xD+a \right)z=0$ es separable y tiene una solución $z={{c}_{1}}\ {{x}^{-a}}$ para alguna constante ${{c}_{1}}\ $

Finalmente, $\left( xD+b \right)y={{c}_{1}}\ {{x}^{-a}}$ es una E.D. lineal de primer orden con solución $y={{c}_{1}}\ {{x}^{-a}}+{{c}_{2}}\ {{x}^{-b}}$ que es la solución general de nuestro E.D. Desgraciadamente la solución ${{x}^{m}}$ aparece de nuevo.

Answer 3

No creo que este enfoque tenga ninguna ventaja. Tenga en cuenta que:

• la ecuación que tienes en $D(x)$ es muy similar a la ecuación original (excepto por el $3$ y el $2$ ), por lo que el mismo método de suponer una solución que es una potencia de $x$ funcionaría;
• pero ahora sabes que $y(x)$ es una solución si y sólo si a $D(x)$ y un $y(x)$ (tal que $y'(x)\equiv D(x)$ ) verificar $$x^2D'(x)+xD(x)+y(x)=0,$$ y esto implica que $$x^2D''(x)+3xD'(x)+2D(x)=0,$$ pero no es el caso (*) que cada uno de estos $y(x)$ será una solución;
• tendría que realizar la integración de $D$ y la eliminación de una constante innecesaria como pasos adicionales del procedimiento.

En cualquier caso, está muy bien que pruebes soluciones o métodos alternativos; siempre que entiendas por qué tu enfoque no ha funcionado, esto es muy importante para profundizar en tu comprensión del problema. Incluso lo encuentro útil para mí y para otras personas.

En cuanto a la idea de sustitución por $t=\ln(x)$ es útil porque conduce a otra ecuación, ahora para $Y(t)=y(e^t)$ en lugar de $y(x)$ que es lineal con coeficientes constantes. Y eso permite una solución más fácil (especialmente para este caso, donde se tiene una ecuación homogénea).

Pero además, su motivación es tan intuitiva como para la idea de asumir una solución de la forma $y(x)=x^n$ para algunos $n\in \mathbb N$ : alguien ya ha trabajado con este tipo de ecuación y sabe que esta idea funcionará.

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(*) Dado que la derivación no es una inyección, es decir, $f'(x) \equiv g'(x)$ no implica $f(x) \equiv g(x)$ sino sólo que hay un $C\in \mathbb R$ tal que $f(x) \equiv g(x)+C$ .