Teoría de Sturm-Liouville, ecuación diferencial lineal

Question

Tenemos el problema de Sturm-Liouville $$\left\{\begin{matrix} {y}''(t)+4{y}'+3y=\lambda y\\ y(0)= y'(\ln(l))=0 \end{matrix}\right. 1<t<l$$ He encontrado las raíces del polinomio característico de la ecuación diferencial $$\tau = -2\pm\sqrt{1+\lambda }$$ Por lo tanto, hay tres soluciones diferentes en función de $\lambda$ . $$1)\ \lambda = -1:\ y(t)= C_{1}e^{-2t}+C_{2}te^{-2t}$$ $$2)\ \lambda<-1: \ y(t)=C_{1}e^{-2t}\cos(\sqrt{-1-\lambda}t)+C_{2}e^{-2t}\sin(\sqrt{-1-\lambda}t)$$ $$3)\ \lambda>-1: \ y(t)=C_{1}e^{(-2+\sqrt{1+\lambda})t}+C_{2}e^{(-2-\sqrt{1+\lambda})t}$$ No tengo problemas con los casos 1 y 2, pero sí con el caso 3.

Cuando sustituimos los valores iniciales, obtenemos un sistema de a ecuaciones: $$\left\{\begin{matrix} y(0)=C_{1}+C_{2} = 0 \rightarrow C_{1}=-C_{2} \\ y(\ln(l))=(-2+\sqrt{1+\lambda})C_{1}e^{(-2+\sqrt{1+\lambda})\ln(l)}+(-2-\sqrt{1+\lambda})C_{2}e^{(-2-\sqrt{1+\lambda})\ln(l)}=0\end{matrix}\right.$$ Entonces obtenemos una ecuación: $$(2-\sqrt{1+\lambda})C_{2}e^{(-2+\sqrt{1+\lambda})\ln(l)}+(-2-\sqrt{1+\lambda})C_{2}e^{(-2-\sqrt{1+\lambda})\ln(l)}=0$$ $$C_{2}\big((2-\sqrt{1+\lambda})e^{(-2+\sqrt{1+\lambda})\ln(l)}+(-2-\sqrt{1+\lambda})e^{(-2-\sqrt{1+\lambda})\ln(l)}\big)=0$$ Y como sé, esta ecuación tiene solución sólo cuando $C_{2}=0 \rightarrow C_{1}=0$

Así, la ecuación $$(2-\sqrt{1+\lambda})e^{(-2+\sqrt{1+\lambda})\ln(l)}+(-2-\sqrt{1+\lambda})e^{(-2-\sqrt{1+\lambda})\ln(l)}=0$$ No debe tener soluciones en números reales, pero no sé cómo demostrarlo

Answer 1

Dejemos que $f(t) = e^{-2t} \sinh{t}$ . Tenemos $f'(t) = e^{-2t} (-2 \sinh{t} + \cosh{t})$ . Tome $$t = \operatorname{arcosh}{\frac{2}{\sqrt{3}}}.$$ Calculamos $$\sinh{t} = \sqrt{\cosh^2{t} - 1} = \sqrt{\frac{4}{3} - 1} = \frac{1}{\sqrt{3}}.$$ Así que, si no me equivoco, $f(t)$ es una solución de $$\left\{\begin{matrix} {y}''+4{y}'+3y= 0 \\ y(0)= y'(\operatorname{arcosh}{\frac{2}{\sqrt{3}}})=0 \end{matrix}\right.$$ con $\lambda = 0 > -1$ .

Answer 2

No del todo. Queremos resolver $$(-2-\sqrt{1+\lambda})e^{(-2-\sqrt{1+\lambda})t_0} - (-2 + \sqrt{1+\lambda})e^{(-2+\sqrt{1+\lambda})t_0} = 0$$

donde $t_0 = \ln l$ Multiplicar por $e^{2t_0}$ y que $\mu = \sqrt{1+\lambda}$ para abreviar, obtenemos

$$(-2-\mu)e^{-t_0\mu} - (-2+\mu)e^{t_0\mu} = 0$$

$$2(e^{t_0\mu} - e^{-t_0\mu}) - \mu (e^{t_0\mu} + e^{-t_0\mu}) = 0$$

o $$\frac{\mu}{2} = \frac{e^{t_0\mu}-e^{-t_0\mu}}{e^{t_0\mu} + e^{-t_0\mu}} = \tanh (t_0\mu)$$

En realidad hay una solución si $t_0 > \frac12$ o $l > \sqrt{e}$ . Una forma cerrada no existe, por desgracia, pero se puede ver gráficamente.