Нахождение одного решения дифференциального уравнения второг

[Knight2023]

Это уравнение выглядит следующим образом

$$ xy'' -(x+1)y'-2(x-1)y=0 $$

Я пытался:
1. $y= x^n$, Но это не сработало
2. $y=e^{mx}$, но и это не сработало

Я действительно не знаю ни одного метода поиска конкретного решения, может ли кто-нибудь мне в этом помочь? Если я получу одно решение, то смогу ли я использовать variation of parameters.

[waxtep]

Можно попробовать $y=f(x)e^{-x}$, и подобрать очень простую $f(x)$

[пианист]

Knight2023 в сообщении #1648275 писал(а):

2. $y=e^{mx}$, но и это не сработало

Посмотрите внимательно, Вы в этом месте где-то ошиблись.

[Markiyan Hirnyk]

waxtep
В результате указанной Вами замены приходим к уравнению $x f''(x)-(3 x+1) f'(x)+3 f(x)=0.$ Хрен редьки не слаще.

[dgwuqtj]

Если уж подставлять что-то в линейное уравнение и степенные/показательные функции не подходят, то подставляйте сразу квазимногочлен общего вида. То есть $y = \sum_{\alpha \in \mathbb C} \sum_{i = 0}^\infty k_{\alpha i} x^i e^{\alpha x}$, где только конечное множество коэффициентов $k_{\alpha i}$ ненулевые. Такие функции хороши тем, что содержат многочлены, экспоненты, синусы, косинусы, и замкнуты относительно сложения и умножения. Например, для решения $y' = y$ после подстановки будет $\sum_{\alpha \in \mathbb C} \sum_{i = 0}^\infty k_{\alpha i} (i x^{i - 1} e^{\alpha x} + \alpha x^i e^{\alpha x}) = \sum_{\alpha \in \mathbb C} \sum_{i = 0}^\infty k_{\alpha i} x^i e^{\alpha x}$, откуда $i k_{\alpha, i + 1} + \alpha k_{\alpha i} = k_{\alpha i}$. Раз почти все коэффициенты нулевые, подходит только $y = k e^x$ ($k_{1 0}$ произвольный, остальные нули).

Это помогает для уравнений типа $y^{(n)} + f_{n - 1}(x) y^{(n - 1)} + \ldots + f_0(x) y + g(x) = 0$, где $f_k$ сами квазимногочлены. Если там встречаются отрицательные или дробные степени, то $i$ надо уже брать из $\mathbb Z$ или $\mathbb R$. В вашем случае $i \in \mathbb Z$, чтобы наверняка.

[мат-ламер]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1648280 писал(а):

waxtep
В результате указанной Вами замены приходим к уравнению $x f''(x)-(3 x+1) f'(x)+3 f(x)=0.$ Хрен редьки не слаще.

Ищите решение в виде $f(x)=\alpha x+\beta$ . (Но это только часть решения - см. замечание от пианист).

[waxtep]

мат-ламер, ага. Можно было начать более издалека, с $y=f(x)e^{mx}$, и убедиться, что $m=-1$ надобен для уничтожения $x^2$

[мат-ламер]

waxtep

(Оффтоп)

Я подсказку чуть ослабил. Чтобы не выписывать сразу ответ.

[Markiyan Hirnyk]

Команда Мэйпла 2024

DEtools:-ODESteps(x*diff(y(x), x, x) - (x + 1)*diff(y(x), x) - 2*(x - 1)*y(x) = 0)

показывает пошаговое решение рассматриваемого ОДУ, которое состоит в следующем. Общее решение ищется в виде суммы степенного ряда $y(x)=\sum_{k=0}^\infty a_kx^{k+r}$. Показывается, что $r=0$ или $ r=2$ и находятся возвратные соотношения для коэффициентов , например, во втором случае $a_{k+2}=\frac{k a_{k+1}+2 a_{k}+a_{k+1}}{\left(k+4\right) \left(k+2\right)}$. Мэйпл решает оба рекуррентные соотношения и затем находит суммы степенных рядов, например

$$ \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{\left(\frac{2 a_{0}}{3}-a_{1}\right) \left(-1\right)^{k} \left(k+\frac{5}{3}\right)}{\Gamma \! \left(k+3\right)}+\frac{\left(\frac{8 a_{0}}{9}+\frac{5 a_{1}}{3}\right) 2^{k}}{\Gamma \! \left(k+3\right)}\right)\cdot x^{k+2}=$$

$$\frac{2 a_{0} \left(2-x+\frac{-x-2}{ e^{x}}\right)}{3}+\frac{10 a_{0} \left(1+\left(x-1\right) {e}^{x}\right)}{9 { e}^{x}}-a_{1} \left(2-x+\frac{-x-2}{{ e}^{x}}\right)-\frac{5 a_{1} \left(1+\left(x-1\right) { e}^{x}\right)}{3 { e}^{x}}+\frac{2 a_{0} \left( e^{2 x}-1-2 x\right)}{9}+\frac{5 a_{1} ( e^{2 x}-1-2 x)}{12}$$

. Все это достаточно длинно.

[Knight2023]

waxtep в сообщении #1648278 писал(а):

Можно попробовать $y=f(x)e^{-x}$, и подобрать очень простую $f(x)$

да, это сработало, я нашел одно решение, которое должно быть

$$ y_1 = (3x+1) e^{-x} $$

Как ты до этого додумался? Это было предположение?

-- 03.08.2024, 22:05 --

пианист в сообщении #1648279 писал(а):

Knight2023 в сообщении #1648275 писал(а):

2. $y=e^{mx}$, но и это не сработало

Посмотрите внимательно, Вы в этом месте где-то ошиблись.

Когда я изначально вставил

$$y= e^{mx}$$

Я получил

$$m^2x -(x+1)m -2x+2=0$$

и я думал, что m не будет постоянной величиной, но, последовав вашему совету, я сделал это, и m стало равным 2.

[Ende]

Knight2023 в сообщении #1648294 писал(а):

Как ты до этого додумался?

Knight2023 Пожалуйста, говорите собеседнику не "ты", а "вы". В русском языке "вы" - уважительное обращение к человеку. "Ты" говорят друзьям или родственникам.
If you find it difficult to speak Russian, please speak English.

[waxtep]

Knight2023 в сообщении #1648294 писал(а):

Как ты до этого додумался? Это было предположение?

Честно говоря, методом подбора, технику я основательно подзабыл. В виде $f(x)\cdot g(x)$, где $f$ неизвестна, а $g$ - какая-то из элементарных функций - логарифм, экспонента, степенная, косинус и т.п. В этом случае попробовал логарифм и его первообразную, а так же экспоненту, - и она подошла

-- 03.08.2024, 23:23 --

+ "подошла" - в том смысле, что и $f$ оказалась простой, многочленом первой степени

[Knight2023]

Ende в сообщении #1648302 писал(а):

Knight2023 в сообщении #1648294 писал(а):

Как ты до этого додумался?

Knight2023 Пожалуйста, говорите собеседнику не "ты", а "вы". В русском языке "вы" - уважительное обращение к человеку. "Ты" говорят друзьям или родственникам.
If you find it difficult to speak Russian, please speak English.

I will surely keep that in mind.