Alisher navoiy nomidagi samarqand davlat universiteti differentsial tenglamalar kafedrasi
Koshi masalasi yechimining mavjudlik teoremaning isboti
Download 8.22 Mb. Pdf ko'rish
|
- Bu sahifa navigatsiya:
- ISBOT.
|
3. Koshi masalasi yechimining mavjudlik teoremaning isboti. 108
Teorem 2.6 (mavjudlik teoremasi). [2.4] Koshi masalaning boshlang’ich shartlarini ) (x yordamidi aniqlangan bo’lsin va . ,
( ), ( ) (
x M x R C x
Shunda 2.10 formula bilan aniqlangan ) , ( t x u funksiya 0 ,
t R x bo’lganda uzluksiz bo’ladi,
uzluksiz xosilalarga ega, agarda 0 ,
t R x bo’lsa, va issiqliq o’tkazuvchanlik
tenglamani qanoatlantiradi. 0 ,
t R x
va ) ( ) , ( lim 0 0 0 0 x t x u R x x x t lar uchun Izox: Teoremaning oxirgi sharti quyidagi ma’noga ega. . 0 ), ( ; 0 , ) ( } 4 ) ( exp{
4 1 ) , ( 2 2 2
x t ds s t a s x t a t x u
0 , : ) , ( t R x t x
da uzluksiz ekanligini oxirgi shart bildiradi. ISBOT. 1.Avvalombor ) ,
x u funksiyamiz 0 ,
t R x uzluksiz ekanligini ko’rsatamiz. Buning uchun funksiyamiz 0 , 0 {( , ) :
; }
x t L x L t t T to’g’ri to’rtburchakda uzluksiz ekanligini ko’rsatishimiz kerak. Bu yerda T t L , , 0 - musbat konstantalar. Integral ostidagi funksiya
0 , to’g’ri to’rtburchakda uzluksiz ) ,
x u funksiya T t L 0 , da uzluksiz ekanligini isbotlash uchun 2.10 formulada bo’lgan integral tekis yaqinlashuvchi ekanligini ko’rsatishimiz kerak. Tekis yaqinlashishining Veyershtrass alomatidan foydalanish uchun shunday ) (s F funkyiyani ko’rish kerakki, bu funksiya quyidagi shartlarni qanoatlantirsin: ds s F t x s F t s x G T t L ) ( ; , ) ( ) , , ( , , 0
integral yaqinlashuvchi. Buning uchun xar xil s-lar uchun exponentaning darajasini baxolash kerak. Agar
2
. 4 ) ( 4 ) ( ) ( ) ( 2 2 2 2 2 2
a s L t a s x T s L t s x Agar
L s 2 . 0 4 ) ( 2 2
a s x
Agar L s 2 . 4 ) ( 4 ) ( ) ( ) ( 2 2 2 2 2 2 T a s L t a s x T s L t s x
Endi T t t 0 bo’lsin. Shunda 2.10 integralda berilgan birinchi ko’paytiruvchi uchun quyidagi tengsizlikni yozish mumkin: 0 2 2 4 1 4 1
a t a
demak 109
; 2 }, 4 4 ) ( exp{
4 1 ; 2 }, 4 4 ) ( exp{ 4 1 ; 2 , 4 1 ) ( ) , , ( 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 0 2 0 2 L s T a L T a s L t a L s T a L T a s L t a L s t a s F t s x G
bu yerda T a L 2 2 4 bu funksiyani daraja ko’rsatgichga kushib yozganimizning sababi quyidagicha. ) (s F funksiyamiz uzluksiz bo’lishi uchun qo’shgan funksiyamiz baxolashga ta’sir qilmaydi.
s F ) ( yaqinlashuvchi to’g’risidagi dalolatni eksponent beradi. Shunday qilib
) (x funksiyaning chegaralanganligini xisobga olib 2.10 formulada bo’lgan integral ostidagi ifodaning modulini ) (s MF baxolay olamiz. Bu funksiyadan olingan integral esa yaqinlashuvchi. Demak Veyershtrass alomatiga ko’ra 2.10 formulada berilgan integral tekis yaqinlashuvchi. Ya’ni ) ,
x u funksiyamiz T t L 0 , da to’g’ri to’rtburchakda uzluksiz ekanligini isbotladik. 2. Endi bizlar yuqorida ko’rsatilgan T t L 0 , to’g’ri to’rtburchak ustida xx u funksiyamiz uzluksiz ekanligini ko’rsatishimiz kerak. ) , , (
s x G funksiyamizning ko’rinishidan foydalanib quyidagi tenglikka kelamiz. 2 4 2 2 2 2 1 2 2 2 0 0 ( ) 1 ( , , ) ( , , ) ( , , )
4 2 1 2 ( )
( ). 2 4 xx x s G x s t G x s t G x s t a t a t L Ls s F s F s a t a t
qavs ichida yozilgan 2-hadning suratidagi yozilgan ko’phad ) (s F funksiyaning integraliga ta’sir qilmaydi. Shunda quyidagi ifodani xosil qilamiz. 1 ( , ) ( , , ) ( ) ( , , )
( ) ( )
xx xx xx u x t G x s t s ds G x s t s ds M F s ds Demak xosiladan olingan integral tekis yaqinlashuvchi. Xulosa qilib aytganda ) (t u xx
funksiyamiz xam uzluksiz. Xuddi shunday qilib t u funksiyamiz xam uzluksiz funksiya ekanligini ko’rishimiz mumkin.
) , , (
s x G funksiyamiz issiqlik o’tkazuvchanlik tenglamani qanoatlantiruvchi funksiya ekanligini yuqorida ko’rsatgan edik. Bu yerda
ds s t s x G a t x u a ds s t s x G t x u xx xx t t ) ( ) , , ( ) , ( ) ( ) , , ( ) , ( 2 2 yani
) , ( t x u funksiyamiz issiqlik o’tkazuvchanlik tenglamaga mos keladi. 4. Demak 110
) ( ) , ( , : , : 0 ) ( ) , ( lim 0 0 0 0 0 0 0 x t x u x x t t x x x t x u R x x x t
Endi bizlar 0
nuqtani va ixtiyoriy 0 ni fiksirlaymiz. ) (x funksiyamiz uzluksizligidan 4 ) ( ) ( : 0 0 x x x x
kelib chiqadi. Endi ) ( ) , ( 0 x t x u qaraymiz: ) ( ) ( ) , , ( )) ( ) ( )( , , ( ) ( ) , , ( ) ( ) , , ( ) ( ) ( ) , , ( ) ( ) , ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x ds x t s x G ds x s t s x G ds s t s x G ds s t s x G x ds s t s x G x t x u x x x x x x t
lar J va J J J 4 3 2 1 , , bilan integrallarni belgilasak, quyidagilarni xosil qilamiz. Bizlar 3
ifodani baxolaymiz. oralikda 4 ) ( ) ( 0 x x - bo’lganligi sababli va
1
Gds bo’lganligi sababli quyidagini xosil qilamiz: 0 0
0 3 0 ( , , )( ( ) ( )) ( , , ) ( , , )
4 4
x x x J G x s t s x ds G x s t ds G x s t ds
Bundan 4 3
J
Endi 2 1 0 x x talab qilamiz. Kelajakda olingan baxolar faqat shunaqa x−lar uchun.
:
J baxolaymiz: 111
0 0 0 0 0 2 2 0 2 4 0 0 0 4 0 2 4 ( , , ) ( ) (
( ) ( , , ) 1 1 { } ( ) 1 4
x x x x x a t z x x a t J G x s t x ds x x G x s t ds s x z x e dz a t
Endi bizlar t ni kamaytirsak shunda integralning quyidagi chegarasi
yuqoridagi chegarasiga intiladi. Shuning uchun,
1
2 dz e z bo’lganligi sababli,
4
1 ) ( : 2 2 0 2 0 4 4 0 4 2 2 dz e x J t z t a x x t a x x
o’rinli Endi 1
baxolaymiz. 0 0 0 2 2 2 1 2 2 4 2 1 ( ) ( , , ) ( ) exp{ } 4 4 ( ) { } 4 x x x x a t z x s J G x s t s ds a t a t x s M Mds z e dz a t Demak shunday 3
mavjudki 3
t bo’lganda 4 1
bo’ladi. Xuddi shunday 2
baxolash mumkin. Shunday qilib
) ( ) , ( , : , : ) , , min(
0 ) ( ) , ( 0 0 3 2 1 0 4 3 2 1 0
t x u x x t t x x J J J J x t x u
Teorema to’liq isbotlandi. Download 8.22 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|