Una oda linear de segundo orden de problemas: $\frac{d^2 y}{dx^2}+(x+1)\cdot \frac{dy}{dx}+5x^2\cdot y=0$

Question

Recientemente, un amigo me reto a encontrar la solución general de la siguiente ecuación diferencial:

$$\frac{d^2 y}{dx^2}+(x+1)\cdot \frac{dy}{dx}+5x^2\cdot y=0 \tag{1}$$

Este es un de segundo orden lineal de la ecuación diferencial ordinaria.

He intentado poner esta ODA en la forma de Sturm-Liouville Ecuación multiplicando ambos lados por $e^{\int (x+1)~dx}$ para obtener: $$e^{\frac{x^2}{2}+x}\cdot\frac{d^2 y}{dx^2}+(x+1)\cdot e^{\frac{x^2}{2}+x}\cdot \frac{dy}{dx}+5x^2\cdot e^{\frac{x^2}{2}+x}\cdot y=0$$ Por la inversa del producto de la regla: $$\frac{d}{dx}\left(e^{\frac{x^2}{2}+x}\cdot y'(x)\right)+5x^2\cdot e^{\frac{x^2}{2}+x}\cdot y=0 \tag{2}$$ Ahora, es de Sturm-Liouville forma, sin embargo, estoy seguro de cómo proceder a partir de aquí.

---

Por lo tanto, he en lugar de eso traté de hacer algunas sustitución en la ecuación diferencial para eliminar el primer fin de plazo para obtener este formulario: $$\frac{d^2 y}{dx^2}+q(x)\cdot y=0$$ Por lo tanto, he intentado usar la sustitución: $$y=e^{-\frac{(1+x)^2}{4}}\cdot z$$ $$\ln y=\ln{z}-\frac{(1+x)^2}{4}$$ La diferenciación implícitamente ambos lados w.r.t $x$: $$\frac{y'}{y}=\frac{z'}{z}-\frac{1}{2}(x+1) \tag{3}$$ La diferenciación de nuevo: $$\frac{y\cdot y''-(y')^2}{y^2}=\frac{z\cdot z''-(z')^2}{z^2}-\frac{1}{2}$$ Por lo tanto: $$\frac{y''}{y}-\left(\frac{y'}{y}\right)^2=\frac{z''}{z}-\left(\frac{z'}{z}\right)^2-\frac{1}{2}$$ Sustituyendo $(3)$: $$\frac{y''}{y}=\left(\frac{z'}{z}-\frac{1}{2}(x+1)\right)^2+\frac{z''}{z}-\left(\frac{z'}{z}\right)^2-\frac{1}{2}$$ La expansión de da: $$\frac{y''}{y}=\left(\frac{z'}{z}\right)^2-\left(\frac{z'}{z}\right)(x+1)+\frac{1}{4}(x+1)^2+\left(\frac{z''}{z}\right)-\left(\frac{z'}{z}\right)^2-\frac{1}{2}$$ $$\frac{y''}{y}=-\left(\frac{z'}{z}\right)(x+1)+\frac{1}{4}(x+1)^2+\left(\frac{z''}{z}\right)-\frac{1}{2} \tag{4}$$ Volviendo a nuestro original ODE $(1)$: $$y''+(x+1)y'+5x^2\cdot y=0$$ $$\frac{y''}{y}+(x+1)\frac{y'}{y}+5x^2=0$$ Sustituyendo $(3)$ $(4)$ le da: $$-\left(\frac{z'}{z}\right)(x+1)+\frac{1}{4}(x+1)^2+\left(\frac{z''}{z}\right)-\frac{1}{2}+(x+1)\left[\frac{z'}{z}-\frac{1}{2}(x+1)\right]+5x^2=0$$ La cancelación de los términos, se obtiene: $$\left(\frac{z''}{z}\right)-\frac{1}{4}(x+1)^2-\frac{1}{2}+5x^2=0$$ Que da la educación a distancia: $$z''+\left[5x^2-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}(x+1)^2\right]z=0$$ Cuando la $z$ término se expandió, se da: $$z''+\frac{1}{4}(19x^2-2x-3)z=0 \tag{5}$$ Traté de identificar esta la educación a distancia como un tipo conocido, sin embargo, no pude. Por lo tanto, estoy atascado en este punto.

---

Tenga en cuenta que estoy tratando de evitar una serie de soluciones para esta ecuación diferencial. Soy consciente de que el resultado va a ser en términos de no-funciones elementales. Wolfram|Alpha sugiere que la solución va a ser en términos del polinomio de Hermite $H_n(z)$ se define como: $$H_n(z)=\frac{n!}{2\pi i} \oint e^{-t^2+2tz}\cdot t^{-n-1}~dt$$ Y el Kummer función hipergeométrica confluente $_1F_1(a;b;x)$ se define como: $$_1F_1(a;b;x)=1+\frac{a}{b}x+\frac{a(a+1)}{b(b+1)}\frac{x^2}{2!}+\cdots=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(a)_k}{(b)_k}\frac{x^k}{k!}$$ Donde $(a)_k$ $(b)_k$ son Pochhammer Símbolos.

En conclusión, se lo agradecería alguna orientación sobre cómo continuar resolviendo esta ODA analíticamente. Estaba pensando que la ecuación de $(5)$ parece más simple para resolver de lo que tenemos, sin embargo si $(1)$ le parece más fácil, por favor siéntase libre de seguir a partir de la original de la educación a distancia.

Gracias de antemano.

---

Editar:

Pensé que podía simplificar $(5)$ más completando el cuadrado: $$\frac{d^2 z}{dx^2}+\left[\frac{19}{4}\left(x-\frac{1}{19}\right)^2-\frac{29}{38}\right]z=0$$ Y, a continuación, la aplicación de la sustitución de $u=x-\frac{1}{19}$$du=dx$. La evaluación de $\frac{d^2 z}{dx^2}$: $$\frac{dz}{dx}=\frac{dz}{du}\cdot \frac{du}{dx}=\frac{dz}{du}$$ Por lo tanto, la diferenciación de w.r.t $x$ le da: $$\frac{d^2 z}{dx^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dz}{du}\right)=\frac{d}{du}\left(\frac{dz}{du}\right)\frac{du}{dx}=\frac{d^2 z}{du^2}$$ Por lo tanto, se reducen a la forma: $$\frac{d^2 z}{du^2}+\left[\frac{19}{4}u^2-\frac{29}{38}\right]z=0 \tag{6}$$

Answer 1

Me lo imaginé. La ecuación de $(6)$ puede estar puesto en la forma de un Weber la Ecuación Diferencial que define como: $$\frac{d^2 y}{dx^2}+\left(\nu + \frac{1}{2}-\frac{x^2}{4}\right)y=0 \tag{7}$$ Con la solución general: $$y(x)=c_1D_{\nu}(x)+c_2 D_{-\nu-1}(ix)$$ Donde $D_{\nu}(x)$ representa el cilindro parabólico función.

Sustituyendo $\gamma=\sqrt[4]{-19}\cdot u$ $d\gamma =\sqrt[4]{-19}~du$ pone en la forma de $(7)$. Vamos a evaluar los $\frac{d^2 z}{du^2}$: $$\frac{dz}{du}=\frac{dz}{d\gamma}\cdot \frac{d\gamma}{du}=\frac{dz}{d\gamma}\cdot \sqrt[4]{-19}$$ $$\frac{d^2 z}{du^2}=\frac{d}{du}\left(\frac{dz}{d\gamma}\cdot \sqrt[4]{-19}\right)=\frac{d}{d\gamma}\left(\frac{dz}{d\gamma}\cdot \sqrt[4]{-19}\right)\cdot \frac{d\gamma}{du}=\frac{d^2 z}{d\gamma^2}\sqrt{19}\cdot i$$ Sustituyendo en $(5)$ le da: $$i \frac{d^2 z}{d\gamma^2}\sqrt{19}+\left[\frac{19}{4}\cdot \frac{\gamma^2}{\sqrt{19}i}-\frac{29}{38}\right]z=0$$ Dividir ambos lados por $i\sqrt{19}$ le da: $$\frac{d^2z}{d\gamma^2}+\left[-\frac{\gamma^2}{4}+\frac{29i}{38\sqrt{19}}\right]z=0 \tag{8}$$ Por lo tanto, es ahora en la forma de $(7)$. Por lo tanto, los dejamos $\nu=\frac{29i}{38\sqrt{19}}-\frac{1}{2}$ y obtener la solución general para $z$ como una función de la $\gamma$: $$\large z(\gamma)=c_1\cdot D_{\frac{29i}{38\sqrt{19}}-\frac{1}{2}}(\gamma)+c_2\cdot D_{-\frac{1}{2}-\frac{29i}{38\sqrt{19}}}(i\gamma)$$ Por lo tanto, si sustituimos la espalda para $u$, obtenemos: $$\large z(u)=c_1\cdot D_{\frac{29i}{38\sqrt{19}}-\frac{1}{2}}(\sqrt[4]{-19}\cdot u)+c_2\cdot D_{-\frac{1}{2}-\frac{29i}{38\sqrt{19}}}(i\sqrt[4]{-19}\cdot u)$$ La sustitución de la espalda para $x$, obtenemos: $$z(x)=c_1\cdot D_{\frac{29i}{38\sqrt{19}}-\frac{1}{2}}\left(\sqrt[4]{-19}\cdot \left(x-\frac{1}{19}\right)\right)+c_2\cdot D_{-\frac{1}{2}-\frac{29i}{38\sqrt{19}}}\left(i\sqrt[4]{-19}\cdot \left(x-\frac{1}{19}\right)\right)$$ Por último, la sustitución de la espalda para $y$, obtenemos: $$y\cdot e^{\frac{(1+x)^2}{4}}=c_1\cdot D_{\frac{29i}{38\sqrt{19}}-\frac{1}{2}}\left(\sqrt[4]{-19}\cdot \left(x-\frac{1}{19}\right)\right)+c_2\cdot D_{-\frac{1}{2}-\frac{29i}{38\sqrt{19}}}\left(i\sqrt[4]{-19}\cdot \left(x-\frac{1}{19}\right)\right)$$ Que da la solución explícita: $$\small \boxed{y(x)=c_1\cdot D_{\frac{29i}{38\sqrt{19}}-\frac{1}{2}}\left(\sqrt[4]{-19}\cdot \left(x-\frac{1}{19}\right)\right)\cdot e^{-\frac{(1+x)^2}{4}}+c_2\cdot D_{-\frac{1}{2}-\frac{29i}{38\sqrt{19}}}\left(i\sqrt[4]{-19}\cdot \left(x-\frac{1}{19}\right)\right)\cdot e^{-\frac{(1+x)^2}{4}}} \tag{9}$$ Esto es equivalente a la solución dada por Wolfram|Alpha, pero me parece que esta solución sea una prolija.