0.1. Bendrosios sąvokos

.1. BENDROSIOS SĄVOKOS 1.1. Bendrosios sąvokos.1.1. Diferencialinės lygtys su mažuoju parametru F ) x n),x n 1),...,x,x,t;ε =, xt;ε) C n T), T [,+ ), < ε ε ) F x n) t;ε),x n 1) t;ε),...,x t;ε),xt;ε),t;ε, x t) = lim ε + xt;ε) F x n),xn 1),...,x,x,t; ) =.1 apibrėžimas. Uždavinys vadinamas reguliariuoju, jei lim sup xt;ε) x t) = ε + t T Priešingu atveju uždavinys vadinamas singuliariuoju..1 pavyzdys. žr. 1 pav.) εx + x = s, x;ε) = 1. 1 pav. Pasienio sluoksnis xs;ε) = 1 + ε)e s ε + s ε

2.2 pavyzdys. Pakeiskime.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, y;ε) = 1. Tikslusis.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..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 =..1.3. Tiesioginio skleidimo metodas Nagrinėsime diferencialinę lygtį Asimptotinio sprendinio ieškome pavidalu x + x = εf x,x,t;ε ). 1) xt;ε) = x t) + εx 1 t) + ε 2 x 2 t) + 2) Įstatome 2) į 1) ir prilyginame koeficientus prie vienodu ε laipsniu: x + x =, x 1 + x 1 = F 1 fx,x,t;), x 2 + x 2 = F 2 x,x,x 1,x 1,t ),...

.1. BENDROSIOS SĄVOKOS 3.1 pratimas. Išreikšti funkciją F 2..3 pavyzdys. Tiesinis osciliatorius su slopinimu x + x + εx =. xt;ε) = x t) + εx 1 t) + ε 2 x 2 t) + ε 3 x 3 t) + x + x =, x n + x n = x n 1, n = 1,2,... x t ) = C1 sin t + C 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). 2.2 pratimas. Raskite x 2 t)..4 pavyzdys. Konstruojame Diufingo lygties tiesioginį asimptotinį skleidinį. x + x + εx 3 = xt;ε) = x t) + εx 1 t) + O ε 2), x + εx 1 + O ε 2)) 3 = x 3 + 3εx 2 x1 + O ε 2)) + 3x εx1 + O ε 2)) 2 = x 3 + 3εx2 x 1 + O ε 2). x + x =, x 1 + x 1 + x 3 =, x t ) = C 1 sin t + C 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). 32.5 pavyzdys. Savaiminiai virpesiai svyravimai su susižadinimu) x + x + ε x 1 x ) ) 3 = 3

4.6 pavyzdys. Kvadratiniai ir kubiniai netiesiškumai x + x + α x 2 + β x 3 = Nagrinėjami mažos amplitudės svyravimai: xt;ε) = εx 1 t) + ε 2 x 2 t) +.7 pavyzdys. Priverstiniai svyravimai x + x + ε x 3 + αu ) = Acos ω t)..8 pavyzdys. Daugiadažniai sužadinimai x + x + ε x 2 + α u ) = A 1 cos ω 1 t) + A 2 cos ω 2 t)..9 pavyzdys. Matjė lygtis x + x + εcos ω t)x =.

.2. KELIŲ MASTELIŲ METODAS 5.2. Kelių mastelių metodas Metodo idėja ieškoti sprendinio pavidalu m 1 k= Čia T j skirtingi laiko t masteliai: Diferencijavimo taisyklė: xt;ε) = X T,T 1,...,T m ;ε) = ε k X k T,T 1,...,T m ) + O εt m ). T = t, T 1 = εt, T 2 = ε 2 t, T 3 = ε 3 t,... d dt = T + ε T 1 + ε 2 T 2 +.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..1 pavyzdys. Tiesinis osciliatorius su slopinimu y + y + εy =. yt;ε) = Y t,τ,ε) = Y t,τ) + εy 1 t,τ) + 2 Y t 2 + ε 2 Y 1 t 2 + 2ε 2 Y t τ + Y + εy 1 + ε Y t + =. Funkcijai Y t,τ) rasti gauname lygtį kurios bendrasis sprendinys yra 2 Y t 2 + Y =, Y t,τ) = aτ)cost + ψτ)).

6 Sudarome lygtį funkcijai Y 1 t,τ) ieškoti: 2 Y 1 t 2 + Y 1 = 2 2 Y t τ Y t = 2 a sint + ψ) acost + ψ)ψ ) + asint + ψ). Norėdami panaikinti sekuliariuosius narius turime pareikalauti 2a sint + ψ) + asint + ψ), 2acost + ψ)ψ =. Taigi ψτ) = ψ const, a = 1 2 a, aτ) = Ce τ 2 ir todėl Lygties Y t,τ) = Ce τ 2 cost + ψ)..3 pratimas. Raskite funkciją Y 1..11 pavyzdys. Diufingo lygtis y + y + εy 3 =. yt;ε) = Y t,τ,ε) = Y t,τ) + εy 1 t,τ) + 2 Y t 2 + ε 2 Y 1 t 2 + 2ε 2 Y t τ + Y + εy 1 + εy )3 + =. bendrasis sprendinys 2 Y t 2 + Y = Y t,τ) = C τ) e it + C τ) e it. Funkcijai Y 1 t,τ) rasti sprendžiame lygtį 2 Y 1 t 2 + Y 1 = Y 2 2 t τ Y )3 = 2i C e it C e it) Ce 3 3it + 3CC 2 e it + 3C C 2 e it + C 3 e 3it). Asimptotinis skleidinys neturės sekuliariųjų narių, kai e it ir e it koeficientai lygūs nuliui. Taigi 2iC + 3C2 C =, 2iC 3C C2 =.

.2. KELIŲ MASTELIŲ METODAS 7 Pažymėję C τ) = aτ) + ibτ), turime ia + ib ) + 3 2 a + ib)2 a ib) =, ia ib ) 3 2 a + ib)a ib)2 =. 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 = neleidžia rasti bendrojo sprendinio. Asimptotinį skleidinį gauname, 2ω kai C = ± 3. Taigi C τ) = ±Ce 3C2 τ +ψ 2 ir arba ) Y t,τ) = ±2C cos t + 3C2 2 τ + ψ ) Y t,τ) = acos t + 3a2 8 τ + ψ..2.2. Trijų mastelių metodas.12 pavyzdys. Lygtis su kvadratiniais ir kubiniais netiesiškumais y + y + αy 2 + βy 3 =. 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 =, 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 = 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 =. 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 =. 2i ) a + iab ) 1 e ib + 3 α2 3β a 3 e ib = ) 1 2ia =, 2ab + 3 α2 3β a 3 = 5 at) = a const, bt) = 3 α2 3 ) 2 β a 2 T + b

.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 = 3 ãcos t + 8 β 5 ) ) 12 α2 ã 2 ε 2 t + b.2.3. Metodo modifikavimas skleidimas pagal du kintamuosius.13 pavyzdys. y + εy + y = Asimptotinis skleidinys ieškomas tokiu pavidalu: y = y 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 τ + 1 + ε 2 w 2 )y η + y = ε 2 y ττ + 2ε1 + ε 2 w 2 )y ητ + 1 + ε 2 w 2 ) 2 y ηη + Gauname y ηη + y =, y = Aτ)e iη + Aτ)e iη Antroji lygtis: y 1ηη + y 1 = 2y τη y η Išvestinės: y η = i Ae iη Ae iη) y ητ = i A e iη A e iη) Sekuliariųjų narių naikinimas: 2iA ia =, 2iA ia = Gauname Aτ) = Aτ) = ae τ 2. Trečioji lygtis: y 2ηη + y 2 + 2ω 2 y ηη + 2y τη + y ττ + y 1η + y τ =

1 Gauname Naikiname sekuliariuosius narius: y = ae τ 2 e iη + e iη) a 4 2ω a) a ) =, ω = 1 2 2 Taigi y = ae τ 2 cos t 1 ) 2 ε2 t + ϕ.3. Linštedto Puankarė metodas A.Lindstedt, H.Poincaré).14 pavyzdys. Diufingo lygtis Metodo idėja kintamųjų keitinys: Išvestinės: Gauname lygtį: Iš čia y + y + εy 3 = yt;ε) = Y z;ε) = Y 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 = 1 + εw1 + ε 2 w 2 + )2 Y + εy 1 + ε 2 Y 2 + ) + +Y + εy 1 + ε 2 Y 2 + + ε Y + εy 1 + ε 2 Y 2 + )3 = Taigi Turime Y + Y = Y 1 + Y 1 = Y 3 2w 1Y Y z) = Ce iz + Ce iz = acosz + ϕ) Y 3 = a 3 cos 3 z + ϕ) = a3 3cosz + ϕ) + cos 3z + ϕ)) 4

.3. LINŠTEDTO PUANKARĖ METODASA.LINDSTEDT, H.POINCARÉ)11 Y Naikiname sekuliariuosius narius: = acosz + ϕ) 3a3 4 cosz + ϕ) + 2w 1acosz + ϕ) = Iš čia w 1 = 3a2 8 ) yt;ε) acos t + 3a2 εt + ϕ 8.15 pavyzdys. Tiesinis osciliatorius y + y + εy = w 2 Y + Y + εy = Y + Y = Y 1 + Y 1 = Y 2w 1 Y = = 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 [,O 1 ε)] asimptotikos. Gauname.16 pavyzdys. Lygtis su kvadratiniais ir kubiniais netiesiškumais y + y + αy 2 + βy 3 = 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 = Y 1 + Y 1 = Y 2 + Y 2 = 2w 1 Y 1 αy1 2 Sekuliariųjų narių nebus, jei w 1 =. Taigi yt;ε) εacost + ϕ).

12.4. Vidurkinimo metodas.4.1. Kintamųjų variacija.17 pavyzdys. Diufingo lygtis Kai ε =, bendrasis sprendinys Pastebėkime, kad y + y + εy 3 = 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) = 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 = acos t + ϕ) εa 3 cos 3 t + ϕ) acos t + ϕ), D 2 cos t + ϕ) 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).4.2. Vidurkinimas ft) = k Z f k e ikt t fs)ds = f t + k f k e ikt ik

.4. VIDURKINIMO METODAS 13 Nagrinėsime lygtį 1 T f = f = lim fs)ds T + T x = εfx,t) 7) ir ieškosime jos asimptotinio skleidinio tokiu pavidalu xt;ε) = x τ) + εx 1 τ,t) +, τ = εt Skleidinys neturės sekuliariųjų narių, jei daτ) dτ dx τ) dτ 1 =< f >= lim T + T T fx,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) = = 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 ir ) xt;ε) acos t + 3a2 εt + ϕ 8.18 pavyzdys. Tiesinis osciliatorius y + εy + y =, y) = 1, y ) = Ieškome sprendinio xt;ε) = at;ε)cost + ϕt;ε)) iš sistemos Taigi ir gauname Arba a cost + ϕ) aϕ sint + ϕ) = 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) = dτ yt;ε) ae εt 2 cos t + ϕ ), a = 1, ϕ =

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.1.51398.589226.4872 4.1 1 2.1.5226385.523228.3843 3.8 1 2.1.3411628.34112.626 6.3 1 2.1.5775137.5775114.23 2.3 1 2

.5. DIUFINGO LYGTIS SU ŽADINIMU 15.5. Diufingo lygtis su žadinimu.5.1. Rezonansinis atvejis Kelių mastelių metodas y + y + εy 3 + αcos t) = yt;ε) = y τ,t) + εy 1 τ,t) +, τ = εt y = y t + ε y τ + y 1t ) + O ε 2 ) y = y tt + ε 2y τt + ) y 1tt + O ε 2 ) y tt + y = y 1tt + y 1 + 2y τt + y )3 + α cos t = y τ,t) = Cτ)e it + Cτ)e it y τt = 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 = e it + e it) = 2iC e it + 3C 2 Ce it + α 2 e it = 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 = Gauname a =, 2b a + 3a 3 + α 2 =

16 Vidurkinimo metodas yt;ε) = at;ε)cost + ϕt;ε)) a cost + ϕ) aϕ sint + ϕ) = 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) = ) ) cost + ϕ) asint + ϕ) a 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 ).5.2. Artimas rezonansui atvejis Perrašome lygtį y + y + εy 3 + α cos 1 + σε)t)) = y + y + εy 3 + αcos t cosστ) sin t sinστ))) = Kartojame kelių mastelių pertvarkius: y 1tt + y 1 + 2y τt + y ) 3 + αcos t cosστ) sin t sinστ)) = 2i a + iab ) + 3a 3 + α cosστ) 1i ) 2 sinστ) = ) a τ) = α 4 sinστ) b τ) = 3 2 a2 + α 4a cosστ).4 pratimas. Išnagrinėkite atvejį, kai ω 3 y + y + ε y 3 + α cos ωt) ) =

.6. VIDURKINIMO METODO PAGRINDIMAS 17.6. 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 j + max m 1 d,... m n d Fm 1,...,m n) jk Fjk d + Fj, k d, d =,1 1) 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 Spręsime 8) ir 11) sistemas, esant toms pačioms pradinėms sąlygoms: x j t;ε) t= = x j t;ε) t= = x j, j = 1,2,...,n 12)

18.1 teorema. Tarkime, kad 1) uždaviniai 8), 12) ir 11), 12), kai t [, τ 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 ir1) eilutės konverguoja. Tada egzistuoja tokia teigiama konstanta C, kad [ t, τ ] 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 fj = 1 2π 2π f j t,x)dt = f j x). xj t;ε) x t;ε) t = ε fj ) f j dt = t ε k t f jk de iks ε k +ε k 1 k f jk xs;ε)) e iks ds t 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 + εf 1 nτ = εc. f jk x ) + Čia F = 2max j F jk, F 1 = k

.6. VIDURKINIMO METODO PAGRINDIMAS 19.19 pavyzdys. Tikslusis sprendinys Suvidurkintoji lygtis Taigi xt;ε) = 1 ir dx dt = εxsin t, x) = 1 ε cos t xt;ε) = e dx dt =, x) = 1. e ε cos t 1 = εcos t + ε2 cos 2 t ε3 cos 3 t 2 6.2 pavyzdys. + < ε Tikslusis sprendinys dx dt = εxsin2 t, x) = 1. Suvidurkintoji lygtis Jos sprendinys Turime xt;ε) = e ε t 2t cos 2 4 ). dx dt = εx, x) = 1. 2 xt;ε) = e εt 2. e ε t 2t εt cos 2 4 ) e 2 = e εt 2 1 + Oε)).