Cómo resolver este DE$y''(\frac{x}{2})+y'(\frac{x}{2})+y(x)=x$

Question

Sé cómo slove $y''(x)+y'(x)+y(x)=x$

Pero no pude resolver este $$y''(\frac{x}{2})+y'(\frac{x}{2})+y(x)=x$ $

¿Alguna pista para ayudarme? Gracias

Answer 1

Aquí es incompleta intento de que yo podría ser capaz de rectificar más tarde.

Escribir la ecuación como: $$y''(x)+y'(x)+y(2x) = 2x$$ and let $y(x) = f(x)+x-1.$ Then we get an equation for $f:$ $$f''(x)+f'(x)+f(2x) = 0.$$

Ahora suponga $x\neq 0$ y la de Taylor teorema: $$f(2x) = f(x)+xf'(x)+\frac{x^2}{2}f''(x)+x^2h(2x)$$ con $h(t)\to 0$ como $t\to 0.$ Sustituyendo esto en la ecuación diferencial: $$\dfrac{f''(x)}{x}+\dfrac{2+2x}{x(2+x^2)}f'(x)+\dfrac{2}{x(2+x^2)}f(x) = -h(2x)\cdot\dfrac{2x}{2+x^2}.$$ Ahora de nuevo por Taylor, tenemos $f(x) = f(0)+xf'(0)+o(x^2)$ e $f'(x) = f'(0)+xf''(0)+o(x^2).$ conectar y obtenemos: $$\dfrac{f''(x)}{x}+\dfrac{2+2x}{2+x^2}\left(\dfrac{f'(0)}{x}+f''(0)+o(x)\right)+\dfrac{2}{2+x^2}\left(\dfrac{f(0)}{x}+f'(0)+o(x)\right) = -h(2x)\cdot\dfrac{2x}{2+x^2}.$$

Ahora, tomamos el límite de $x\to 0$ desde ambos lados y que nos deja con: $$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{x}\left(f''(x)+\dfrac{2+2x}{2+x^2}f'(0)+ \dfrac{2}{2+x^2}f(0)\right) = 0.$$

El plan de ataque es demostrar $f''(x) = 0$ y esto nos deja sólo las funciones lineales como posible respuesta.

Answer 2

$y''\left(\dfrac{x}{2}\right)+y'\left(\dfrac{x}{2}\right)+y(x)=x$

$y''(x)+y'(x)+y(2x)=2x$

Deje $y(x)=u(x)+x-1$ ,

A continuación, $y'(x)=u'(x)+1$

$y''(x)=u''(x)$

$\therefore u''(x)+u'(x)+1+u(2x)+2x-1=2x$

$u''(x)+u'(x)+u(2x)=0$

Deje $u(x)=\int_0^\infty e^{-xt}K(t)~dt$ ,

A continuación, $\int_0^\infty t^2e^{-xt}K(t)~dt-\int_0^\infty te^{-xt}K(t)~dt+\int_0^\infty e^{-2xt}K(t)~dt=0$

$\int_0^\infty t^2e^{-xt}K(t)~dt-\int_0^\infty te^{-xt}K(t)~dt+\int_0^\infty\dfrac{1}{2}e^{-xt}K\left(\dfrac{t}{2}\right)dt=0$

$\int_0^\infty e^{-xt}\left((t^2-t)K(t)+\dfrac{1}{2}K\left(\dfrac{t}{2}\right)\right)dt=0$

$\therefore (t^2-t)K(t)+\dfrac{1}{2}K\left(\dfrac{t}{2}\right)=0$

$(2t^2-2t)K(t)=-K\left(\dfrac{t}{2}\right)$

$(2^{2t+1}-2^{t+1})K(2^t)=-K(2^{t-1})$

$K(2^t)=\dfrac{K(2^{t-1})}{2^{t+1}-2^{2t+1}}$

$K(2^{t+1})=\dfrac{K(2^t)}{2^{t+2}-2^{2t+3}}$

$K(2^t)=\Theta(t)\prod\limits_t\dfrac{1}{2^{t+2}-2^{2t+3}}$ , donde $\Theta(t)$ es arbitraria función periódica con período de la unidad de

$K(t)=\Theta(\log_2t)\left(\prod\limits_t\dfrac{1}{2^{t+2}-2^{2t+3}}\right)(\log_2t)$ , donde $\Theta(t)$ es arbitraria función periódica con período de la unidad de

$\therefore u(x)=\int_0^\infty\Theta(\log_2t)e^{-xt}\left(\prod\limits_t\dfrac{1}{2^{t+2}-2^{2t+3}}\right)(\log_2t)~dt$ , donde $\Theta(t)$ es arbitraria función periódica con período de la unidad de

Pero esto puede ser sólo uno de los grupos de la solución y no puede ser lo suficientemente general. No tengo ni idea sobre el número exacto de grupos de la solución en la solución general de la ecuación funcional de este tipo, así que me detengo aquí.