P r z y k ł a d 1.  Czynnik kontrolujący w otoczeniu NPO w zerze. Weźmy równanie x³ y" = y. Znajdziemy czynnik kontrolujący w otoczeniu zera, które jest NPO równania. Równanie (8) jest

(S′2)  ∼ x−3 ,   x→ x0 .

Mamy dwa możliwe rozwiązania: S′(x)  ∼ ±x^−3/2  (x→ x₀), a stąd

S(x)  ∼ ±2 x−1/2 ,   x→ x0+ .

(9)

P r z y k ł a d 2.  Zachowanie główne w pobliżu NPO. Znaleźliśmy dwie wartości czynnika kontrolującego (9). Wynika to stąd, że równanie drugiego rzędu ma dwa liniowo niezależne rozwiązania. Skoncentrujemy sie na przypadku S  ∼ +2 x ^−1/2  (x→ 0⁺). Drugie rozwiązanie traktuje się podobnie. Ulepszymy rozwiazanie znajdując funkcję C(x). To znaczy

S(x) = 2x−1/2 + C(x) ,    C(x) << 2 x−1/2  (x→ 0+) .

(10)

Nie możemy spodziewać się, że znajdziemy dokładną funkcję C(x). Byłoby to równoważne z dokładnym rozwiązaniem równania. Wyznaczymy C(x) tylko asymptotycznie.
Wstawmy (10) do oryginalnego równania (6) z p(x)=0 i q(x)=−x⁻³. otrzymamy [3/2] x^−3/2 + C" − 2 x^−3/2 C′+ (C′)² = 0. Równanie to możemy rozwiązać asymptotycznie korzystając z (10). Mamy S′ ∼ −x^−3/2  (x→ 0⁺) lub równoważnie C′ << x^−3/2  (x→ 0⁺). Stąd (C′)² << x^−3/2C′  (x→ 0⁺). Prowadzi to do równania asymptotycznego

3 2 x−3/2 + C"  ∼ 2 x−3/2 C′ .

Równanie to daje sie rozwiązać, lecz dla treningu uprościmy je jeszcze raz stosując przybliżenie asymptotyczne. Ponieważ C′ << x^−3/2  (x→0⁺) to różniczkując tę relację (o ile można) dostaniemy C" << x^−5/2  (x→ 0⁺). Stąd

3 5 x−5/2  ∼ 2 x−3/2 C′ ,   x→ 0+ .

Rozwiązaniem jest więc

C  ∼  3 4 lnx   (x→ 0+) .

(11)

Zauważmy, że różniczkowanie (11) daje C′ ∼ [3/4] x⁻²  (x→ 0⁺), a więc C" << x^−5/2  (x→ 0⁺) tak jak założono.
Wstawiając do (10) dostaniemy

S(x)  ∼ 2 x−1/2 + 3 4 lnx + D(x) ,

(12)

gdzie D(x) jest funkcją (wynikającą z całkowania relacji asymptotycznej), która spełnia relację

D(x) << lnx ,   x→ 0+ .

(13)

Spróbujmy znaleźć D(x). Podobnie jak w przypadku funkcji C wstawimy (12) do (6) przy p=0, q=−x⁻³. Dostaniemy

−3 x−2/16 + D" + (D′)2 − 2 x−3/2 D′+ 3 x−1 D′/2 = 0 .

Biorąc pod uwagę, że x⁻¹ << x^−3/2  (x→ 0⁺), otrzymamy

3x−1 D′/2 << 2 x −3/2 D′ ,   x→ 0+ .

Po drugie D′ << x⁻¹  (x→ 0⁺), co dostajemy różniczkując (13), a więc

(D′)2 << x−1 D′ ,   x→ 0+ .

Różniczkując (13) dwa razy mamy

D" << x−2 ,   x→ 0+ .

Na podstawie tych związków, równanie asymptotyczne dla D możemy zastąpić równaniem

−2 x−3/2 D′ ∼ 3 x−2/16   x→ 0+ ,

lub

D′ ∼ −3 x−1/2/32 ,   x→ 0+ .

Biorąc całkę nieoznaczoną z obu stron tej relacji, dostaniemy

D − d  ∼ −3 x1/2/16 ,   x→ 0+ ,

gdzie d jest stałą. Inaczej mówiąc, mamy

D(x) = d + δ(x) ,

(14)

gdzie

δ(x)  ∼ −3x1/2/16   (x→ 0+) .

P r z y k ł a d 3.  Na podstawie wyników poprzedniego zadania wiemy jak zachowuje się wiodący człon rozwiązania przy x→0⁺. Funkcja ϵ(x) zdefiniowana równością e^δ(x)=1+ϵ(x) dąży do zera. Rozwiązaniem równania x³y"=y jest kombinacja liniowa dwu rozwiązań. Jedno z nich rośnie do nieskończoności, a drugie maleje do zera w granicy x→0⁺ (patrz (2,3)). Przy przyjętych warunkach początkowych całkowania numerycznego, y(0)=1, y′(0)=0, współczynnik przy rozwiązaniu rosnącym jest różny od zera. Ponieważ rozwiązanie rosnące przewyższa rozwiązanie malejące to jego wkład dominuje nad składową malejącą w granicy asymptotycznej. Wkład wiodącego członu

y(x)=c1x3/4exp(2x−1/2)[1+ϵ(x)] ,

(15)

możemy oszacować, porównując je z rozwiązaniem numerycznym. Aby to zrobić, na rysunku pokazano funkcję y(x)/(x^3/4exp(2x^−1/2)) w funkcji x dla 0 < x < 1. Wartość tego stosunku wynosi c₁=0.1432... przy x→0⁺. Odległość pomiędzy tą wartością graniczną i narysowaną krzywą jest proporcjonalna do funkcji ϵ(x). Rysunek ten ilustruje siłę analizy asymptotycznej. Pomimo tego, że funkcja y(x) zmienia się o rzędy wielkości, wiodące zachowanie y(x) jest dobrym przybliżeniem y(x) na całym odcinku 0 ≤ x ≤ 1. Rysunek pokazuje też, że błąd względny ϵ(x) jest co najwyżej równy 15%. Główne zachowanie rozwiązania poprawia się dla x→0⁺. Widzimy, że oszacowanie funkcji ϵ(x) może poprawić rozwiązanie.

P r z y k ł a d 4.  (c.d.) Poprawki do zachowania głównego w pobliżu początku układu. Wciąż pozostajemy przy równaniu x³y"=y. Jego rozwiązanie jest ciągle niepełne gdyż można znaleźć cały szereg przybliżeń, które je poprawiają w granicy x→0⁺. Znajdziemy kolejne przybliżenia do funkcji ϵ(x) w rozwiązaniu (15). Najpierw znajdziemy równanie, które spełnia 1+ϵ(x). Następnie znajdziemy jego rozwiązanie w postaci formalnego szeregu potęgowego

1+ϵ(x) = 1+a1 xα + a2 (xα)2 + a3 (xα)3 + ... ,

(16)

gdzie α > 0. Kiedy znajdziemy współczynniki a_k tego szeregu, rozwiązanie (1) przy x→0⁺ będzie kompletne. Otrzymamy reprezentację y(x) w postaci szeregu zawierającego funkcje elementarne. Wstawiając (16) do (15) otrzymamy rozwiązanie w postaci uogólnionego szeregu Frobeniusa. Jest to uogólnienie polegające na tym, że po pierwsze szereg ten zawiera exponentę która jest istotnie osobliwa. Po drugie, nie jest to szereg całkowitych potęg x; okaże się, że α = 1/2. Po trzecie, szereg (16) jest rozbieżny dla x→0⁺. Interpretację tego faktu odłożymy na później. Wyliczmy współczynniki a_k, k=1, 2, ... oraz α. Znajdziemy w tym celu równanie, które spełnia w(x)=1+ϵ(x). Wstawiając (15) do (1) dostaniemy

w"+( 3 2x − 2 x3/2 )w′− 3 16x2 w = 0 .

(17)

Zastąpienie y(x) przez w(x) pozwoliło wydzielić wiodący człon rozwiązania. Zadanie wydzielenia wiodącego członu jest w analizie asymptotycznej konstrukcja rozwiązania, które zachowuje sie asymptotycznie jak stała. Nie eliminuje to z równania NPO. Z (2) i (15) lub na podstawie analizy lokalnej równania (17) wynika, że możliwym czynnikiem wiodącym w(x) jest 1 lub exp(−4x^−1/2). Zacznijmy obliczenia od znalezienia wiodącego zachowania ϵ(x). W tym celu wstawmy w(x)=1+ϵ(x) do (17). Mamy

ϵ" + ( 3 2x − 2 x3/2 )ϵ′− 3 16x2 − 3ϵ 16x2 = 0 .

Zauważmy, że ϵ << 1,  x→0⁺, a więc

3ϵ′ 16x2 << 3 16x2    x→0+ .

Jednocześnie

3 2x << 2 x−3/2    x→0+ .

Prowadzi to do równania

ϵ"− 2 x3/2 ϵ′ ∼  3 16x2    x→0+ ,

(18)

które należy rozwiązać przy warunku ϵ→0,  x→0⁺. Zastosujemy metodę dominujacej równowagi. Argumentujemy, że przy x→0⁺ dowolny składnik równania (18) nie może być większy od dwu pozostałych bez naruszenia warunków, przy których to równanie jest relacją asymptotyczną. Mamy cztery możliwe przypadki. Rozważymy je w kolejności. Warunek, który nie prowadzi do sprzeczności to warunek ostatni, ϵ(x) ∼ 3x^1/2/16, x→0⁺. Wynik ten poznaliśmy już w (14).

(a) ϵ" ∼ 3 x⁻²/16 i 2x^−3/2ϵ′ << 3x⁻²/16, x→0⁺. Dwukrotnie całkując pierwszą z relacji, dostaniemy ϵ ∼ −3lnx/16, x→0⁺. Jest to sprzeczne z warunkiem ϵ→0, x→0⁺.
(b) ϵ"/ϵ′ ∼ 2x^−3/2 i 3x⁻²/16 << 2x^−3/2ϵ, x→0⁺. Całkowanie pierwszej relacjidaje lnϵ′ ∼ −4x^−11/2, xx→0⁺. Jest to sprzeczne z założeniem, że 3x⁻² << 2x^−3/2ϵ′, x→0⁺.
(c) Nie można zaniedbać żadnego ze składników w porównaniu z dwoma pozostałymi.
(d) −2x^−3/2ϵ′ ∼ 3x⁻²/16 i ϵ" << 2x^−3/2ϵ, x→0⁺. Z pierwszej relacji mamy ϵ ∼ −3x^1/2/16. Pominięta została stała całkowania gdyż ϵ→0 przy x→0⁺. Otrzymany wynik nie jest sprzeczny ponieważ ϵ" << 2x^−3/2ϵ, x→0⁺. Jest to więc jedyny niesprzeczny warunek dominującej równowagi w tym zagadnieniu.

Pokazaliśmy, że

w(x) − 1  ∼ −3x1/2/16   (x→0+)

lub

w(x) = 1 − 3x1/2/16 + ϵ1(x)

gdzie ϵ₁(x) << 3x^1/2/16, x→0⁺. Wróćmy do wyników numerycznych (patrz zadanie) pokazanych na poprzednim rysunku. Zaskoczeniem może się okazać fakt, że nachylenie krzywej ϵ(x) przy x→0⁺ jest pionowe! Wyjaśnia sie to jesli popatrzymy na funkcję 3x^1/2/16, której nachylenie przy x→0⁺ jest nieskończone. Włączając do rozwiązania wiodący wkład od ϵ(x) otrzymujemy znaczną poprawę sytuacji. Nowe rozwiązanie asymptotyczne pokazano na następnym rysunku. Możemy terez znaleźć wiodące zachowanie ϵ₁(x). Postępując podobnie jak poprzednio otrzymamy

ϵ1(x) = −15x/512 + ϵ2(x) ,   ϵ2 << 15x/512 ,   x→0+ .

Proces ten można kontynuowac w nieskończoność. Ponieważ jednak formalna struktura szeregu została odkryta (jest to szereg potęg wielkości x^1/2), mozna postąpić inaczej. Zapiszemy

w(x) = ∞ ∑ n=1  an xn/2 ,  (a0=1)

i wstawmy to bezpośrednio do (18). Znajdziemy

∞ ∑ n=1  n 2 ( n 2 −1) an xn/2−2+ 3 2 ∞ ∑ n=1  an xn/2−2

−2 ∞ ∑ n=1  n 2 an xn/2−5/2− 3 16 ∞ ∑ n=1  an xn/2−2 = 0 .

Porównując współczynniki przy jednakowych potęgach dostaniemy rekurencję

an+1 = (2n−1)(2n+3) 16(n+1) an ,    n=0,1,2,...

(19)

Mamy więc a₀=1, a₁=−3/16, a₂=−15/512, itd. Ogólnie

an = − Γ(n−1/2)Γ(n+3/2) π4nn!  ,    n=0,1,2,...

Kończy to analizę lokalną rozwiązania równania (1), którego wiodącye zachowanie jest postaci

y(x)  ∼ −c1 x3/4 exp(2x−1/2) ∞ ∑ n=0  Γ(n−1/2)Γ(n+3/2) π4nn! xn/2 ,    x→0+ .

(20)

Można sprawdzić, że promień zbieżności otrzymanego szeregu jest zerowy:

R = lim n→∞  ⎢ ⎢ an an+1 ⎢ ⎢ = lim n→∞  ⎢ ⎢ 16(n+1) (2n−2)(2n+3) ⎢ ⎢ = 0 .

Szereg (20) jest rozbieżny dla wszystkich x! Jest to jednakowoż szereg asymptotyczny i dla x→0⁺ będzie on dobrym przybliżeniem y(x). W podobny sposób dostajemy drugie rozwiazanie rozpatrywanego równania

y(x)  ∼ −c1 x3/4 exp(2x−12) ∞ ∑ n=0  (−1)n Γ(n−1/2)Γ(n+3/2) π4nn! xn/2 ,    x→0+ .

(21)

P r z y k ł a d 5.  Lokalny przebieg rozwiązań równania Schroedingera n-tego rzędu w pobliżu nieregularnych punktów osobliwych. Znajdziemy ważny wzór na wiodący przebieg rozwiązania równania Schroedingera n-tego rzędu

dny dxn = Q(x) y(x) ,

(22)

w pobliżu istotnej osobliwości równania x₀. Podstawienie y(x)=e^S(x) oraz przybliżenie asymptotyczne d^kS/dx^k << (S′)^k, x→ x₀, k=2,3,..., n, dają asymptotyczne równanie rózniczkowe dla S: (S′)ⁿ  ∼ Q(x), x→ x₀. Stąd S(x)  ∼ ω∫^x [Q(t)]^1/ndt, gdzie ω jest n-tym pierwiastkiem z jedności. Wynik ten wyznacza n możliwych czynników kontrolnych dla y(x). W zwykły sposób znajdujemy główny przebieg y(x):

y(x)  ∼ c [Q(x)](1−n)/2n exp ⎧ ⎨ ⎩ ω ⌠ ⌡ x   [Q(t)] dt ⎫ ⎬ ⎭  ,     x→ x0 .

Jeśli x₀ ≠ ∞ to (22) jest słuszne gdy |(x−x₀)ⁿ Q(x)| → ∞ przy x→ x₀. Jeżeli x₀=∞ to (22) słuszne jest jeśli |xⁿ Q(x)| → ∞. Otrzymany wzór stanowi podstawę metody WKB. Jeżeli Q(x) < 0 to rozwiązanie y(x) oscyluje przy x→∞.