Нехорошее уравнение

[Утундрий]

Имеется уравнение

$$ y''+\th(2 x) \ y'=\left[ \alpha \ch (2 x)+l(l+1)-\dfrac{6}{\ch^2 (2 x)} \right] \ y $$

где $ \alpha $ - вещественная положительная константа, а $l=0,1,2 \dots$

Как обычно, нужно найти все нетривиальные решения, убывающие на бесконечности.

Методом научного тыка численно отыскал одно: $l=0$, $\alpha=1.3055643533 \dots$ Других, похоже, нет.

Вопрос: как это доказать и вообще, какие будут по данному поводу соображения?

[krum]

я бы сперва привел это уравнение к виду $\ddot x+f(t)x=0$ как это делать написано у Демидовича Лекции по мватематической теории устойчивости

-- 14.02.2023, 10:58 --

асимптотику функции $f$ по крайней мере написать надо

[Утундрий]

krum в сообщении #1581534 писал(а):

я бы сперва привел это уравнение к виду $\ddot x+f(t)x=0$

Это можно. Вводим новую неизвестную $u(x)=y(x) \ch^{1/4} (2x)$ и получаем

$$ u''=\left[ \alpha \ch (2 x)+\left(l+\dfrac{1}{2} \right)^2 - \dfrac{21}{4} \dfrac{1}{\ch^2 (2 x)} \right] \ u $$

Что это нам даёт?

[amon]

Утундрий в сообщении #1581551 писал(а):

Что это нам даёт?

Получилось уравнение Шредингера с потенциалом

$$ \left[ \alpha \ch (2 x) - \dfrac{21}{4} \dfrac{1}{\ch^2 (2 x)} \right] $$

Если не заморачиваться с целочисленностью $l,$ то у него конечное количество отрицательных собственных значений. Можно поглядеть, сколько их при $\alpha=0.$ Если одно, то все случилось, если больше, то надо еще помучаться. Боюсь, что это только численно.

[krum]

Чисто эвристически без претензии на строгость. Выкидывая члены с коэффициентами из $L^2(\mathbb{R}_+)$ получаем

$$u''=(\alpha e^{2x}u+R^2)u,\quad R^2=(l+1/2)^2$$

еще замена $t=e^x$ получаем

$$t^2\ddot u+t\dot u=(\alpha t^2+R^2)u$$

В учебгике Лаврентьева Шабата Методы ТФКП стр 670 написано, что это уравнение решается в цилиндрических функциях

[Утундрий]

amon
Мне кажется, Вы тут неявно подменили граничные условия. Убывать на бесконечности должна только функция $y$.

[krum]

забыл написать, мое рассуждение для больших положительных $x$

[Утундрий]

krum
Такое приближение приводит нас к бесселевым функциям мнимого аргумента. При этом оказывается, что $I$ растёт слишком быстро и остаётся функция Макдональда. Но последняя, наоборот, всегда убывает слишком хорошо, что не позволяет выделить какое-то одно $\alpha$.

[krum]

я как-то ожидал, что при всех $\alpha>0$ должно быть одно растущее решение, другое -- стремящееся к нулю (все при $x\to\infty$). Остальные решения -- линейные комбинации этих. Соответственно при численном тыке попасть на начальные условия для ограниченного решения вероятность нуль. Так, что Вам крупно повезло.

[mihiv]

Утундрий в сообщении #1581580 писал(а):

Но последняя, наоборот, всегда убывает слишком хорошо, что не позволяет выделить какое-то одно $\alpha$.

Интегрировать уравнение можно от 0 в сторону возрастания $x$ или от $+\infty $ к 0, назовем это -
"внутреннее" и "внешнее" решения. В промежуточных точках решения должны "сшиваться", т.е. должны быть равны их логарифмические производные, это дает недостающее условие на $\alpha $.

[Утундрий]

krum в сообщении #1581584 писал(а):

Вам крупно повезло.

Есть вполне регулярный подход (Фейнмана). Я просто решаю при некотором $\alpha$ из нуля в обе стороны и смотрю, куда загибаются "рога". Потом даю $\alpha$ мелкое приращение и снова решаю. И если при этом "рога" меняют верх на низ (или наоборот), значит решение проскочили.

mihiv
Что-то в этом приближённое чудится. Из области асимптотических разложений.

[mihiv]

Утундрий в сообщении #1581604 писал(а):

Что-то в этом приближённое чудится. Из области асимптотических разложений.

Утундрий
Да, при малых и больших $x$ заменяем функцию ее асимптотиками, а дальше численно интегрируем навстречу и подбираем $\alpha $ так, чтобы уравнять лог. производные.

[mihiv]

Фактически решается обратная задача:выбором параметра $\alpha $ в потенциале $U(x)$, указанном amon, получить связанное состояние с энергией $E=-(l+\frac12)^2$. Минимальное значение потенциала $U_{\min }=\alpha -\dfrac {21}4$, поскольку $E>U_{\min }$,то связанное состояние возможно лишь для $l=0,1$.

[Утундрий]

mihiv
Когда amon говорит об уравнении Шрёдингера, то молчаливо подразумевает, что $u$ должно убывать на бесконечности. А это совсем не обязательно, потому что по условию на бесконечностях (всех обеих двух) должна убывать $y$.

[amon]

Утундрий в сообщении #1581657 писал(а):

Когда amon говорит об уравнении Шрёдингера, то молчаливо подразумевает, что $u$ должно убывать на бесконечности. А это совсем не обязательно, потому что по условию на бесконечностях (всех обеих двух) должна убывать $y$.

Это правда. Решение $u$ с нулевыми условиями на бесконечности дает нужное $y,$ но, вообще говоря, не для всякого $y$ с нулевыми условиями получатся нулевые условия на $u.$ То есть, можно чего потерять. Я бы посмотрел асимптотику решений исходного уравнения на бесконечности. Если решение уравнения

$$ y''+ y'=\left[ \alpha e^{2 x}+l(l+1) \right] \ y $$

на бесконечности имеет вид

$$C_1e^{-ax}+C_2e^{bx},$$

где $C_1$ и $C_2$ - нечто растущее (убывающее) медленнее экспоненты, и при этом $a>\frac{1}{2}$ то, вроде, мы ничего не потеряем.