Page 203 - 2589

з (t )  u (t ) u (t ),
1 0
о (t )  x (t ) x (t ),
1 0
н (t )  y (t ) y (t ).
1 0
В подальшому, для скорочення запису опустимо показ

аргументу. Отримаємо



x  ж f x  ж, u  з ,t ,
0 0 0
y  н g x  ж, u  з ,t .
0 0 0
Припустимо, що функції f і g двічі диференційовані по всіх

аргументах за винятком може t. Розкладемо в ряд Тейлора (в
кожен момент часу) в околі вихідного розв’язку



x  ж f  ,x u ,  t  df о  f  з  O о 2 , з 2 
0 0 0
dx  u
x 0 u , 0 x 0 u , 0
і
dg g  2 2
y  н g  ,x u ,  t  о  з  O о , з 
0 0 0
dx  u
x 0 u , 0 x 0 u , 0
Де відповідні якобіани мають вигляд

 df 1 df 1 df 1   df 1 df 1 df 1 
 dx dx ... dx   du du ... du 
 1 2 n   1 2 r 
df  df 2 df 2 ... df 2  df  df 2 df 2 ... df 2 
 dx dx dx  ,  du du du  ,
dx 1 2 n du 1 2 r
 ... ... ... ...   ... ... ... ... 
df df df  df df df 
n n ... n n n ... n
   
 dx 1 dx 2 dx n   du 1 du 2 du r 

 dg 1 dg 1 dg 1   dg 1 dg 1 dg 1 
 dx dx ... dx   du du ... du 
 dg 1 dg 2 dg n   dg 1 dg 2 dg r 
dg  2 2 ... 2  dg  1 2 ... 2 
  dx dx dx  ,   du du du  .
dx 1 2 n du 1 2 r
 ... ... ... ...   ... ... ... ... 
dg dg dg  dg dg dg 
m m ... m m m ... m
   
 dx 1 dx 2 dx n   du 1 du 2 du r 

2 2
Нехтуючи ж і з можна отримати апроксимуючі лінійні
рівняння:

203