Ecuación diferencial en óptica

Question

Mientras jugaba con la ecuación eikonal (clásica óptica) me encontré esta ecuación diferencial : $$ y y" = k\left((y')^2 + 1\right) $$ donde $y=y(x)$ debe ser definido para $x>0$, $y>0$ y donde $k\in \mathbb Z$. No sé si hay una solución general $y(x)$ a ese problema para un determinado $k$. Lo que sé es que la solución de este :

• $k=0$ es fácil
• $k=1$ da algo como $y(x)=\cosh(x)$

Pregunta : ¿hay una solución conocida para $k\in \mathbb Z \backslash \{0,1\}$ ?

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Observación 1 : La solución general para $k=1$ es, como pidió, $y(x)=y_0 \cosh((x-x_0)/y_0)$ para algunas constantes $x_0,y_0$.

Observación 2 : El caso de $k=-1$ se resuelve a continuación.

Answer 1

Volver a escribir como $$\frac{2y'y''}{(y')^2+1} = \frac{2ky'}{y}$$ Integrar para obtener $$\ln \left((y')^2+1\right) = 2k \ln y + c$$ Por lo $$(y')^2+1 = C_1y^{2k}$$ Reordenar para obtener $$1=\frac{y'}{\sqrt{C_1y^{2k}-1}}$$ Integrar para obtener $$x+c_2 = \int \frac{dy}{\sqrt{C_1y^{2k}-1}}$$ Sustituto $y=\sec^{1/k}(t)/C_1^{1/2k}$ conseguir $$x+c_2 = \int \frac{1}{kC_1^{1/2k}}\frac{\sin(t)}{\cos^{1+1/k}(t)}\frac{1}{\tan(t)}{dt} = \frac{1}{kC_1^{1/2k}}\int\frac{dt}{\cos^{1/k}(t)}$$

Esta última integral se puede expresar en términos de funciones hipergeométricas (a través de Wolfram Alpha), pero esto es casi tan lejos como puede ir en general.

Usted puede recuperar fácilmente algunos casos especiales, por ejemplo,$k=\pm 1$, a partir de la última expresión. El siguiente caso más simple, $k=2$, los rendimientos de una integral elíptica . Las integrales elípticas son bien comportados funciones especiales, por lo que usted podría considerar la posibilidad de que esta sea una solución satisfactoria.

No se puede esperar una escuela primaria de la solución general de los k, porque eso equivaldría a encontrar una expresión para funciones especiales como las integrales elípticas en términos de funciones elementales.

Answer 2

No me vino con una solución completa, pero puedo tratar el caso de $k=-1$. Nuestra ecuación es

$$yy^{\prime\prime}=k\left(\left(y^{\prime}\right)^2+1\right)$$

$$\left(yy^{\prime}\right)^{\prime}-\left(y^{\prime}\right)^{2}=k\left(\left(y^{\prime}\right)^2+1\right)$$

$$\left(yy^{\prime}\right)^{\prime}=\left(k+1\right)\left(\left(y^{\prime}\right)^2+1\right)-1$$

Ahora si $k=-1$ la ecuación anterior se simplifica enormemente a

$$\left(yy^{\prime}\right)^{\prime}=-1$$

$$yy^{\prime}=-x+\frac{A}{2}$$

$$\int y{\rm d}y=\int\left(-x+\frac{A}{2}\right){\rm d}x$$

$$\frac{y^2}{2}=-\frac{x^2}{2}+\frac{A}{2}x+\frac{B}{2}$$

$$y=\pm\sqrt{-x^{2}+Ax+B}$$

EDIT: Si, sigo con @estresados línea de pensamiento, para el caso general, tenemos que resolver

$$yu\frac{{\rm d}u}{{\rm d}y}=k\left(u^{2}+1\right)$$

con $u=y^{\prime}$. Esto es mucho más manejable, ya que se puede utilizar de separación de variables

$$\int\frac{u{\rm d}u}{u^{2}+1}=\int\frac{k{\rm d}y}{y}$$

$$\frac{1}{2}\ln\left(u^{2}+1\right)=k\ln y+\tilde{A}$$

$$u^{2}+1=Ay^{2k}$$

con $A\equiv e^{2\tilde{A}}$. Más de álgebra rendimientos

$$y^{\prime}=\pm\sqrt{Ay^{2k}-1}$$

$$\int\frac{{\rm d}y}{\sqrt{Ay^{2k}-1}}=\pm\int{\rm d}x$$

$$\int\frac{{\rm d}y}{\sqrt{Ay^{2k}-1}}=\pm x+B$$

El problema ahora es en la solución de esta integral, que resulta ser bastante complicado para la mayoría de las $k$'s. Sin embargo, ahora hay otro caso que es fácilmente solucionable, - $k=\frac{1}{2}$ (aunque no se mencionó en el OP). De hecho, para $k=\frac{1}{2}$

$$\int\frac{{\rm d}y}{\sqrt{Ay-1}}=\pm x+B$$

$$\frac{2}{A}\sqrt{Ay-1}=\pm x+B$$

$$Ay-1=\left(\pm\frac{A}{2}x+\frac{AB}{2}\right)^{2}$$

$$y=\frac{1}{A}\left(\left(\frac{A}{2}x+C\right)^{2}+1\right)$$

con $C\equiv \frac{AB}{2}$. También en el caso de $k=-\frac{1}{2}$ puede ser resuelto, como este, pero es un poco más complicado para calcular la integral.

Answer 3

De nuevo, solo una observación:$$yy''-k(y')^2+k=0$ $

Tome$y'=u$ luego$$y''=\frac{du}{dx}=\frac{du}{dy}\frac{dy}{dx}=\frac{du}{dy}u$ $ Por lo tanto, obtendremos:$$(y u)\frac{du}{dy}-k(u^2+1)=0$ $

Esta idea fue exitosamente seguida por @eranreches. Él / Ella lo ha escrito en su publicación y, por lo tanto, esta publicación será una comunidad wiki.