0.1. Bendrosios sąvokos

0.1. BENDROSIOS SĄVOKOS 1 0.1. Bendrosios sąvokos 0.1.1. Diferencialinės lygtys su mažuoju parametru F ) x n),x n 1),...,x,x,t;ε = 0, xt;ε) C n T), T [0,+ ), 0 < ε ε 0 ) F x n) t;ε),x n 1) t;ε),...,x t;ε),xt;ε),t;ε 0, x 0 t) = lim ε +0 xt;ε) F x n) 0,xn 1) 0,...,x 0,x 0,t;0 ) = 0 0.1 apibrėžimas. Uždavinys vadinamas reguliariuoju, jei lim sup xt;ε) x 0 t) = 0 ε +0 t T Priešingu atveju uždavinys vadinamas singuliariuoju. 0.1 pavyzdys. žr. 1 pav.) εx + x = s, x0;ε) = 1. 1 pav. Pasienio sluoksnis xs;ε) = 1 + ε)e s ε + s ε

2 0.2 pavyzdys. Pakeiskime 0.1.1. pavyzdžio kintamuosius: Tada ir gauname: t = s, xs;ε) = yt;ε). ε dx ds = 1 dy ε dt, s = εt y + y = εt, y0;ε) = 1. Tikslusis 0.2 pavyzdžio sprendinys yra yt;ε) = e t + ε e t + t 1 ). Artinys yt;ε) e t taikytinas tik kai εt 1 ir netinka, jei εt = O1). Turintys daugiklius εt asimptotinių skeidinių nariai vadinami sekuliariaisiais. 0.1.2. Antrosios eilės lygtys x = f x,x,t;ε ). Antrosios eilės silpnai netiesinės lygtys at)x + bt)x + ct)x = εf x,x,t;ε ). Diufingo lygtis y + y + εy 3 = 0. 0.1.3. Tiesioginio skleidimo metodas Nagrinėsime diferencialinę lygtį Asimptotinio sprendinio ieškome pavidalu x + x = εf x,x,t;ε ). 1) xt;ε) = x 0 t) + εx 1 t) + ε 2 x 2 t) + 2) Įstatome 2) į 1) ir prilyginame koeficientus prie vienodu ε laipsniu: x 0 + x 0 = 0, x 1 + x 1 = F 1 fx 0,x 0,t;0), x 2 + x 2 = F 2 x 0,x 0,x 1,x 1,t ),...

0.1. BENDROSIOS SĄVOKOS 3 0.1 pratimas. Išreikšti funkciją F 2. 0.3 pavyzdys. Tiesinis osciliatorius su slopinimu x + x + εx = 0. xt;ε) = x 0 t) + εx 1 t) + ε 2 x 2 t) + ε 3 x 3 t) + x 0 + x 0 = 0, x n + x n = x n 1, n = 1,2,... x 0 t ) = C1 0 sin t + C0 2 cos t = acos t + ϕ). x 1 + x 1 = acos t + ϕ), x 1 t) = C1 1 sin t + at C1 2 cos t + sint + ϕ). 2 0.2 pratimas. Raskite x 2 t). 0.4 pavyzdys. Konstruojame Diufingo lygties tiesioginį asimptotinį skleidinį. x + x + εx 3 = 0 xt;ε) = x 0 t) + εx 1 t) + O ε 2), x0 + εx 1 + O ε 2)) 3 = x 3 0 + 3εx 2 0 x1 + O ε 2)) + 3x 0 εx1 + O ε 2)) 2 = x 3 0 + 3εx2 0 x 1 + O ε 2). x 0 + x 0 = 0, x 1 + x 1 + x 3 0 = 0, x 0 t ) = C 0 1 sin t + C 0 2 cos t = acos t + ϕ), x 1 + x 1 = a 3 cos 3 t + ϕ) = a3 3cos t + ϕ) + cos 3t + 3ϕ)). 4 x 1 t ) = C 1 1 sin t + C1 2 cos t 3a3 t 8 a3 sint + ϕ) + cos 3t + 3ϕ). 32 0.5 pavyzdys. Savaiminiai virpesiai svyravimai su susižadinimu) x + x + ε x 1 x ) ) 3 = 0 3

4 0.6 pavyzdys. Kvadratiniai ir kubiniai netiesiškumai x + x + α x 2 + β x 3 = 0 Nagrinėjami mažos amplitudės svyravimai: xt;ε) = εx 1 t) + ε 2 x 2 t) + 0.7 pavyzdys. Priverstiniai svyravimai x + x + ε x 3 + αu ) = Acos ω t). 0.8 pavyzdys. Daugiadažniai sužadinimai x + x + ε x 2 + α u ) = A 1 cos ω 1 t) + A 2 cos ω 2 t). 0.9 pavyzdys. Matjė lygtis x + x + εcos ω t)x = 0.

0.2. KELIŲ MASTELIŲ METODAS 5 0.2. Kelių mastelių metodas Metodo idėja ieškoti sprendinio pavidalu m 1 k=0 Čia T j skirtingi laiko t masteliai: Diferencijavimo taisyklė: xt;ε) = X T 0,T 1,...,T m ;ε) = ε k X k T 0,T 1,...,T m ) + O εt m ). T 0 = t, T 1 = εt, T 2 = ε 2 t, T 3 = ε 3 t,... d dt = T 0 + ε T 1 + ε 2 T 2 + 0.2.1. Dviejų mastelių metodas Pažymėkime lėtąjį laiką τ = εt ir nagrinėsime funkciją yt;ε) = Y t,τ). Tada dy dt = Y t + ε Y τ, d 2 y dt 2 = 2 Y 2 t + 2ε 2 Y τ t + ε2 2 Y 2 τ. 0.10 pavyzdys. Tiesinis osciliatorius su slopinimu y + y + εy = 0. yt;ε) = Y t,τ,ε) = Y 0 t,τ) + εy 1 t,τ) + 2 Y 0 t 2 + ε 2 Y 1 t 2 + 2ε 2 Y 0 t τ + Y 0 + εy 1 + ε Y 0 t + = 0. Funkcijai Y 0 t,τ) rasti gauname lygtį kurios bendrasis sprendinys yra 2 Y 0 t 2 + Y 0 = 0, Y 0 t,τ) = aτ)cost + ψτ)).

6 Sudarome lygtį funkcijai Y 1 t,τ) ieškoti: 2 Y 1 t 2 + Y 1 = 2 2 Y 0 t τ Y 0 t = 2 a sint + ψ) acost + ψ)ψ ) + asint + ψ). Norėdami panaikinti sekuliariuosius narius turime pareikalauti 2a sint + ψ) + asint + ψ), 2acost + ψ)ψ = 0. Taigi ψτ) = ψ const, a = 1 2 a, aτ) = Ce τ 2 ir todėl Lygties Y 0 t,τ) = Ce τ 2 cost + ψ). 0.3 pratimas. Raskite funkciją Y 1. 0.11 pavyzdys. Diufingo lygtis y + y + εy 3 = 0. yt;ε) = Y t,τ,ε) = Y 0 t,τ) + εy 1 t,τ) + 2 Y 0 t 2 + ε 2 Y 1 t 2 + 2ε 2 Y 0 t τ + Y 0 + εy 1 + εy 0 )3 + = 0. bendrasis sprendinys 2 Y 0 t 2 + Y 0 = 0 Y 0 t,τ) = C 0 τ) e it + C 0 τ) e it. Funkcijai Y 1 t,τ) rasti sprendžiame lygtį 2 Y 1 t 2 + Y 1 = Y 0 2 2 t τ Y 0 )3 = 2i C 0e it C 0e it) C0e 3 3it + 3C0C 2 0 e it + 3C 0 C 2 0e it + C 3 0e 3it). Asimptotinis skleidinys neturės sekuliariųjų narių, kai e it ir e it koeficientai lygūs nuliui. Taigi 2iC 0 + 3C2 0 C 0 = 0, 2iC 0 3C 0 C2 0 = 0.

0.2. KELIŲ MASTELIŲ METODAS 7 Pažymėję C 0 τ) = aτ) + ibτ), turime ia + ib ) + 3 2 a + ib)2 a ib) = 0, ia ib ) 3 2 a + ib)a ib)2 = 0. Iš čia gauname a = 3 2 ba2 + b 2 ), b = 3 2 aa2 + b 2 ). Todėl aτ) = C cos ωτ + ψ), bτ) = C sin ωτ + ψ), ωc = 3 2 C3. Šaknis C = 0 neleidžia rasti bendrojo sprendinio. Asimptotinį skleidinį gauname, 2ω kai C = ± 3. Taigi C 0 τ) = ±Ce 3C2 τ +ψ 2 ir arba ) Y 0 t,τ) = ±2C cos t + 3C2 2 τ + ψ ) Y 0 t,τ) = acos t + 3a2 8 τ + ψ. 0.2.2. Trijų mastelių metodas 0.12 pavyzdys. Lygtis su kvadratiniais ir kubiniais netiesiškumais y + y + αy 2 + βy 3 = 0. yt;ε) = εy 1 t,τ,t) + ε 2 y 2 t,τ,t) +, τ = εt, T = ε 2 t dy dt = εy 1t + ε 2 y 1τ + ε 3 y 1T + ε 2 y 2t + ε 3 y 2τ + ε 4 y 2T + d 2 y dt 2 = εy 1tt +2ε2 y 1τt +ε 3 y 1ττ +2ε 3 y 2tτ +2ε 4 y 2Tt +ε 4 y 2ττ +2ε 5 y 2Tτ +ε 6 y 2TT + y 1tt + y 1 = 0, y 2tt + y 2 = 2y 1tτ αy2 1, y 3tt + y 3 = y 1ττ 2y 1tT 2y 2tτ 2αy 1 y 2 βy2 1. y 1 t,τ,t) = Cτ,T)e it + Cτ,T)e it.

8 y 1tτ = i C τ e it C τ e it). y 2 1 = C 2 e 2it + CC + C 2 e 2it. Skleidinys neturės sekuliariųjų narių, jei C τ = 0 arba C = CT). Tada y 2tt + y 2 = α C 2 e 2it + CC + C 2 e 2it) ir šios lygties atskirasis sprendinys yra y 2 = α C 2 e 2it + C 2 e 2it) 2βCC. 3 Funkcijos y 2 dalinė išvestinė y 2tτ = 0. Taigi y 3tt + y 3 = Ae it + Ae it 2i A e it A e it) α 2α A 2 e 2it + A 2 e 2it) ) 2αAA Ae it + Ae it) 3 β A 3 e i3t + 3A 2 Ae it + 3AA 2 e it + A 3 e i3t) Skleidinys neturės sekuliariųjų narių, kai 2iA + 4 2 3 Lygties sprendinio ieškome pavidalu Turime Todėl Iš čia gauname Taigi ) α 2 3β AT) = at)e ibt) A = a + iab ) e ib ) A 2 A = 0. 2i ) a + iab ) 10 e ib + 3 α2 3β a 3 e ib = 0 ) 10 2ia = 0, 2ab + 3 α2 3β a 3 = 0 5 at) = a const, bt) = 3 α2 3 ) 2 β a 2 T + b 0

0.2. KELIŲ MASTELIŲ METODAS 9 ir y 1 t,t) = ae it e ib + ae it e ib = 2acos t + bt) = 5 2acos t 3 α2 3 ) )a 2 β 2 T + b 0 = 3 ãcos t + 8 β 5 ) ) 12 α2 ã 2 ε 2 t + b 0 0.2.3. Metodo modifikavimas skleidimas pagal du kintamuosius 0.13 pavyzdys. y + εy + y = 0 Asimptotinis skleidinys ieškomas tokiu pavidalu: y = y 0 τ,η) + εy 1 τ,η) + ε 2 y 2 τ,η) + τ = εt, η = 1 + ε 2 w 2 + ε 3 w 3 + + ε M ) w M t Paimsime M = 2. Tada y = εy 0τ + 1 + ε 2 w 2 )y 0η + y = ε 2 y 0ττ + 2ε1 + ε 2 w 2 )y 0ητ + 1 + ε 2 w 2 ) 2 y 0ηη + Gauname y 0ηη + y 0 = 0, y 0 = Aτ)e iη + Aτ)e iη Antroji lygtis: y 1ηη + y 1 = 2y 0τη y η Išvestinės: y 0η = i Ae iη Ae iη) y 0ητ = i A e iη A e iη) Sekuliariųjų narių naikinimas: 2iA ia = 0, 2iA ia = 0 Gauname Aτ) = Aτ) = ae τ 2. Trečioji lygtis: y 2ηη + y 2 + 2ω 2 y 0ηη + 2y τη + y ττ + y 1η + y 0τ = 0

10 Gauname Naikiname sekuliariuosius narius: y 0 = ae τ 2 e iη + e iη) a 4 2ω 0 a) a ) = 0, ω = 1 2 2 Taigi y 0 = ae τ 2 cos t 1 ) 2 ε2 t + ϕ 0.3. Linštedto Puankarė metodas A.Lindstedt, H.Poincaré) 0.14 pavyzdys. Diufingo lygtis Metodo idėja kintamųjų keitinys: Išvestinės: Gauname lygtį: Iš čia y + y + εy 3 = 0 yt;ε) = Y z;ε) = Y 0 z) + εy 1 z) + ε 2 Y 2 z) + z = wt, w = 1 + εw 1 + ε 2 w 2 + y = wy, y = w 2 Y w 2 Y + Y + εy 3 = 0 1 + εw1 + ε 2 w 2 + )2 Y 0 + εy 1 + ε 2 Y 2 + ) + +Y 0 + εy 1 + ε 2 Y 2 + + ε Y 0 + εy 1 + ε 2 Y 2 + )3 = 0 Taigi Turime Y 0 + Y 0 = 0 Y 1 + Y 1 = Y0 3 2w 1Y 0 Y 0 z) = Ce iz + Ce iz = acosz + ϕ) Y0 3 = a 3 cos 3 z + ϕ) = a3 3cosz + ϕ) + cos 3z + ϕ)) 4

0.3. LINŠTEDTO PUANKARĖ METODASA.LINDSTEDT, H.POINCARÉ)11 Y 0 Naikiname sekuliariuosius narius: = acosz + ϕ) 3a3 4 cosz + ϕ) + 2w 1acosz + ϕ) = 0 Iš čia w 1 = 3a2 8 ) yt;ε) acos t + 3a2 εt + ϕ 8 0.15 pavyzdys. Tiesinis osciliatorius y + y + εy = 0 w 2 Y + Y + εy = 0 Y 0 + Y 0 = 0 Y 1 + Y 1 = Y 0 2w 1 Y 0 = = ice iz + ice iz + 2w 1 Ce iz + Ce iz) Gauname w 1 = i 2 ir w 1 = i 2. Taigi sekuliariųjų narių panaikinti nepavyksta ir todėl metodas neleidžia sukonstruoti tolygiai tinkamos ilgajame laiko intervale t [ 0,O 1 ε)] asimptotikos. Gauname 0.16 pavyzdys. Lygtis su kvadratiniais ir kubiniais netiesiškumais y + y + αy 2 + βy 3 = 0 yt;ε) = εy 1 z) + ε 2 Y 2 z) + 1 + εw1 + ε 2 w 2 + )2 εy 1 + ε2 Y 2 + ) + α εy 1 z) + ε 2 Y 2 z) + )2 + β εy1 z) + ε 2 Y 2 z) + )3 = 0 Y 1 + Y 1 = 0 Y 2 + Y 2 = 2w 1 Y 1 αy1 2 Sekuliariųjų narių nebus, jei w 1 = 0. Taigi yt;ε) εacost + ϕ).

12 0.4. Vidurkinimo metodas 0.4.1. Kintamųjų variacija 0.17 pavyzdys. Diufingo lygtis Kai ε = 0, bendrasis sprendinys Pastebėkime, kad y + y + εy 3 = 0 yt) = acos t + ϕ) y t) = asin t + ϕ) 3) Tarkime, kad yt;ε) = at;ε)cos t + ϕt;ε)) ir pareikalaukime, kad y t;ε) būtų lygi 3) reiškiniui. Gauname a cos t + ϕ) aϕ sin t + ϕ) = 0 4) Tada y = a sin t + ϕ) acos t + ϕ) aϕ cos t + ϕ) ir įstatę y į Diufingo lygtį turime a sin t + ϕ) aϕ cos t + ϕ) = εa 3 cos 3 t + ϕ) 5) Sprendžiame 4), 5) sistemą Kramerio metodu: D = cos t + ϕ) acos t + ϕ) sint + ϕ) acos t + ϕ) = a D 1 = 0 acos t + ϕ) εa 3 cos 3 t + ϕ) acos t + ϕ), D 2 cos t + ϕ) 0 sin t + ϕ) εa 3 cos 3 t + ϕ) a = D 1 D = εa3 cos 3 t + ϕ) sin t + ϕ), ϕ = D 2 D = εa2 cos 4 t + ϕ) 6) 0.4.2. Vidurkinimas ft) = k Z f k e ikt t 0 fs)ds = f 0 t + k 0 f k e ikt ik

0.4. VIDURKINIMO METODAS 13 Nagrinėsime lygtį 1 T f 0 = f = lim fs)ds T + T 0 x = εfx,t) 7) ir ieškosime jos asimptotinio skleidinio tokiu pavidalu xt;ε) = x 0 τ) + εx 1 τ,t) +, τ = εt Skleidinys neturės sekuliariųjų narių, jei daτ) dτ dx 0 τ) dτ 1 =< f >= lim T + T T 0 fx 0,s)ds Raskime 6) sistemos asimptotinį sprendinį vidurkinimo metodu: dϕτ) dτ = a 3 sint + ϕ)cost + ϕ) = a 3 1 4 sin2t + ϕ) + 1 8 sin4t + ϕ) = 0 = a 2 cos 4 t + ϕ) = a2 8 3 + 4cos 2t + ϕ) + cos 4t + ϕ) = 3a2 8 Taigi aτ) = a const, ϕτ) = 3a2 τ 8 + ϕ 0 ir ) xt;ε) acos t + 3a2 εt + ϕ 0 8 0.18 pavyzdys. Tiesinis osciliatorius y + εy + y = 0, y0) = 1, y 0) = 0 Ieškome sprendinio xt;ε) = at;ε)cost + ϕt;ε)) iš sistemos Taigi ir gauname Arba a cost + ϕ) aϕ sint + ϕ) = 0 a sint + ϕ) + aϕ cost + ϕ) = εasint + ϕ) a = εasin 2 t + ϕ), ϕ = εsin t + ϕ) cos t + ϕ) T. y. yt;ε) e εt 2 cos t daτ) = a sin 2 t + ϕ) = a dτ 2 dϕτ) = sint + ϕ) cos t + ϕ) = 0 dτ yt;ε) ae εt 2 cos t + ϕ0 ), a = 1, ϕ 0 = 0

14 Asimptotikos analizė 2 pav. Tikslusis sprendinys ir jo asimptotinis artinys ) yt;ε) = e εt ε ) 2 2 cos 1 t, 2 Y t;ε) = e εt 2 cos t, t = 1 ε ε y Y y Y y Y ε 0.1 0.5130098 0.5089226 0.0040872 4.1 10 2 0.01 0.5226385 0.5230228 0.0003843 3.8 10 2 0.001 0.3411628 0.3411002 0.0000626 6.3 10 2 0.0001 0.5775137 0.5775114 0.0000023 2.3 10 2

0.5. DIUFINGO LYGTIS SU ŽADINIMU 15 0.5. Diufingo lygtis su žadinimu 0.5.1. Rezonansinis atvejis Kelių mastelių metodas y + y + εy 3 + αcos t) = 0 yt;ε) = y 0 τ,t) + εy 1 τ,t) +, τ = εt y 0 = y 0t + ε y 0τ + y 1t ) + O ε 2 ) y 0 = y 0tt + ε 2y 0τt + ) y 1tt + O ε 2 ) y 0tt + y 0 = 0 y 1tt + y 1 + 2y 0τt + y 0 )3 + α cos t = 0 y 0 τ,t) = Cτ)e it + Cτ)e it y 0τt = ic e it ic e it y 1tt + y 1 + 2i C e it C e it) + +C 3 e 3it + 3C 2 Ce it + 3CC 2 e it + C 3 e 3it + α 2 Naikiname sekuliariuosius narius: 2iC e it + 3C 2 Ce it + α 2 eit = 0 e it + e it) = 0 2iC e it + 3C 2 Ce it + α 2 e it = 0 Sprendinio ieškome tokiu pavidalu Cτ) = aτ)e ibτ) Tada Cτ) = aτ)e ibτ) C τ) = a + iab ) e ib Įstatome šiuos reiškinius į lygtį: 2i a + iab ) + 3a 3 + α 2 = 0 Gauname a = 0, 2b a + 3a 3 + α 2 = 0

16 Vidurkinimo metodas yt;ε) = at;ε)cost + ϕt;ε)) a cost + ϕ) aϕ sint + ϕ) = 0 y = asint + ϕ) y = a sint + ϕ) a1 + ϕ )cost + ϕ) a sint + ϕ) aϕ cost + ϕ) + εa 3 cos 3 t + ϕ) + αcos t) = 0 ) ) cost + ϕ) asint + ϕ) a 0 asint + ϕ) acost + ϕ) ϕ = ε a 3 cos 3 t + ϕ) + αcos t ) Spendžiame tiesinių lygčių sistemą a = εsint + ϕ) a 3 cos 3 t + ϕ) + α cos t ) ϕ = ε a 2 cos 4 t + ϕ) + α a cos2 t ) 0.5.2. Artimas rezonansui atvejis Perrašome lygtį y + y + εy 3 + α cos 1 + σε)t)) = 0 y + y + εy 3 + αcos t cosστ) sin t sinστ))) = 0 Kartojame kelių mastelių pertvarkius: y 1tt + y 1 + 2y 0τt + y 0 ) 3 + αcos t cosστ) sin t sinστ)) = 0 2i a + iab ) + 3a 3 + α cosστ) 1i ) 2 sinστ) = 0 ) a τ) = α 4 sinστ) b τ) = 3 2 a2 + α 4a cosστ) 0.4 pratimas. Išnagrinėkite atvejį, kai ω 3 y + y + ε y 3 + α cos ωt) ) = 0

0.6. VIDURKINIMO METODO PAGRINDIMAS 17 0.6. Vidurkinimo metodo pagrindimas Nagrinėsime silpnai netiesinę sistemą, užrašyta standartine forma dx j dt = εf j t,x 1,...,x n ), j = 1,2,...,n 8) Tarkime, kad funkcijos f j t,x) x = x 1,x 2,...,x n )) yra tolydžiai diferencijuojamos ir periodinės pagal t: f j t + 2π,x) f j x,t) 9) ir f j t,x) = k Z f k x)e ikt Pažymėkime F m 1,...,m n) jk = max j=1,2,...,n max a 1 x 1 b 1 a 2 x 2 b 2 a n x n b n m 1 + +m n fk x) m 1x 1 m nx n Pareikalaukime eilučių F d jk = F d j0 + max 0 m 1 d,...0 m n d Fm 1,...,m n) jk Fjk d + Fj, k d, d = 0,1 10) k=1 k=1 konvergavimo. Užrašykime 8) sistemos suvidurkintą sistemą dx j dt = ε f j x 1,...,x n ), j = 1,2,...,n 11) 1 T fj = lim f T + T j t,x)dt 0 Spręsime 8) ir 11) sistemas, esant toms pačioms pradinėms sąlygoms: x j t;ε) t=0 = x j t;ε) t=0 = x 0 j, j = 1,2,...,n 12)

18 0.1 teorema. Tarkime, kad 1) uždaviniai 8), 12) ir 11), 12), kai t [ 0, τ 0 ε ] turi sprendinius xj, x j j = 1,2,...,n) a j x j t;ε) b j, a j x j t;ε) b j ; 2) galioja 9) periodiškumo sąlyga; 3) f j t,x) tolydžiai diferencijuojamos ir10) eilutės konverguoja. Tada egzistuoja tokia teigiama konstanta C, kad [ t 0, τ ] 0 max x ε j t;ε) x j t;ε) Cε 13) j=1,2,...,n Įrodymas. Iš 9) periodiškumo sąlygos, gauname Turime įvertį ε 1 ik k 0 fj = 1 2π 2π 0 f j t,x)dt = f j0 x). xj t;ε) x t;ε) t = ε fj ) f j dt = t 0 ε k 0 t 0 f jk de iks ε k 0 +ε k 0 1 k 0 f jk xs;ε)) e iks ds t 0 n m=1 f jk xt;ε)) + f jk dx m x m dt k ds. Pastebėję, kad x j = Oε), gauname xj t;ε) xt;ε) εf 0 + εf 1 nτ 0 = εc. f jk x 0 ) + Čia F 0 = 2max j F jk, F 1 = k 0

0.7. DAUGIADAŽNIAI SVYRAVIMAI 19 0.19 pavyzdys. dx dt = εxsin t, x0) = 1 Tikslusis sprendinys ε cos t xt;ε) = e Suvidurkintoji lygtis Taigi xt;ε) = 1 ir e ε cos t 1 = 0.20 pavyzdys. Tikslusis sprendinys dx dt = 0, x0) = 1. εcos t + ε2 cos 2 t 2 ε3 cos 3 t 6 dx dt = εxsin2 t, x0) = 1. xt;ε) = e ε t 2t cos 2 4 ). + < ε Suvidurkintoji lygtis Jos sprendinys dx dt = εx, x0) = 1. 2 xt;ε) = e εt 2. Turime e ε t 2t εt cos 2 4 ) e 2 = e εt 2 1 + Oε)). 0.7. Daugiadažniai svyravimai 0.7.1. Rezonansai ir mažieji vardikliai y + y = +a 1 cos ω 1 t + a 2 cos ω 2 t + εy 2, w 1 1, w 2 1

20 Mažojo parametro metodas yy;ε) = y 0 t) + εy 1 t) + ε 2 y 2 t) + y = y 0 + εy 1 + ε 2 y 2 + y 0 t) = A 0 cos t + ϕ 0 ) + C 01 cos ω 1 t + S 01 sinω 1 t + C 02 cos ω 2 t + S 02 sinω 1 t C 01 = a 1 1 ω1 2, S 01 = 0, C 02 = a 2 1 ω2 2, S 01 = 0 y 1 + y 1 = y2 0 = = A 2 0 cos2 t + ϕ 0 ) + C 2 01 cos2 ω 1 t + C 2 02 cos2 ω 2 t+ +2A 0 C 01 cos t + ϕ 1 )cos ω 1 t+2a 0 C 02 cos t + ϕ 0 )cos ω 2 t+2c 01 C 02 cos ω 1 t cos ω 2 t = = A2 0 2 1 + cos t + ϕ 0 )) + C2 01 2 1 + cos ω 1 t) + C2 02 2 1 + cos ω 2 t)+ +A 0 C 01 cos 1 + ω 1 )t + ϕ 0 ) + cos 1 ω 1 )t + ϕ 0 )) + Tarkime, kad +A 0 C 02 cos 1 + ω 2 )t + ϕ 0 ) + cos 1 ω 2 )t + ϕ 0 )) + +C 01 C 02 cos ω 1 + ω 2 )t) + cos ω 1 ω 2 )t)) ω 1 ±2, ω 2 ±2, ω 1 ± ω 2 ±1 y 1 t) = A2 0 + C2 01 + C2 02 t + A 1 t cos t + ϕ 2 0 ) + A 11 cos ω 1 t + A 12 cos ω 2 t+ +B 11 cos 1 + ω 1 )t + ϕ 0 ) + C 11 cos 1 ω 1 )t + ϕ 0 )+ +B 12 cos 1 + ω 2 )t + ϕ 0 ) + C 12 cos 1 ω 2 )t + ϕ 0 )+ D 1 cos ω 1 + ω 2 )t) + E 1 cos ω 1 ω 2 )t) B 11 = A 0C 01 ω 1 2 + ω 1 ), C 11 = A 0C 01 ω 1 2 ω 1 ) B 12 = A 0C 02 ω 2 2 + ω 2 ), C 12 = A 0C 02 ω 2 2 ω 2 ) D 1 = E 1 = C 01 C 02 1 ω 1 ω 2 )1 + ω 1 + ω 2 ) C 01 C 02 1 ω 1 + ω 2 )1 + ω 1 ω 2 )

0.7. DAUGIADAŽNIAI SVYRAVIMAI 21 0.7.2. Kelių mastelių metodas Atvejis ω 1 + ω 2 1 yt;ε) = y 0 τ,t) + εy 1 τ,t) + ε 2 y 2 τ,t) + y = y 0tt + ε 2y 0tτ + y 1tt ) + O ε 2 ) y 0tt + y 0 = a 1 cos ω 1 t + a 2 cos ω 2 t y 1tt + y 1 + 2y 0tτ = y 2 0 y 0 τ,t) = A 0 τ) cos t + ϕ 0 τ)) + A 01 cos ω 1 t + A 02 cos ω 2 t A 01 = a 1 1 ω1 2, A 02 = a 2 1 ω2 2 y 1tt + y 1 = A 2 0 cos2 t + ϕ 0 ) + A 2 01 cos2 ω 1 t + A 2 02 cos2 ω 2 t+ +2A 0 A 01 cos t + ϕ 0 ) cos ω 1 t + 2A 0 A 02 cos t + ϕ 0 )cos ω 2 t+ +2A 01 A 02 cos ω 1 t cos ω 2 t 2 A 0 sin t + ϕ 0 ) A 0 ϕ 0 cos t + ϕ 0 ) ) cos ω 1 t cos ω 2 t = 1 2 cos ω 1 + ω 2 ) t + cos ω 1 ω 2 ) t) Pažymėkime ω 1 + ω 1 = 1 + σε, σ = O1), σ o1). cos ω 1 + ω 2 )t = cost + σεt) = cost + στ) = cos t cos στ sin t sin στ cost + ϕ 0 ) = cos t cos ϕ 0 sin t sin ϕ 0 sint + ϕ 0 ) = sin t cos ϕ 0 + cos t sin ϕ 0 Užrašome sekuliariųjų narių naikinimo sąlygą { A01 A 02 cos στ 2A 0 sin ϕ 0 + 2A 0 ϕ 0 cos ϕ 0 = 0, A 01 A 02 sin στ + 2A 0 cos ϕ 0 + 2A 0 ϕ 0 sinϕ 0 = 0 14) Sprendžiame 14) sistemą: A 0τ) = A 01A 02 2 sinστ + ϕ 0 ) Turime ϕ 0 τ) = A 01A 02 2A 0 τ) cosστ + ϕ 0) A 0 = 0, ϕ 0τ) = στ, A 0 = A 01A 02 2σ

22 Atvejis ω 1 ω 2 1 ω 1 ω 2 = 1 + σε, σ = O1), σ o1) cos ω 1 ω 2 ) t = cost + στ) 0.7.3. Vidurkinimo metodas y + y = a 1 cos ω 1 t + a 2 cos ω 2 t + εy 2 Kai ε = 0 yt) = acost + ϕ) + A 1 cos ω 1 t + A 2 cos ω 2 t Išvestinė y t) = asint + ϕ) A 1 ω 1 sin ω 1 t A 2 ω 2 sin ω 2 t 15) Sprendinio ieškome tokiu pavidalu yt;ε) = at;ε)cost + ϕt;ε)) ir reikalaujame, kad y t;ε) būtų lygi 15) reiškiniui. Kadangi y t;ε) = a cost + ϕ) a1 + ϕ )cost + ϕ) A 1 ω 1 sin ω 1 t A 2 ω 2 sin ω 2 t, gauname ir todėl a cost + ϕ) aϕ sint + ϕ) = 0 16) y t;ε) = a sint+ϕ) 1+ϕ )cost+ϕ) A 1 ω 2 1 cost+ϕ) A 2 ω 2 2 cost+ϕ) Įstatome šį reiškinį į diferencialinę lygtį: Čia pažymėta a sint + ϕ) aϕ cost + ϕ) = εft,a,ϕ) 17) Ft,a,ϕ) = a 2 cos 2 t + ϕ) + a 2 1 cos 2 ω 1 t + a 2 2 cos ω 2 t+ +2aA 1 cost + ϕ)cos ω 1 t + 2aA 2 cost + ϕ)cos ω 2 t + 2A 1 A 2 cos ω 1 t cos ω 2 t Iš 16), 17) gauname a = εft,a,ϕ)sint + ϕ), ϕ = ε Ft,a,ϕ)cost + ϕ) a

0.8. PASIENIO SLUOKSNIS 23 0.8. Pasienio sluoksnis Nagrinėsime kraštinį uždavinį su mažuoju teigiamu parametru Nesutrukdytoji lygtis εy + 1 ε 2) y + 1 ε) 2 y = 0, 18) y0) = α, y1) = β. y + y = 0 yra pirmosios eilės ir bendruoju atveju viena iš kraštinių sąlygų negalioja. Bendrasis nesutrukdytosios lygties sprendinys Tarkime, kad Tada βe 1 ir asimptotinis artinys yx) = Ce x. y1) = Ce 1 = β. yx) = βe 1 x. 19) Taigi bendruoju atveju y0) = βe 1 α. 0.8.1. Tikslusis sprendinys Sudarome 18) charakteristinę lygtį ελ 2 + 1 + ε 2) λ + 1 ε) 2 = 0. Pastebėję, kad ελ 2 + 1 + ε 2) λ + 1 ε) 2 = ελ + 1 ε) λ + 1 ε), gauname jos šaknis λ 1 = 1 ε + 1, λ 2 = 1 + ε. Bendrasis sprendinys yx;ε) = C 1 e x ε +x + C 2 e x+εx. Iš kraštinių sąlygų gauname { C 1 + C 2 = α C 1 e 1 ε +1 + C 2 e 1+ε = β

24 Sprendžiame tiesinių lygčių sistemą Kramerio metodu: 1 ε +1 C 1 = αe 1+ε β e 1+ε e 1+1, C 2 = β αe ε e 1+ε e 1+1. ε Taigi tikslusis kraštinio uždavinio sprendinys αe 1+ε β ) e x ε +x + β αe 1+1) ε e x+εx yx;ε) = 20) e 1+ε e 1 ε +1 3 pav. 20) ir asimptotika 19); α = 0, β = 1 Tiksliojo sprendinio analizė Nagrinėsime 20) reiškinį, kai α = 0, β = 1. Pastebėję, kad ε > 0) n > 0) e 1 ε = oε n ), gauname yx;ε) e x ε +x + e x+εx e 1+ε. 21)

0.8. PASIENIO SLUOKSNIS 25 Kai x > x 0 > 0, turime e x ε = oε n ). Taigi intervale x [x 0,1] iš 21) gauname 19)) asimptotiką y 0 x) = e x e 1 = e1 x. Tačiau, kai ε > 0 21) reiškinys turi ribą: Matome, kad lim yx;ε) = y0;ε) = 0 e1 x x 0 x=0 = e. lim lim yx;ε) lim lim yx;ε). x 0 ε 0 ε 0 x 0 Tai ir paaiškina pasienio sluoksnio atsiradimo priežastį. Skirtingų mastelių įtakos tyrimas Pažymėkime η = x ε. Kintamąjį η vadinsime vidiniu, o x - išoriniu. Tada x = εη ir iš 21) gauname vidinę asimptotiką Pažymėkime tarpinį kintamąjį y i η) = 1 e η e 1. 22) ξ = x ε. Tada x = εξ ir perrašome 21) formulę: e 1 ) εξ + εξ2 1 2 + ) + ε εξ +. Iš čia gauname tarpinę asimptotiką y t x) = e ) 1 x + x2 2 Paveiksle parodyti jos ir tiksliojo sprendinio grafikai. Perrašome 21) reiškinį ) e 1 ε + e ε2 2 xε e x + e 1 x + εx + ε2 x 2 2 )) +. 23)

26 4 pav. 20) ir asimptotika 22); ε = 0.05 Fiksuojame kintamąjį x ir skleidžiame pagal ε išorinis skleidinys: y 0 ) i = e + εe1 ξ) + Tai yra išorinio skleidinio vidinė asimptotika. Fiksuojame ξ ir gauname vidininę asimptotiką: y i = e1 x) e1 + x) e x ε + εe 1 e x ε ) + Fiksuojant x, gauname vidinės asimptotikos išorinį skleidinį: y i ) 0 = e + εe1 x ε ) + Gauname asimptotinių skleidinių suauginimo principą: y 0 ) i = y i ) 0 Vidinio skleidinio išorinis skleidinys sutampa su išorinio skleidinio vidiniu skleidiniu

0.9. KELIŲ MASTELIŲ METODAS 27 5 pav. 20) ir asimptotika 23) 0.9. Kelių mastelių metodas 18) lygties asimptotinio sprendinio ieškome tokiu pavidalu yx;ε) = y 0 η,x) + εy 1 η,x) +, η = x ε 24) Diferencijuojame 24) reiškinį: y x = y 0x + 1 ε y 0η + εy 1x + y 1η + 2 y x 2 = y 0xx + 1 ε 2y 0ηη + 2 ε y 0xη + εy 1xx + 2y 1xη + 1 ε y 1ηη + Įstatome šiuos reiškinius į 18) lygtį: 2 y ε x 2 = y 0xx + 1 ε 2y 0ηη + 2 ε y 0xη + εy 1xx + 2y 1xη + 1 ) ε y 1ηη + + y 0x + 1 ε y 0η + εy 1x + y 1η + +

28 ε y 2 0x + 1 ) ε y 0η + εy 1x + y 1η + + + y 0 + εy 1 + 2εy 0 + εy 1 + ) + ε 2 y 0 + εy 1 + ) = 0 Prilyginame koeficientus prie vienodų ε laipsnių ε 1 : y 0ηη + y 0η = 0 ε 0 : y 1ηη + y 1η = 2y 0xη y 0x y 0 Iš čia gauname y 0 η,x) = Ax) Bx)e η y 0x = A B e η Taigi y 0ηx = B e η y 1ηη + y 1η = B B ) e η A + A ) Antrosios ε 0) lygties atskirasis sprendinys y 1 η,x) = A + A ) η + B B ) ηe η Kai vidinis kintamasis η +, gausime, kad εy 1 nėra mažas dydis. Todėl, norėdami sukonstruoti tolygiai tinkamą asimptotiką, reikalaujame A + A = 0, B B = 0 Iš čia Ax) = ae x, Bx) = be x Kraštinės sąlygos: A0) + B0) = a + b = α, A1) + B1)e 1 ε = β Taigi A1) = ae 1 = β, B1) = be, a = eβ, b = α eβ ir y 0 = eβe x + α eβ) e x e η Gavome asimptotinį artinį yx;ε) βe 1 x + α eβ) e x ε +x

0.10. ASIMPTOTINIŲ SKLEIDINIŲ SUAGINIMAS 29 0.10. Asimptotinių skleidinių suaginimas Nesutrukdytoji 18) lygtis t. y., kai ε = 0): y + y = 0 Darome prielaidą, kad pasienio sluoksnis yra taške x = 0 ir sprendžiame lygtį esant pradinei sąlygai y1) = β. Tada y 0 x) = βe 1 x Pasienio sluoksniui aproksimuoti ieškome skleidinio pavidalu y i η). Įstatome į 18): ε 1 y i ) ε 2 ηη + 1 ε 2) 1 y i ) ε η + 1 ε)2 y i = 0 Prilyginame ε 1 koeficientą nuliui: y i ) ηη + y i) η = 0 Šios lygties bendrasis sprendinys y i = a + be η Konstruojame skleidinį pagal įšorinį kintamąjį x: y i ) 0 = a + be x ε Iš kraštinės sąlygos x = 0 gauname y i 0) = a + b = α, t. y. b = α a. Kai x > 0 ir ε 0, gauname y i) 0 = a ir taikome skleidinių suaginimo principą y i ) 0 = a = y 0 ) i = βe Taigi gavome skleidinius y 0 = βe 1 x +, y i = βe + α βe) e x ε + Dabar konstruosime suaugintą y 0 ir y i skleidinį: y s = y 0 + y i y 0) i = y 0 + y i y i) 0

30 Pastebėkime, kad y s suderintas ir su vidiniu, ir su įšoriniu skleidiniu: y s ) 0 = y 0) 0 + y i ) 0 y 0 ) ) i 0 = y 0 + y i) 0 y 0 ) i = y 0 Analogiškai y c ) i = y i Taigi gauname asimptotinį skleidinį yx;ε) βe 1 x + α βe) e x ε Pastebėkime, kad kelių mąstelių skleidinyje buvo e x ε +x. 0.10.1. Skaitinis eksperimentas yt;ε) tikslusis sprendinys, α = β = 1 Y x;ε) = βe 1 x + α βe) e x ε ε = 0.1 x y Y y Y y Y ε 0.001 1.01086842 1.014380267 0.35 10 2 0.35 10 1 0.01 1.10362337 1.13646878 0.33 10 1 0.33 0.1 1.65470250 1.82748255 0.17 1.73 0.5 1.552375121 1.63714358 0.85 10 1 0.85 0.9 1.09392826 1.10495887 0.11 10 1 0.11 0.99 1.00902528 1.00996395 0.94 10 3 0.94 10 2 ε = 0.01 x y Y y Y y Y ε 0.001 1.15674818 1.16079921 0.41 10 2 0.41 0.01 2.03629939 2.05911391 0.23 10 1 2.28 0.1 2.43748114 2.45952510 0.22 10 1 2.20 0.5 1.64049824 1.64872127 0.82 10 2 0.82 0.9 1.10406630 1.10517092 0.11 10 2 0.11 0.99 1.00994917 1.01005017 0.10 10 3 0.10

0.10. ASIMPTOTINIŲ SKLEIDINIŲ SUAGINIMAS 31 6 pav. tikslusis sprendinys yx; ε) ir asimptotika Y x; ε) ε = 0.001 x y Y y Y y Y ε 0.001 2.08110092 2.08344435 0.23 10 2 2.34 0.01 2.68849280 2.69115646 0.27 10 2 2.66 0.1 2.45739046 2.45960311 0.22 10 2 2.21 0.5 1.64789712 1.64872127 0.82 10 3 0.82 0.9 1.10506041 1.10517092 0.11 10 3 0.11 0.99 1.01004007 1.01005018 0.10 10 4 0.10 10 1 ε = 0.0001

32 x y Y y Y y Y ε 0.001 2.71521556 2.71548690 0.27 10 3 2.71 0.01 2.69096805 2.69123447 0.27 10 3 2.66 0.1 2.45938176 2.45960311 0.22 10 3 2.21 0.5 1.64863884 1.64872127 0.82 10 4 0.82 0.9 1.10515987 1.10517092 0.11 10 4 0.11 0.99 1.01004916 1.01005017 0.10 10 5 0.10 10 1 ε = 0.00001 x y Y y Y y Y ε 0.001 2.71553778 2.71556491 0.27 10 4 2.71 0.01 2.69120783 2.69123447 0.27 10 4 2.66 0.1 2.45958097 2.45960311 0.22 10 4 2.21 0.5 1.64871303 1.64872127 0.82 10 5 0.82 0.9 1.10516981 1.10517092 0.11 10 5 0.11 0.99 1.01005007 1.01005017 0.10 10 6 0.10 10 1 0.10.2. Lygtis su kintamais koeficientais Spręsime kraštinį uždavinį εy 2x + 1) y + 2y = 0 25) y0) = α, y1) = β Konstruojame tesioginį skleidinį mažojo parametro ε laipsniais: yx;ε) = y 0 x) + εy 1 x) + Tada Arba 2x + 1) y 0 + 2y 0 = 0 dy 0 dx = 2y 0 2x + 1 Šios lygties bendrasis sprendinys yra y 0 x) = C2x + 1) 26)

0.10. ASIMPTOTINIŲ SKLEIDINIŲ SUAGINIMAS 33 Darome prielaidą, kad pasienio sluoksnis yra taške x = 0. Tada y 0 1) = 3C = β ir y 0 x) = β 3 2x + 1). Pažymėkime vidinį pasienio sluoksnio) kintamąjį η = x ε ν Parametrą ν rasime vėliau. Ieškome vidinio skleidinio pasienio sluoksnyje: ε 1 ε 2ν y i η) ) ηη 2εν η + 1) 1 ε ν y i η) ) η + 2yi = 0 Norėdami rasti pagrindinį skleidinio narį, reikalaujame 1 2ν = ν arba ν = 1. Tada y i ηη y i η = 0 ir y i η) = A + Be η. Iš pirmosios kraštinės sąlygos gauname A + B = α ir konstruojame skleidinį pagal išorinį kintamąjį x: y i = A + A α) e x ε Matome, kad negalime išskleisti reiškinio ε laipsniais ir suaginimo metodas neleidžia sukonstruoti asimptotinio skleidinio. Taigi turime suabiejoti dėl prielaidos, kad pasienio sluoksnis yra taške x = 0 teisingumo. Darome prielaidą, kad pasienio sluoksnis yra taške x = 1. Tada y 0 x) = α2x + 1). Apibrėžkime vidinį pasienio sluoksnio) kintamąjį η = 1 x ε ν Vidiniam skleidiniui konstruoti gauname lygtį Gauname ν = 1 ir Todėl ε 1 ε 2ν y i η) ) ηη 21 εν η) + 1) 1 ε ν y i η) ) η + 2yi = 0 y i η) = y i ηη + 3y i η = 0 e 3η dη = A Be 3η Iš antrosios kraštinės sąlygos x = 1 η = 0) gauname A B = α ir konstruojame išorinį skeidinį y i η) η= 1 x ε = A A α) e 3 ε 1 x)

34 Kai x > 0, gauname y i) 0 = A. Konsruojame skleidinio y0 vidinį skleidinį y 0 x) x=1 εη = α 21 εη) + 1) = 3α 2εαη Turime y 0) i = 3α ir taikome skleidinių suaginimo principą y 0 ) i = y i ) 0 Taigi A = 3α ir suaugintas sskleidinys y s = y 0 + y i y i) 0 = α 2x + 1) + β 3α) e 3 ε 1 x)

0.11. LYGTYS PRIKLAUSANČIOS NUO DIDELIO PARAMETRO 35 0.11. Lygtys priklausančios nuo didelio parametro Nagrinėsime antrosios eilės lygtį Čia λ didelis teigiamas parametras. y + px,λ)y + qx,λ)y = 0. 27) 0.11.1. Antrosios eilės lygčių pervarkiai Parodysime, kad 27) lygtį galima pertvarkyti į pavidalą, kai koeficientas p 0. Keičiame kintamąjį Tada yx) = Px)ux). y = P u + Pu, y = P u + 2P u + Pu. Įstatome šiuos reiškinius į 27) lygtį: Pareikalaukime P u + 2P u + Pu + pp u + Pu + qpu = 0 R p dx. arba P = e 1 2 Taigi 27) perrašome tokiu pavidalu Čia = q 1 4 p2 1 2 p. Lygtis su lėtai kintančiu koeficientu Nagrinėjame lygtį d 2 y + aτ)y = 0, τ = εt. dt2 Keičiame kintamąjį t = τ ε. Tada dy dt = dy dτ ir lygtis perrašoma taip Arba 2P + pp = 0, 28) u + au = 0. 29) dτ dt = εdy dτ, d 2 y dt 2 = ε2 d2 y dτ 2 ε 2 d2 y + aτ)y = 0. dτ2 d 2 y dτ 2 + λ2 aτ)y = 0, λ = 1 ε.

36 0.11.2. WKB artinys Wentzel Kramers Brillouin WKB) metodas Nagrinėsime lygtį su dideliu parametru λ: Sprendinio ieškome tokiu pavidalu 1 λ 2y + q 1 y + 1 λ2y = 0. 30) yx,λ) = e λgx,λ), G = G 0 + 1 λ G 1 + 1 λ 2G 2 + Turime y = λg e λg, y = λ 2 G 2 + λg ) e λg. Įstatome reiškinius į lygtį: Arba G 0 + 1 ) 2 λ G 1 + + q 1 + 1 G 0 λ + 1 ) λ G 1 + + 1 λ 2q2 = 0. 31) Gauname G 2 0 + q1 + 1 2G λ 0 G 1 + G 0) + = 0. G 02 + q1 = 0, G 0 + 2G 0 G 1 = 0. Tarkime, kad q 1 x) 0, kai x [a,b]. Tada ir G 0 = { ±i q1, kai q 1 > 0, ± q 1, kai q 1 < 0, G 0 = Sprendžiame antrą lygtį: { ±i q1 dx, kai q 1 > 0, ± q1 dx, kai q 1 < 0. G 1 = G 0 2G 0 = 1 2 ln G 0 ), arba G 1 x) = ln G 0 x)

0.11. LYGTYS PRIKLAUSANČIOS NUO DIDELIO PARAMETRO 37 Taigi { ±i q1 dx 1 ) Gx,λ) = λ ln ±i + ln 4 q 1 + kai q1 > 0, ± q1 dx 1 ) λ ln ±1 + ln 4 q 1 + kai q1 < 0. Pastebėkime, kad e ln z = z, t. y. lnz = w, z = e w. Pavyzdžiui, Kadangi ln±i) = ± π i, ln 1) = πi. 2 e λg 0 + 1 λ G + ) 1 = e λg 1 0 e λ G 2 = e λg 0 +G 1 1 + 1λ )) 1λ G 2 + O 2, gauname yx,λ) 1 ) q1 C 1 cos λ dx q1 kai q 1 x) > 0. Priešingu atveju 4 )) q1 + C 2 sin λ dx, yx,λ) 1 4 q1 C 1 e λ R q 1 dx + C 2 e λ R q 1 dx ). 0.21 pavyzdys. y y + λ 2 1 + x) 2 y = 0. 1 C 1 cos λ x + 12 ) 1 + x x2 + C 2 sinλ x + 12 )) x2 Pateiksime, skaičiavimo rezultatus, kai y0; λ) = 1, Y 0 x;λ) = cos λx+1 2 x2 ) 1+x. dy0; λ) dx = 1 2,

38 λ = 5 x = 0.1 x = 0.2 x = 0.5 x = 0.7 x = 1.0 y 0.8217 0.4035 0.8205 0.0303 0.2263 Y 0 0.8251 0.4141 0.8164 0.0967 0.2451 λ = 50 x = 0.1 x = 0.2 x = 0.5 x = 0.7 x = 1.0 y 0.4888 0.0051 0.8056 0.7607 0.6526 Y 0 0.4883 0.0040 0.8053 0.7609 0.6518 λ = 500 x = 0.1 x = 0.2 x = 0.5 x = 0.7 x = 1.0 y 0.5874 0.9120 0.0720 0.2336 0.4718 Y 0 0.5874 0.9120 0.0721 0.2337 0.4716