cómo resolver $(y')^4 x -2 y (y')^3 + 12 x^3 = 0$

Question

¿Hay alguna forma inteligente de resolver esta oda de primer orden $$ (y')^4 x -2 y (y')^3 + 12 x^3 = 0 $$ Se trata de un problema de Ecuaciones diferenciales ordinarias y sus soluciones. Por George Moseley Murphy. 1960.

Yo mismo lo he resuelto, pero mi método es de fuerza bruta. Primero resuelto para $y'$ que dio 4 soluciones. Esto generó 4 odas para resolver.

Cada una de estas odas resultó ser isobárica. Tras aplicar la transformación isobárica, la oda se vuelve separable. Sin embargo, las integrales son tan complicadas que no podía resolverlas ni siquiera en el ordenador. Así que las soluciones se quedan con integrales sin evaluar. Pero fueron verificadas correctamente por Maple. Pero no las publicaré aquí, ya que las integrales son demasiado grandes.

Maple lo resuelve y da estas sencillas 5 soluciones

El rastro de arce dice que utilizó

intentando 1er orden ODE linearizable_por_diferenciación

Que no sé cómo. Aquí está el rastro completo

ode:=x*diff(y(x),x)^4-2*y(x)*diff(y(x),x)^3+12*x^3 = 0; infolevel[dsolve]:=5; 
dsolve(ode)

 trying 1st order ODE linearizable_by_differentiation
 -> Solving 1st order ODE of high degree, Lie methods, 1st trial
 -> Computing symmetries using: way = 2
 -> Solving 1st order ODE of high degree, 2nd attempt. Trying parametric methods
  *** Sublevel 3 ***
  Methods for first order ODEs:
  --- Trying classification methods ---
  trying homogeneous types:
  trying exact
  Looking for potential symmetries
  trying an equivalence to an Abel ODE
  trying 1st order ODE linearizable_by_differentiation
  -> Calling odsolve with the ODE diff(y(x) x) = (3*(x^4+12*y(x)^2)*y(x)/x- 4*y(x)*x^3)/(-x^4+36*y(x)^2) y(x)
  *** Sublevel 3 ***
  Methods for first order ODEs:
  --- Trying classification methods ---
  trying a quadrature
  trying 1st order linear
  <- 1st order linear successful
  <- 1st order, parametric methods successful

Mi pregunta es: ¿cómo ha obtenido Maple estas soluciones tan sencillas? De rastro dice que utilizó simetrías de Lie que todavía estoy aprendiendo.

¿Alguien ve un método "sencillo" para resolver esta oda utilizando alguna transformación inteligente y poder obtener las soluciones encontradas por Maple?

Answer 1

Establecer $y(x)=\frac12u(x^2)$ entonces $y'(x)=xu'(x^2)$ y $$ x^5[u'(x^2)]^4-x^3u(x^2)[u'(x^2)]^3+12x^3=0. $$ Cancelación $x^3$ dividiendo por $y'(x)^3$ sustituyendo $x^2=s$ y la reordenación da la forma $$ u(s)=su'(s)+12u'(s)^{-3}. $$ Esto es ahora un Clairaut DE con familia de soluciones lineales $$ u(s)=Cs+12C^{-3},~~y(x)=\frac{C}2x^2 +6C^{-3} $$ Obtendrá una de las soluciones Maple con $C=\frac1{C_1}$ .

La solución singular o envolvente de $u(s)=su'(s)+f(u'(s))$ se obtiene a partir de $0=s+f'(u'(s))$ Aquí $$ 0=s-36[u'(s)]^{-4} $$ Las soluciones reales son $$ u'(s)=\pm\left(\frac{36}{s}\right)^{1/4} $$ para que $$ u(s)=u'(s)\left(s+12[u'(s)]^{-4}\right)=\pm\frac43s\left(\frac{36}{s}\right)^{1/4} \\~\\ y(x)=\pm\frac23x\sqrt{6|x|} $$

Esto debería funcionar para $x>0$ así como para $x<0$ .

Como de costumbre, se puede cambiar de rama cuando las soluciones de la familia regular tocan la solución singular.

Answer 2

Aquí tienes una continuación de lo que estabas haciendo. La EDO es homogénea generalizada (que has llamado isobárica, lo mismo), así que bajo la transformación $y=x^{3/2}u$ , $\ln|x|=\xi$ la EDO se convierte en \begin{align} \left(u'+\frac{3u}{2}\right)^4-2u\left(u'+\frac{3u}{2}\right)^3+12=0. \end{align} Resolviendo esto para $u'$ no funciona bien, pero se puede utilizar el método de "integración por diferenciación" descrito en Manual de soluciones exactas para ecuaciones diferenciales ordinarias / Andrei D. Polyanin Valentin F. Zaitsev 2ed. En $u'=t$ la ecuación puede escribirse como \begin{align}\tag{*}\label{1} F(\xi,u,t)=\left(t+\frac{3u}{2}\right)^4-2u\left(t+\frac{3u}{2}\right)^3+12=0. \end{align} Tomando la diferencial de \ref {1} y utilizando la relación $\mathrm du/\mathrm d\xi=t$ se llega a las dos ecuaciones \begin{align} (F_{\xi}+tF_u)\xi'_t+F_t=0,\quad\quad (F_{\xi}+tF_u)u'_t+tF_t=0. \end{align} En nuestro caso, esto significa que \begin{align} \frac{t}{4}(2t+3u)^2(4t-3u)\xi'_t+t(2t+3u)^2&=0 \quad\text{and}\\ \frac{t}{4}(2t+3u)^2(4t-3u)u'_t+t^2(2t+3u)^2&=0. \end{align} (Las dos ecuaciones son idénticas, mediante la regla de la cadena vemos que $\xi'_t=u'_t/t$ ). Para la segunda obtenemos que \begin{align} t(2t+3u)^2\big[(4t-3u)u'_t+4t\big]=0. \end{align} La primera solución, $t=0$ resulta que $y=cx^{3/2}$ . Sustituyendo esto en la ecuación original encontramos que esto resuelve la ecuación para $c^2=\pm 8/3$ . Los cuatro $c$ corresponden a las cuatro soluciones particulares que te ha dado Maple.

Para $2t+3u=0$ encontramos que $y=c$ que no resuelve la ecuación, no estoy seguro de por qué ocurre esto. Para \begin{align} (4t-3u)u'_t+4t=0 \end{align} podemos deshacer algunas de las sustituciones (utilizando $u'_t=u'_\xi/u''_{\xi\xi})$ para obtener una ecuación lineal de coeficiente constante \begin{align} u''_{\xi\xi}+u'_{\xi}-\frac{3}{4}u=0. \end{align} Esto tiene la solución \begin{align} u(\xi)=c_1e^{\xi/2}+c_2e^{-3\xi/2}\quad\rightarrow\quad y(x)=c_1x^2+c_2. \end{align} La sustitución en la ecuación original da como resultado nuestra solución general \begin{align} y(x)=c_1x^2+\frac{3}{4c_1^3}. \end{align}

Traza la solución general junto con las dos soluciones particulares reales y verás que cambiando $c_1$ el ¡arcos de solución general a lo largo del particular! Muy bonito.

Tengo la sensación de que esto podría extenderse al dominio complejo, pero mis habilidades se detienen en la resolución de EDO. Tal vez una persona capacitada podría hacerlo.

Answer 3

Busquemos soluciones polinómicas. Si $y = c x^d + \ldots$ entonces $(y')^4 x - 2 y (y')^3 = c^4 (d^4-2 d^3) x^{4d-3} + \ldots$ . Este $x^{4d-3}$ sólo puede anularse si $d=2$ . Así que ahora intenta $y = c_2 x^2 + c_1 x + c_0$ y no es difícil ver que debemos tener $c_1 = 0$ y $c_0 c_2^3 = 3/4$ .