Contexto:
Mi amigo (El mismo que me dio esta ODA) originalmente me desafió a obtener la solución general de esta ODA: $$\frac{d^3 y}{dx^3}+\alpha x\frac{dy}{dx}+\beta y=0 \tag{1}$$ Donde $\alpha,\beta \in \mathbb{R}$.
Yo no podía entender cualquier sustitución sin el uso de energía de la serie. Por lo tanto, me decidí a jugar con Wolfram|Alpha, y decidió generalizar la orden de la ODA, como este:
$$\frac{d^n y}{dx^n}+\alpha x\frac{dy}{dx}+\beta y=0 \tag{2}$$
Al aumentar el valor de $n$, me di cuenta de un patrón interesante:
Al $n=3$, la soluciónes: $$\small y(x)=\frac{\sqrt[3]{\alpha}\cdot c_2 x \cdot {_1F_2}\left(\frac{\beta}{3\alpha}+\frac{1}{3};\frac{2}{3},\frac{4}{3}; -\frac{x^3 \alpha}{9}\right)}{3^{2/3}}+c_1\cdot {_1F_2}\left(\frac{\beta}{3\alpha};\frac{1}{3};\frac{2}{3};-\frac{x^3\alpha}{9}\right)+\frac{\alpha^{2/3} c_3 x^2\cdot {_1F_2}\left(\frac{\beta}{3\alpha}+\frac{2}{3};\frac{4}{3},\frac{5}{3};-\frac{x^3 \alpha}{9}\right)}{\sqrt[3]{3}} \tag{3}$$ Al $n=4$, la soluciónes: $$\small y(x)=\frac{\sqrt[4]{\alpha}c_2 \cdot {_1F_3}\left(\frac{\beta}{4\alpha}+\frac{1}{4};\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{5}{4};-\frac{x^4\alpha}{64}\right)}{\sqrt{2}}+c_1\cdot {_1 F_3}\left(\frac{\beta}{4\alpha};\frac{1}{4},\frac{1}{2},\frac{3}{4};-\frac{x^4 \alpha}{64}\right)+\frac{\alpha^{3/4} c_4 x^3\cdot {_1F_3}\left(\frac{\beta}{4\alpha}+\frac{3}{4};\frac{5}{4},\frac{3}{2},\frac{7}{4};-\frac{x^4 \alpha}{64}\right)}{\sqrt{2}}+\sqrt{\alpha}c_3 x^2 {_1F_3}\left(\frac{\beta}{4\alpha}+\frac{1}{2};\frac{3}{4},\frac{5}{4},\frac{3}{2};-\frac{x^4 \alpha}{64}\right)$$ Al $n=5$, la soluciónes: $$\small y(x)=\frac{\sqrt[5]{\alpha} c_2 x \cdot {_1F_4}\left(\frac{\beta}{5\alpha}+\frac{1}{5};\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5},\frac{6}{5};-\frac{x^5 \alpha}{625}\right)}{5^{4/5}}+c_1\cdot {_1F_4}\left(\frac{\beta}{5\alpha};\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5};-\frac{x^5 \alpha}{625}\right)+\frac{\alpha^{4/5}c_5 x^4\cdot {_1F_4}\left(\frac{\beta}{5\alpha}+\frac{4}{5};\frac{6}{5},\frac{7}{5},\frac{8}{5},\frac{9}{5};-\frac{x^5 \alpha}{625}\right)}{\sqrt[5]{5}}+\frac{\alpha^{3/5} c_4 x^3\cdot {_1F_4}\left(\frac{\beta}{5\alpha}+\frac{3}{5};\frac{4}{5},\frac{6}{5},\frac{7}{5},\frac{8}{5};-\frac{x^5 \alpha}{625}\right)}{5^{2/5}}+\frac{\alpha^{2/5} c_3 x^2 {_1F_4}\left(\frac{\beta}{5\alpha}+\frac{2}{5};\frac{3}{5},\frac{4}{5},\frac{6}{5},\frac{7}{5};-\frac{x^5 \alpha}{625}\right)}{5^{3/5}}$$ Si alguien está interesado, aquí están las soluciones para $n=6$, $n=7$, $n=8$ e $n=9$. Pido disculpas si he escrito mal una de las soluciones.
Como podemos ver, hay un patrón. Por eso quiero encontrar una razón para este patrón.
Aquí, voy a tratar de explicar el uso de una alimentación solución de la serie:
Hacemos el ansatz: $$y=\sum_{k=0}^{\infty} A_k x^k$$ Por lo tanto, si sustituimos esto en nuestra ODA a $(2)$, obtenemos: $$\sum_{k=n}^{\infty} k(k-1)(k-2)\cdots (k-n+1)A_{k}x^{k-n}+\alpha\cdot \sum_{k=1}^{\infty} k A_k x^{k}+\beta\cdot \sum_{k=0}^{\infty} A_k x^k=0$$ El desplazamiento de la primera suma, obtenemos: $$\sum_{k=0}^{\infty} (k+n)(k+n-1)(k+n-2)\cdots (k+1)A_{k+n}x^{k}+\alpha\cdot \sum_{k=1}^{\infty} k A_k x^{k}+\beta\cdot \sum_{k=0}^{\infty} A_k x^k=0$$ Por lo tanto, tenemos: $$\small n!\cdot A_n+\beta\cdot A_0+\sum_{k=1}^{\infty} (k+n)(k+n-1)(k+n-2)\cdots (k+1)A_{k+n}x^{k}+\alpha\cdot \sum_{k=1}^{\infty} k A_k x^{k}+\beta\cdot \sum_{k=1}^{\infty} A_k x^k=0$$ Por lo tanto, obtenemos: $$\small n!\cdot A_n+\beta\cdot A_0+\sum_{k=1}^{\infty} \left[(k+n)(k+n-1)(k+n-2)\cdots (k+1)A_{k+n}+\alpha k A_k+\beta\cdot A_k\right]\cdot x^k=0$$ Si la serie es una solución, entonces todos los coeficientes debe ser igual a cero: $$\begin{cases} A_n=-\frac{\beta}{n!}\cdot A_0 & k=0\\ A_{k+n}=-\frac{\alpha k+\beta}{(k+n)(k+n-1)(k+n-2)\cdots (k+1)}A_k & k>0, k\in \mathbb{N}\end{cases}$$ El sistema de ecuaciones es redundante, por lo que uno sólo puede resolver la siguiente relación de recurrencia: $$\small A_{k+n}=-\frac{\alpha k+\beta}{(k+n)(k+n-1)(k+n-2)\cdots (k+1)}A_k=-\frac{k!(\alpha k+\beta)}{(k+n)!}A_k=-\frac{\alpha k+\beta}{(k+1)_n} A_k \tag{4}$$ Donde $(x)_n$ es el Símbolo de Pochhammer.
La función Hipergeométrica ${_1P_q}(a_1; b_1,\cdots,b_q;x)$ se define como: $${_1P_q}(a_1; b_1,\cdots,b_q;x)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(a_1)_k}{(b_1)_k\cdots (b_q)_k}\cdot \frac{x^k}{k!}$$ Dada la recurrencia, este debe seguir el patrón general de los valores de $n\geq 3, n \in \mathbb{Z}^+$.
El problema:
Sin embargo, no estoy satisfecho con este. Yo preferiría si se podría utilizar una (o varias) de sustitución(s) que trabaja para general los valores de $n$ y que no implica una solución de la serie. Mi idea era reducir la ecuación diferencial en $(2)$ a Kummer la Ecuación para obtener estas funciones hipergeométricas en sus soluciones: $$z\frac{d^2 w}{dz^2}+(b-z)\frac{dw}{dz}-aw=0 \tag{5}$$ Para hacer esto, he intentado usar la misma sustitución como se ha hecho en mi pregunta anterior: $$\ln y=\ln{z}-\frac{(1+x)^2}{4}$$ Sin embargo, la resultante de la educación a distancia resulta ser incluso peor de lo que era antes (Incluso para $n=3$).
La pregunta:
Hay alguna manera de que podamos hacer varias sustituciones de tal manera que podamos obtener la solución general de general de los valores de $n$ donde $n\geq 3, n \in \mathbb{Z^+}$?
Si esto es demasiado difícil o no es posible, hay una manera en que podemos utilizar varias sustituciones para el caso específico $n=3$ para obtener la solución general? es decir, La misma, o en una forma similar a la de la ecuación de $(3)$.
Gracias de antemano.
