Как решать нерешаемое?

[Утундрий]

Из некоторых соображений вытекло уравнение:

$$\frac{{d^2 x}}{{dt^2 }} + \left( {\omega ^2 + \frac{2}{{\operatorname{ch} ^2 t}}} \right)x = 0$$

где $\omega $-ненулевая константа (ибо при $\omega =0$ решение $x = 1 - t\operatorname{th} t$ неограниченно, что противоречит вышеупомянутым соображением из которых данное уравнение вытекло).

Поискав решение в навеянном физическим смыслом виде

$$x = a(t)\sin \left( {\int\limits_0^t {\sqrt {\omega ^2 + \frac{2}{{\operatorname{ch} ^2 s}}} } ds + \delta (t)} \right)$$

находим полезное соотношение

$$a \propto \left( {\sqrt {\omega ^2 + \frac{2}{{\operatorname{ch} ^2 t}}} + \dot \delta } \right)^{ - 1/2} $$

и страшновато выглядящее уравнение на фазу $\delta (t)$.

Вопросы:

1. Можно ли что-то сказать о фазе, не прибегая к тупому насчитыванию?
2. Можно ли это уравнение некоторым образом проквантовать?

[Markiyan Hirnyk]

Почему же нерешаемое? Мэйпл находит его общее решение в терминах гипергеометрической функции, Математика - через функции Лежандра первого и второго родов.

[Утундрий]

Ну да, формально оно $P_1^{i\omega } \left( {\operatorname{th} t} \right)$, но я не очень-то понимаю дифференцирование мнимое число раз (и даже не целое мнимое). Хотелось бы чего-то более осязаемого, пусть и только асимптотического.

[Markiyan Hirnyk]

В описании функции Лежандра первого (и второго) рода $P_1^{i \omega }(\tanh (t))$ в Математике верхний индекс не связан ни с каким дифференцированием.

[Утундрий]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1413651 писал(а):

В описании функции Лежандра первого (и второго) рода верхний индекс не связан ни с каким дифференцированием

$P_n^m (x) = ( - 1)^m (1 - x^2 )^{m/2} ({{d^m } \mathord{\left/ {\vphantom {{d^m } {dx^m }}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} {dx^m }})P_n (x)$.

Давайте сэкономим время. Вы, наверное, хотите сказать, что где-то там в облаках витает гипергеометрическая функция и все через нее выражается?

[Markiyan Hirnyk]

Вы неверно процитировали мое утверждение. Оно такое

Цитата:

В описании функции Лежандра первого (и второго) рода $P_1^{i \omega }(\tanh (t))$ в Математике верхний индекс не связан ни с каким дифференцированием.

Полагаю, что приведенная Вами формула имеет место только для неотрицательных целых значений $m$.
PS. В Математике функции Лежандра первого и второго родов определяются через гипергеометрические функции.

[Утундрий]

Утундрий в сообщении #1413656 писал(а):

Вы, наверное, хотите сказать, что где-то там в облаках витает гипергеометрическая функция и все через нее выражается?

Markiyan Hirnyk в сообщении #1413658 писал(а):

В Математике функции Лежандра первого и второго родов определяются через гипергеометрические функции
.

Будем считать, что это было "да".

[Ms-dos4]

Утундрий
На самом деле одно из независимых решений есть

$$f(t) = {e^{i\omega t}}{{{\mathop{\rm th}\nolimits} (t) - i\omega } \over {\Gamma (2 - i\omega )}}$$

Это и есть то самое $P_1^{i\omega }({\mathop{\rm th}\nolimits} (t))$. Отсюда уже можно и второе независимое $Q_1^{i\omega }({\mathop{\rm th}\nolimits} (t))$ найти, причём всё в относительно осязаемом виде.

[Утундрий]

Ms-dos4
Действительно, $e^{i\omega t} \left( {\operatorname{th} t - i\omega } \right)$ - решение. Как-то слишком даже простенько выглядящее. Если не секрет, как отыскали?

[Ms-dos4]

Утундрий
Второе линейно независимое решение, для справки, $g(t) = {e^{ - i\omega t}}({\mathop{\rm th}\nolimits} (t) + i\omega )$ (правда это не совсем $Q_1^{i\omega }({\mathop{\rm th}\nolimits} (t))$, да и не важно).
Как отыскал? Заменой привел уравнение к гипергеометрическому, затем упростил гипергеометрическую функцию.

[Утундрий]

Ms-dos4 в сообщении #1413667 писал(а):

Второе линейно независимое решение...

Можно просто взять $Re$ и $Im$.

Ms-dos4 в сообщении #1413667 писал(а):

Заменой привел уравнение к гипергеометрическому, затем упростил гипергеометрическую функцию.

Ну, в этом я не силён.

Правда, это была разминка. Приятно, конечно, что получилась такая компактная запись, но в реальной задаче в "частоте" будет сидеть решение нелинейного диффура. Однако, понимания прибавилось. Спасибо!

[Ms-dos4]

Утундрий
Да, вы конечно правы по поводу ${\mathop{\rm Re}\nolimits} $ и ${\mathop{\rm Im}\nolimits} $, я уже сплю.
Ну насчёт "реальной" задачи тоже можно подумать, что можно вытащить из асимптотических методов... А что-нибудь о поведении $\omega (t)$ известно?

[Утундрий]

Вот один из примеров, который так и не удалось свести к чему-то человеческому. Есть система

$$\left\{ {\begin{array}{*{20}c}{\ddot a - a^5 b^2 &=& 0} \\ {\ddot b + a^6 b &=& 0} \\ {3\dot a^2 - \dot b^2 - a^6 b^2 &=& 1} \\ \end{array} } \right. \eqno(1)$$

В первую очередь интересует поведение решения при $a \to + \infty $ и будет физически удовлетворительно, если $b$ хотя бы не растет. Заменой $b = \beta \sin \varphi $ приходим к

$$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\beta ^2 \dot \varphi &=& \gamma \equiv const} \\ {\ddot \beta + \left( {\beta a^6 - \frac{{\gamma ^2 }}{{\beta ^3 }}} \right) &=& 0} \\ \end{array} } \right.$$

Теперь возьмем (вот сейчас очень необоснованно будет...)

$$\beta = \beta _* : = \sqrt \gamma a^{ - 3/2} $$

подставим это в $(1)$ и усредним по интервалу времени, большому для $b$, но малому для $a$. Получится

$$\left\langle {b^2 } \right\rangle = \frac{\gamma }{2}a^{ - 3} ,\quad \left\langle {\dot b^2 } \right\rangle = \frac{\gamma }{2}a^3 + ...$$

(многоточие означает члены, не пережившие переход к пределу $a \to + \infty $) и наконец

$$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {2 \ddot a &=& \gamma a^2 } \\ {3 \dot a^2 &=& \gamma a^2 } \\ \end{array} } \right.$$

Откуда находим

$$a \sim (t_* - t)^{ - 2} ,\quad \left\langle {b^2 } \right\rangle \sim (t_* - t)^6 ,\quad t \to t_* - 0$$

Что вполне физически хорошо.

Вот эти-то $a$ и $b$ войдут в частоту (возможно и в трение, смотреть нужно) неких линейных уравнений второго порядка. Конечно, желательно получить их в замкнутом виде, но верится в это слабо.

[Ms-dos4]

Утундрий
Можно попробовать пойти следующим путем: умножив первое уравнение на $a(t)$, второе на $b(t)$ получим

$$\[\left\{ \begin{array}{l} \ddot a(t)a(t) - {a^6}(t){b^2}(t) = 0\\ \ddot b(t)b(t) - {a^6}(t){b^2}(t) = 0\\ 3{{\dot a}^2}(t) - {{\dot b}^2}(t) - {a^6}(t){b^2}(t) = 1 \end{array} \right.\]$$

Если бы в последнем уравнении была бы не тройка, а пятерка, всё было бы намного легче (подошло бы $a(t) = b(t)$). Ну а так вычтем из второго уравнения третье

$$\ddot b(t)b(t) + {{\dot b}^2}(t) - 3{{\dot a}^2}(t) = - 1$$

В этом уравнении понижается порядок, откуда

$$b(t) = \pm \sqrt 2 \sqrt {B + At - {{{t^2}} \over 2} + 3\int\limits_{{t_0}}^t {(t - \tau ){{\dot a}^2}(\tau )d\tau } } $$

Далее с этим уже можно возится, используя $\ddot a(t)a(t) = \ddot b(t)b(t) = {a^6}(t){b^2}(t)$. Например, одно из точных решений есть

$$\[\left\{ \begin{array}{l} a(t) = \pm \frac{t}{{\sqrt 3 }} + C\\ b(t) = 0 \end{array} \right.\]$$

Ещё одно

$$\[\left\{ \begin{array}{l} a = 0\\ b = i\left| {{t_0} - t} \right| \end{array} \right.\]$$

[amon]

Утундрий в сообщении #1414749 писал(а):

В первую очередь интересует поведение решения при $a \to + \infty $ и будет физически удовлетворительно, если $b$ хотя бы не растет.

$$\begin{align}a&=\frac{t}{\sqrt{3}}\\b&=0\end{align}$$

чем не устроило?