Динамика уравнений первого порядка с запаздыванием - 76 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЯрГУ | Ярославль

Составители: 

Рубрика: 

76 Часть I. Локальный анализ
В случае b
1
= −1 ∓ 2a
p
−(1 + 4a)
−1
λ
k
(ε) =
Ã
p
−(4a + 2)
2ε
+ θ(ε) + Ω + 2πk
!
i + ε (ic
3
− 4πik) +
+ ε
2
(−4π
2
k
2
(d
1
+ id
2
) + 2πik(d
3
+ id
4
) + d
5
+ id
6
) . . . ,
где действительные числа d
1
> 0, d
2
d
3
= d
3
(θ(ε)), d
4
= d
4
(θ(ε)),
d
5
= d
5
(θ(ε)) и d
6
= d
6
(θ(ε)) однозначно определяются через параметры a
и b
2
.
Первый случай. Пусть b
1
6= −1∓2a
p
−(1 + 4a)
−1
. Представим x в виде
ряда
x =
√
εx
1
(t
0
, t
1
, τ) + εx
2
(t
0
, t
1
, τ) +
√
ε
3
x
3
(t
0
, t
1
, τ) + . . . ,
где t
0
= (ω
−1
p
−(4a + 2)(2ε)
−1
+ θ(ε) + Ω + εc
3
)t, t
1
= (1 − 2ε)t, τ = εt, а
x
1
= e
it
0
X
k∈Z
ξ
k
(τ)e
2πikt
1
+ e
−it
0
X
k∈Z
ξ
k
(τ)e
−2πikt
1
.
Подставим выражение для x в (8.21) и соберем коэффициенты при одина-
ковых степенях ε. При ε
3/2
получим верное тождество. Из уравнений при
ε и ε
2
найдем x
2
x
2
(t
0
, t
1
, τ) = y
1
e
2it
0
Ã
X
k∈Z
ξ
k
(τ)e
2πikt
1
!
2
+
y
1
e
−2it
0
Ã
X
k∈Z
ξ
k
(τ)e
−2πikt
1
!
2
,
где
y
1
= f
2
µ
2iω
−
+ 1 −
a(1 − e
−2iΩ
) + b
0
2iω
−
−1
.
Из равенства коэффициентов при ε
5/2
получим уравнение относительно x
3
.
Условие существования его решения примет вид
dξ
k
dτ
= −
4a ± 2(1 + b
1
)
p
−(1 + 4a)
1 + 4a
ξ
k
+
ω
−
ie
iΩ
b
±
− a
(2f
2
y
1
+ 3f
3
)ϕ
k
(ξ), (8.22)
где φ
k
(ξ) коэффициент при exp(2πikt) в разложении
Ã
X
m∈Z
ξ
m
e
−2πimt
1
!Ã
X
m∈Z
ξ
m
e
2πimt
1
!
2

Страницы