函数係数微分方程式

変形して、
${\displaystyle y^{″}-P(x)(x{y}^{\prime }-y)=0}$
${\displaystyle C_{1}x}$が解であることは直ちに分かります。
定数変化法を使いましょう。
方程式に$C(x)x$を代入して、
$$\begin{gathered} {\displaystyle x{C}^{″}(x)+2C^{\prime }(x)-x^{2}P(x)C^{\prime }(x)=0} \\ {\displaystyle C^{\prime }(x)=C\exp (\int (-\frac{2}{x}+xP(x))dx)} \end{gathered}$$
$C^{\prime }(x)$に於ける一階線形型ですから求まりました。
$C_{1}x$と$C(x)x$を結合して、
${\displaystyle y=x(C_1+C_2\int \frac{1}{x^2}\exp (\int xP(x)dx)dx)}$

変形して、
${\displaystyle (y^{″}-a^{2}y)+P(x)(y^{\prime }-ay)=0}$
${\displaystyle C_1{e}^{ax}}$はこれを満たします。

${\displaystyle C(x)e^{ax}}$を代入して、
$$\begin{gathered} C^{″}(x)+2a{C}^{\prime }(x)+P(x)C^{\prime }(x)=0 \\ {\displaystyle C^{\prime }(x)=C_2\exp (-2ax-\int P(x)dx)} \end{gathered}$$

結合して、
${\displaystyle y=e^{ax}(C_1+C_2\int \exp (-2ax-\int P(x)dx)dx)}$

方程式Ⅰと同様に、ある解が$y^{″}=0$となることを仮定して話を進めましょう。
$\begin{array}{r}{\displaystyle (a+bx)y^{\prime }-by=0}\\ y=C(x+\frac{a}{b})\end{array}$
実際これは$y^{″}=0$を満たし、矛盾を生じません。でもこれだけじゃ不十分だと思いますが、実際解は方程式を満たします。
そして、2つ目の解ですが、定数変化法では上手く行きませんでした。理由は分かりません。($y^{″}=0$から出た解だからダメ、とかも考えたんですが、それだと方程式Ⅰが解けたのは説明がつきませんね…。)

辺々微分しましょう。
${\displaystyle \begin{array}{rcl}P(x)y^{″}+(a+bx)y^{\prime }-by& =& 0\\ P(x)y^{‴}+(P^{\prime }(x)+(a+bx))y^{″}& =& 0\\ P(x)(y^{″}\exp (\int \frac{P^{\prime }(x)+a+bx}{P(x)}){)}^{\prime }& =& 0\\ y^{″}\exp (\int \frac{P^{\prime }(x)+a+bx}{P(x)})& =& C_1\end{array}}$
${\displaystyle y=C_1\int \int \frac{1}{P(x)}\exp (-\int \frac{a+bx}{P(x)}dx)dxdx}$
結合して、
${\displaystyle y=C_1\int \int \frac{1}{P(x)}\exp (-\int \frac{a+bx}{P(x)}dx)dxdx+C_2(x+\frac{a}{b})}$

${\displaystyle y=\exp (f(x))}$を代入。
${\displaystyle f^{″}(x)+(f^{\prime }(x){)}^2-\frac{P^{\prime }(x)}{2P(x)}{f}^{\prime }(x)+P(x)=0}$
これは${\displaystyle f^{\prime }(x)=\pm i\sqrt{P(x)}}$が解です(方程式Ⅴはこれ(リッカチ型)を解くのが少し簡単)。
${\displaystyle y=\exp (f(x))}$に代入して結合。
${\displaystyle y=C_1\sin (\int \sqrt{P(x)}dx)+C_2\cos (\int \sqrt{P(x)}dx)}$

${\displaystyle y=\exp (f(x))}$を代入。
${\displaystyle \begin{array}{rcl}{f}^{″}(x)+(f^{\prime }(x){)}^2-\frac{P^{\prime }(x)}{P(x)}{f}^{\prime }(x)-(P(x){)}^2& =& 0\\ \frac{1}{P(x)}(P(x)f^{″}(x)-P^{\prime }(x)f^{\prime }(x))\\ +(f^{\prime }(x)-P(x))(f^{\prime }(x)+P(x))& =& 0\\ f^{\prime }(x)& =& \pm P(x)\end{array}}$
${\displaystyle y=\exp (f(x))}$に代入して結合。
${\displaystyle y=C_1\exp (\int P(x)dx)+C_2\exp (-\int P(x)dx)}$

$p,q$を$x$の関数とします。
まず、命題の左辺が
${\displaystyle x(y^{\prime }-py{)}^{\prime }+q(y^{\prime }-py)}$となって欲しいので、展開して$y^{\prime },y$の係数を比較します。
${\displaystyle \{\begin{array}{}\text{(*)}& \alpha +\beta x& =& -px+q\text{(**)}& \beta & =& -p^{\prime }x-pq\end{array}}$
$\ast$から、
${\displaystyle \begin{array}{rcl}p& =& \frac{q-\alpha -\beta x}{x}\\ p^{\prime }& =& \frac{q^{\prime }x-q+\alpha }{x^2}\end{array}}$

これを$\ast \ast$に代入。
${\displaystyle \alpha +\beta x=-q^{\prime }x+q(1+\alpha +\beta x)-q^2}$
リッカチ型ですね。片っ端から代入して調べようと思ったのですが、$q=1$がこれを満たしました。
(僕は非線形型のとき、定数、べき関数、指数関数、一次関数と代入して調べるようにしています。)

これを$\ast$に代入。
${\displaystyle p=\frac{1-\alpha }{x}-\beta }$
$p,q$の正体がわかったので、元の方程式を解いて代入します。
${\displaystyle \begin{array}{rcl}x{y}^{″}+(\alpha +\beta x)y^{\prime }+\beta y& =& 0\\ x(y^{\prime }-py{)}^{\prime }+q(y^{\prime }-py)& =& 0\\ y^{\prime }-py& =& C_1\exp (-\int \frac{p}{x}dx)\\ y& =& \exp (\int pdx)(C_1\int \exp (-\int (p+\frac{q}{x})dx)dx+C_2)\\ & =& \exp ((1-\alpha )\log x-\beta x)(C_1\int \exp ((\alpha -2)\log x+\beta x)dx+C_2)\\ & =& x^{1-\alpha }{e}^{-\beta x}(C_1\int x^{\alpha -2}{e}^{\beta x}dx+C_2)\end{array}}$

${\displaystyle \begin{array}{rcl}x{y}^{″}+(\alpha +\beta x)y^{\prime }+\beta y& =& 0\\ x(y^{\prime }\exp (\int \frac{\alpha +\beta x}{x}dx){)}^{\prime }+\beta y\exp (\int \frac{\alpha +\beta x}{x}dx)& =& 0\\ x(y\exp (\int \frac{\alpha +\beta x}{x}dx){)}^{″}-x(\frac{\alpha +\beta x}{x}y\exp (\int \frac{\alpha +\beta x}{x}){)}^{\prime }+\beta y\exp (\int \frac{\alpha +\beta x}{x})& =& 0\\ x{y}_1^{″}-(\alpha +\beta x)y_1^{\prime }+(\frac{\alpha }{x}+\beta )y_1& =& 0\end{array}}$
ここで、${\displaystyle y\exp (\int \frac{\alpha +\beta x}{x}dx)=y_1}$としました。
出てきた方程式をxで割ると、方程式Ⅰの${\displaystyle P(x)}$を${\displaystyle \frac{\alpha +\beta x}{x^2}}$、$y$を $y_1$としたものに他なりません。
$y_1$に関する方程式が解けますから、
${\displaystyle \begin{array}{rcl}y& =& y_1\exp (-\int \frac{\alpha +\beta x}{x}dx)\\ & =& x^{1-\alpha }{e}^{-\beta x}(C_1\int x^{\alpha -2}{e}^{\beta x}dx+C_2)\end{array}}$

${\displaystyle \begin{array}{rcl}x{y}^{″}+(\alpha +\beta x)y^{\prime }+\beta y& =& 0\\ (xy{)}^{″}-2y^{\prime }+((\alpha +\beta x)y{)}^{\prime }& =& 0\\ (xy{)}^{\prime }-2y+(\alpha +\beta x)y& =& C_1\\ x{y}^{\prime }+(\alpha -1+\beta x)y& =& C_1\\ x(y\exp (\int \frac{\alpha -1+\beta x}{x}dx){)}^{\prime }& =& C_1\exp (\int \frac{\alpha -1+\beta x}{x}dx)\\ y{x}^{\alpha -1}{e}^{\beta x}& =& C_1\int x^{\alpha -2}{e}^{\beta x}dx+C_2\end{array}}$

ラプラス変換で解こうとしましたが、最後ブロムウィッチ積分に書き直しても手が進みそうにないですし、諦めました。
かなり省略しますが、どなたかが解いてくださると信じて載せておきます。
${\displaystyle \begin{array}{rcl}x{y}^{″}+(\alpha +\beta x)y^{\prime }+\beta y& =& 0\\ -\frac{\partial }{\partial s}\mathcal{L}[y^{″}](s)+\alpha \mathcal{L}[y^{\prime }](s)-\beta \frac{\partial }{\partial s}\mathcal{L}[y^{\prime }](s)+\beta \mathcal{L}[y]& =& 0\end{array}}$
${\displaystyle \mathcal{L}[y](s)=\frac{1}{s}(s+\beta {)}^{\alpha -1}(C_1\log \frac{s}{s+\beta }+C_2)}$

ちなみに、今回は出てきていませんが、オイラーの微分方程式${\displaystyle x^2{y}^{″}+ax{y}^{\prime }+by=0}$をラプラス変換すると
${\displaystyle (s^2\frac{{\partial }^2}{\partial s^2}+(4-a)s\frac{\partial }{\partial s}+2-a+b)\mathcal{L}[y](s)=0}$
となります。
${\displaystyle \mathcal{L}[y](s)}$に於けるオイラーの微分方程式をとけ解けばいいわけですね。
宇宙ネコ
これが例のゴールドエクスペリエンスレクイエムですか？