Solución de $ y' + y^2 = \varphi^2(x) $

Question

Necesito resolver la ecuación diferencial en el intervalo $[-\pi/2,\pi/2]$

\begin{eqnarray} y''(x) = y(x)\sin^2x \end{eqnarray}

Intentar con $y(x) = \exp(\psi(x))$ da como resultado, \begin{eqnarray} \zeta'(x) + \zeta^2(x) = \sin^2x \hspace{2cm} \zeta(x) = \psi'(x) \end{eqnarray}

Esta ecuación parece más simple que la ecuación diferencial de segundo orden original pero aún no encuentro la manera de resolverla. Incluso si la ecuación se resuelve para una función diferente a $\sin(x)$ con algunas propiedades importantes de $\sin(x)$ preservadas, me consideraré afortunado.

¿Es posible resolver para cualquier $\varphi(x)$ tal que, \begin{eqnarray} \zeta'(x) + \zeta^2(x) = \varphi^2(x) \end{eqnarray}

Donde, $\varphi(x)$ es una función monótona en algún intervalo $[a,b]$, con exactamente un punto de inflexión en $(a+b)/2$ y derivada que se anula en los extremos? \begin{eqnarray} \varphi'(x) >= 0 \\ \varphi''(x)|_{x=\frac{a+b}{2}} = 0\\ \varphi'(x)|_{x=a,b} = 0 \end{eqnarray}

Answer 1

Como señaló Andrew D, la ecuación diferencial de Mathieu es: $$y''(x)+\left(a-2q\cos (2x)\right)y=0$$ Cuando $a=-1/2$ y $q=-1/4$, esto da como resultado tu ecuación original.

Así, dados las funciones complejas de Mathieu $C(a,q,x), S(a,q,x)$:

$$y(x)=k_1 C(-1/2,-1/4,x)+k_2 S(-1/2,-1/4,x)$$

Donde $k_1 = y(0) / C(-1/2, -1/4,0)$ y $k_2 = y'(0) / S'(-1/2, -1/4,0)$, y $S'$ es la derivada de la función $S$ de Mathieu. Puedes demostrar que $y(x)$ es real para todos los valores reales de $y(0),y'(0)$.

Answer 2

Si $$ v = y' $$ entonces $$ y'' = \frac{dv}{dx} = \frac{dy}{dx} \frac{dv}{dy} = v \frac{dv}{dy} \\ \frac{y''}{y} = \frac{v}{y} \frac{dv}{dy} = \frac{dv^2}{dy^2} = \sin^2{x} $$ Esto podría usarse como base de una solución en serie. Por ejemplo, si $$ v = (a_0 + a_1y + a_2y^2 + ...)^{-1} $$ Entonces el LHS se convierte en $$ \frac{dv^2}{dy^2} = \frac{v}{y} \frac{dv}{dy} =-\frac{(a_1 + 2a_2y + 3a_3y^2...)}{y(a_0 + a_1y + a_2y^2 + ...)^3} $$ y $$ v = \frac{dy}{dx}= (a_0 + a_1y + a_2y^2 + ...)^{-1} $$ se puede integrar para obtener $$ x = a_0y + \tfrac{1}{2}a_1y^2 + \tfrac{1}{3}a_2y^3 + ... $$ donde la constante de integración se ha fijado en $0$ para fijar el origen de $x$ donde $y=0$, y $a_0$ está determinado por la pendiente de $y(x)$ en $x=0$: $$ a_0 = 1/y'(0) $$

Ahora tenemos $$ -\frac{(a_1 + 2a_2y + 3a_3y^2...)}{y(a_0 + a_1y + a_2y^2 + ...)^3} = \sin^2{( a_0y + \tfrac{1}{2}a_1y^2 + \tfrac{1}{3}a_2y^3 + ...)} $$

Expresando el RHS como una serie de Taylor y igualando coeficientes de $y^n$: $$ a_1 =0, a_2 = 0, a_3= 0, a_4=-\tfrac{1}{4} a_0^5 $$ y así sucesivamente.

Entonces como una primera aproximación $$ x \approx a_0y + \tfrac{1}{5}a_4y^5 = a_0y - \tfrac{1}{20}a_0^5y^5 $$