Асимптотическая диагонализация для систем линейных диффуров

[Pulseofmalstrem]

Добрый день. Хочу предложить в обсуждению метод построения асимптотических приближений к общему решению произвольной линейной системы обыкновенных дифференциальных уравнений с переменными коэффициентами и малым параметром при старших производных. Я буду рад любым критическим замечаниям, а также указанием на похожие идеи у других авторов, потому что я пока не знаю - исследовал кто-либо нечто подобное или нет.

Сперва продемонстрирую мой подход на нескольких простых примерах, а потом постараюсь сказать пару слов об общем случае. Итак, рассмотрим уравнение Эйри

$$ \varepsilon f''(x) - x f(x) = 0, $$

где $\varepsilon$ - некий малый параметр, а $f(x)$ - неизвестная функция. Общее решение этого уравнения хорошо известно

$$ f(x) = A \, \mathrm{Ai}(x \varepsilon^{-1/3}) + B \, \mathrm{Bi}(x \varepsilon^{-1/3}), $$

что позволит нам впоследствии проверить качество полученных нами приближений. Здесь $A$ и $B$ - произвольные постоянные, а $\mathrm{Ai}$ и $\mathrm{Bi}$ - функции Эйри первого и второго рода. Но предположим на минуточку, что общее решение нам неизвестно и зададимся целью построить его асимптотическое приближение по малому параметру $\varepsilon$.

Основная идея, с помощью которой мы будем пробовать это делать будет состоять в "диагонализации" исходного уравнения, что означает его расщепление на пару независимых уравнений

$$\left[ \begin{gathered} f'(x) = D_1(x) f(x), \\ f'(x) = D_2(x) f(x), \\ \end{gathered} \right.$$

где $D_1(x)$ и $D_2(x)$ - какие-то неизвестные функции, которые определяют как оператор дифференцирования действует на два линейно независимых решения исходного уравнения. Но поскольку нас интересует не точное решение, а лишь его приближение, то и функции $D_1(x)$ и $D_2(x)$ будем искать не в точности, а в виде некоторого ряда по степеням параметра $\varepsilon$.

Однако степень первого члена в этих рядах для $D_1(x)$ и $D_2(x)$ будем выбирать не произвольно, а по следующей процедуре. Заметим, что если бы коэффициенты исходного уравнения были бы постоянными, то функции $D_1(x)$ и $D_2(x)$ совпадали бы с собственными числами соответствующего уравнения, а потому и в нашем случае первое приближение к $D_1(x)$ и $D_2(x)$ будем искать из уравнения на "собственные числа"

$$ \varepsilon D^2(x) - x = 0, $$

откуда

$$ D_{1,2}(x) = \pm \sqrt{\frac{x}{\varepsilon}}. $$

Здесь возникает тонкий момент, ведь пространство распадается на две области - для положительных значений $x$ квадратный корень извлекается тривиально, а для отрицательных - с мнимой единицей. Но это в известной степени неизбежно, потому что функции Эйри по разному ведут себя на плюс и минус бесконечности, а значит перед нами будет стоять проблема состыковки двух типов решений.

Тем не менее продолжим. Полученное выражение для $D_{1,2}(x)$ хоть и является нулевым приближением, но тем не менее оно совсем не удовлетворительно (если подставить его в исходное уравнение, то лишь при самой старшей степени $\varepsilon$ получится верное равенство), поэтому будем его уточнять. Для примера покажем как это сделать для положительной ветви квадратного корня. Будем искать $D_1(x)$ в следующем виде

$$ D_1(x) = \sqrt{\frac{x}{\varepsilon}} + A(x), $$

где $A(x)$ - некоторая функция. Тогда

$$ f'(x) = \left\lbrace\sqrt{\frac{x}{\varepsilon}} + A(x)\right\rbrace f(x) $$

и, стало быть,

$$ f''(x) = \left\lbrace \frac{x}{\varepsilon} + A(x) \right\rbrace f'(x) + \left\lbrace \frac{1}{2\varepsilon}(\frac{x}{\varepsilon})^{-1/2} + A'(x) \right\rbrace f(x) = \left\lbrace \frac{x}{\varepsilon} + (2 A(x) x^{1/2} + \frac{1}{2 x^{1/2}})\varepsilon^{-1/2} + \dots \right\rbrace f(x) $$

Подставляя это выражение в исходное уравнение и приравнивая коэффициенты при первых двух старших степенях $\varepsilon$ находим, что

$$ A(x) = -\frac{1}{4x} $$

Точно таким же образом можно убедиться, что для случая, когда $D(x) = -(x/\varepsilon)^{1/2} + A(x)$ ответ получается точно таким же. Таким образом, в первом приближении общее решение исходной системы для положительных значений $x$ можно найти как произвольную линейную комбинацию решений двух независимых уравнений

$$\left[ \begin{gathered} f'(x) = (-\frac{1}{4x} + \sqrt{\frac{x}{\varepsilon}}) f(x), \\ f'(x) = (-\frac{1}{4x} - \sqrt{\frac{x}{\varepsilon}}) f(x), \\ \end{gathered} \right.$$

То есть

$$ f(x) = A x^{-1/4} e^{-2/3 x^{3/2} \varepsilon^{-1/2}} + B x^{-1/4} e^{2/3 x^{3/2} \varepsilon^{-1/2}}, $$

что совпадает с известной асимптотикой для функций Эйри в окрестности бесконечности. Действительно, при $\varepsilon \to 0$ справедливо представление

$$ \mathrm{Ai}(x \varepsilon^{-1/3}) \to \frac{\varepsilon^{1/12}}{2\sqrt{\pi}} x^{-1/4} e^{-2/3 x^{3/2} \varepsilon^{-1/2}}, \mathrm{Bi}(x \varepsilon^{-1/3}) \to \frac{\varepsilon^{1/12}}{\sqrt{\pi}} x^{-1/4} e^{-2/3 x^{3/2} \varepsilon^{-1/2}}, $$

что означает, что построенные нами приближенное решение с учетом наличия произвольных постоянных - оказалось верным. В принципе те же самые рассуждения можно повторить для области с отрицательными значениями $x$, где квадратный корень для собственных значений будет раскрываться с мнимой единицей и будут, соответственно, получаться тригонометрические, а не экспоненциальные решения. Но я не хочу перегружать сообщение техническими моментами, и поэтому позволю себе перейти ко второму примеру уже для конкретно системы уравнений

Итак, рассмотрим систему уравнений

$$\left\{ \begin{array}{rcl} \varepsilon f'(x) + \frac{1}{x} g(x) = 0& \\ \varepsilon g'(x) - x f(x) = 0& \\ \end{array} \right, $$

общее решение которой имеет вид

$$\left\{ \begin{array}{rcl} & f(x) = & A J_0(\frac{x}{\varepsilon}) + B Y_0 (\frac{x}{\varepsilon}) \\ & g(x) = & x(A J_1(\frac{x}{\varepsilon}) + B Y_1 (\frac{x}{\varepsilon})) \\ \end{array} \right, $$

где $J_{0,1}$ и $Y_{0,1}$ - это функции Бесселя первого и второго рода с соответствующим нижним индексом.

Будем искать асимптотическое приближение сходным образом. Сперва найдем собственные числа для матрицы

$$ D = \begin{pmatrix} 0 & -\frac{1}{\varepsilon x} \\ \frac{x}{\varepsilon}& 0 \end{pmatrix}, $$

откуда $D_{1,2} = \pm \frac{i}{\varepsilon}$. Теперь для каждого из этих значений по отдельности будем искать асимптотическую диагонализацию по параметру $\varepsilon$. По традиции в явном виде сделаю это для положительного значения корня, а для отрицательного - потом сразу приведу результат, чтобы не перегружать сообщение однотипными вычислениями. Итак, пусть

$$\left\{ \begin{array}{rcl} & f'(x) = & (A(x) + \frac{i}{\varepsilon}) f(x) \\ & g'(x) = & (B(x) + \frac{i}{\varepsilon}) g(x) \\ \end{array} \right, $$

тогда подставим эти выражения в исходную систему

$$\left\{ \begin{array}{rcl} (\varepsilon A(x) + i) f(x) + \frac{1}{x} g(x) = 0& \\ (\varepsilon B(x) + i) g(x) - x f(x) = 0& \\ \end{array} \right, $$

откуда, собирая слагаемые при главных степенях по $\varepsilon$, найдем

$$ A(x) + B(x) = 0. $$

Чтобы найти сам вид $A(x)$ нам потребуется перейти к дифференциальным следствиям из полученных нами уравнений. Так, дифференцируя выражение для $f'(x)$ находим

$$ f''(x) = (\frac{2i}{\varepsilon} A(x) - \frac{1}{\varepsilon^2} + \dots) f(x), $$

а дифференцируя первое уравнение исходной системы получаем

$$ \varepsilon f''(x) + (A(x) - \frac{i}{\varepsilon})(\varepsilon A(x) + i) f(x) + \frac{1}{x}(\varepsilon A(x) + i) f(x) = 0, $$

где мы учли, что

$$ (\varepsilon A(x) + i) f(x) + \frac{1}{x} g(x) = 0 $$

и

$$ g'(x) = (B(x) + \frac{i}{\varepsilon}) g(x) = x (A(x) - \frac{i}{\varepsilon})(\varepsilon A(x) + i) f(x). $$

Объединяя два выражения для $f''(x)$, раскрывая скобки и приравнивая члены при главных степенях $\varepsilon$, находим что $A(x) = -B(x) = - \frac{1}{2x}$. Проводя аналогичные вычисления для отрицательного значения корня можно найти, что там функции $A(x)$ и $B(x)$ будут такими же. Итак общее решение исходной системы должно быть примерно равно сумме решений двух диагональных систем уравнений

$$\left\{ \begin{array}{rcl} & f'(x) = & (-\frac{1}{2x} \pm \frac{i}{\varepsilon}) f(x) \\ & g'(x) = & (\frac{1}{2x} \pm \frac{i}{\varepsilon}) g(x) \\ \end{array} \right, $$

то есть

$$\left\{ \begin{array}{rcl} & f(x) = & \frac{1}{\sqrt{x}}(A e^{ix/\varepsilon} + B e^{-ix/\varepsilon}) = \frac{1}{\sqrt{x}}(A\cos (\frac{x}{\varepsilon}) + B\sin(\frac{x}{\varepsilon})) \\ & g(x) = & \sqrt{x}(A e^{ix/\varepsilon} + B e^{-ix/\varepsilon}) = \sqrt{x}(A\cos (\frac{x}{\varepsilon}) + B\sin(\frac{x}{\varepsilon}))\\ \end{array} \right, $$

где я прошу меня простить за небольшую перегрузку по значениям произвольных постояний $A$ и $B$, которую я допустил, выделяя тригонометрический вид решения, но я надеюсь, что всем итак всё будет понятно. Теперь давайте проверим правильно ли у нас получилось. Воспользуемся асимптотиками

$$ J_n (x/\varepsilon) \to \sqrt{\frac{2 \varepsilon}{\pi x}} \cos(\frac{x}{\varepsilon} - \frac{n \pi}{4} - \frac{\pi}{2}) $$

и

$$ Y_n (x/\varepsilon) \to \sqrt{\frac{2 \varepsilon}{\pi x}} \sin(\frac{x}{\varepsilon} - \frac{n \pi}{4} - \frac{\pi}{2}), $$

откуда можно найти, что полученное решение в целом правильное, но там есть какая-то небольшая проблема со структурой произвольных постоянных.

В целом - я изложим общую схему на двух примерах. Понятно, что все это походит на какую-то версию WKB метода и на что-то невероятное я не претендую, но мне интересно ваше мнение.

[Red_Herring]

Называется "сингулярные возмущения ОДУ и УЧП". Гуглите да обрящете. В т.ч. учебники. И это не ВКБ.

[Утундрий]

В практике решения линейных сингулярно возмущённых дифференциальных уравнений имеется множество склёпанных на коленке методов, но данный тип извращения я наблюдаю впервые. Обычно представляют решение в виде суммы регулярного и погранслойного слагаемых, которые потом хитрым образом "сшиваются". И вроде бы оно работает всегда. Что же до данной "диагонализации", то у меня нет уверенности в тотальности её применения.

[Pulseofmalstrem]

Red_Herring
Нет, там немного по другому действуют. Там во-первых разбивают решения на основные и погранслойные, а во-вторых раскладывают решения и переменные коэффициенты в ряды по малому параметру. А здесь - в ряд раскладывается скорее сам оператор дифференцирования. На самом деле по алгебре процесса это ближе всего к WKB методу, как в квазиклассическом приближении в квантовой механике, где нечто похожее делают для уравнения Шредингера, когда константу Планка полагают малым параметром.

-- 03.01.2025, 22:51 --

Утундрий
Чего только не сделаешь, когда исходная система в лоб не решается, а хоть какие-то оценки получить очень хочется. Но вы правы уверенности в универсальности пока нет, потому что откуда ей взяться без теорем, но я пока не смог найти ни одного случая, когда метод давал бы неправильные результаты, хотя это ни о чем и не говорит.