M. H. Shermatov, O. I. Egamberdiyev funksional analiz va integral tenglamalar
Download 1.42 Mb. Pdf ko'rish
|
funksional analiz va integral tenglamalar
|
, . . . , x
q = x 0 q , y 1 = y 0 1
2 = y 0 2
q = y 0 q nuqtalar mavjud bo`lib,
x 0 1
0 2
0 q , λ 0
0 1
0 2
0 q , λ 0 6= 0 bo`ladi. Endi Fredholmning (40.18) umumlashgan fundamental munosabatida λ = λ 0
va
1 = x 0 1
α−1 = x 0 α−1 , x α = x, x α+1 = x 0 α+1 , . . . , x q = x 0 q , y 1 = y 0 1
α−1 = y 0 α−1 , y α = y 0 α , y α+1 = y 0 α+1 , . . . , y q = y 0 q desak, quyidagi tenglikka ega bo`lamiz D x 0 1
0 α−1 , x, x 0 α+1 , . . . , x 0 q , λ y 0 1
0 α−1 , y 0 α , y 0 α+1 , . . . , y 0 q , λ = = λ 0 Z b a K(x, t) D x 0 1
0 α−1 , t, x 0 α+1 , . . . , x 0 q , λ 0
0 1
0 β−1 , y 0 β , y 0 β+1 , . . . , y 0 q , λ 0 dt. (40.20) (40.20) tenglikning ikkala qismini noldan farqli bo`lgan
x 0 1
0 2
0 q , λ 0
0 1
0 2
0 q , λ 0 := D q (x 0 , y 0 ; λ 0 )
bo`lamiz va ϕ α (x, λ 0 ) =
D x 0 1
0 α−1 , x, x 0 α+1 , . . . , x 0 q , λ 0
0 1
0 β−1 , y 0 β , y 0 β+1 , . . . , y 0 q , λ 0 D q (x 0 , y 0 ; λ 0 )
belgilash kiritib, barcha α = 1, 2, . . . , q larda quyidagiga ega bo`lamiz ϕ α (x, λ 0 ) = λ 0 Z
a K(x, t)ϕ α (t, λ 0 ) dt. (40.22) (40.22) tenglik ϕ 1 (x, λ 0 ), ϕ 2 (x, λ 0 ), . . . , ϕ q (x, λ 0 )
maning yechimlari ekanligini bildiradi. Bu yechimlar uzluksiz va (40.21) ga ko`ra
ϕ α (x 0 β , λ 0 ) = 1, agar α = β 0, agar α 6= β. (40.23) 40.1-lemma. Bir jinsli (40.10) tenglamaning yechimlari sistemasi ϕ 1 (x, λ 0 ), ϕ 2 (x, λ 0 ), . . . , ϕ q (x, λ 0 )
Isbot. Faraz qilaylik, C 1
1 (x, λ 0 ) + C 2
2 (x, λ 0 ) + · · · + C q ϕ q (x, λ 0 ) = 0
tenglik biror C 1
2
sonlar uchun o`rinli bo`lsin. So`nggi tenglikda x = x 0 α desak, (40.23) ga ko`ra C α = 0, α = 1, 2, . . . , q ga ega bo`lamiz. ∆ Ma'lumki bir jinsli tenglama yechimlari yig`indisi va songa ko`paytmasi yana yechim bo`ladi. Shuning uchun
1
1 (x, λ 0 ) + C 2
2 (x, λ 0 ) + · · · + C q ϕ q (x, λ 0 )
funksiya ixtiyoriy C 1
2
sonlar uchun (40.10) bir jinsli tenglamaning yechimi bo`ladi. Endi (40.10) bir jinsli tenglamaning ixtiyoriy yechimi (40.24) ko`rinishga ega ekanligini ko`rsatamiz. Faraz qilaylik, v(x) bir jinsli (40.10) tenglamaning biror yechimi bo`lsin, ya'ni
0 Z b a K(t, s) v(s) ds ≡ 0 (40.25) 442
bo`lsin. U holda ixtiyoriy H(x, t) uzluksiz funksiya uchun quyidagi ayniyat o`rinli
Z b a ½
0 Z
a K(t, s) v(s)H(x, t) ds ¾
(40.26) (40.25) dan (40.26) ni ayirib, quyidagiga ega bo`lamiz v(x) = λ 0 Z b a N (x, t) v(t) dt, (40.27) bu yerda
0
0
0 Z b a K(s, t) H(x, s) ds. Endi Fredholmning (40.17) umumlashgan fundamental munosabatida λ = λ 0
va x
= x, y q+1 = y desak va x
bilan x j ning o'rni almash- ganda D
(x, y; λ 0 )
bo`lamiz D x, x 1
q , λ 0
1
0 = λ 0
1 , . . . , x α , . . . , x q , λ 0
1
0 − − q X
λ 0
α , y) D x 1
α−1 , x, x α+1 , . . . , x q , λ 0
1
0 + +λ 0 Z
a K(s, y) D x, x 1
q , λ 0
1
0 ds. (40.28) (40.28) tenglikda
1 = x 0 1
q = x 0 q , y = t, y 1 = y 0 1
q = y 0 q almashtirish qilamiz, hamda (40.28) tenglikning ikkala qismini noldan farqli bo`lgan
x 0 1
0 2
0 q , λ 0
0 1
0 2
0 q , λ 0 := D q (x 0 , y 0 ; λ 0 )
ga bo`lamiz va H(x, y) = D x, x 0 1
0 q , λ 0
0 1
0 q , λ 0 D q (x 0 , y 0 ; λ 0 )
belgilash kiritib quyidagiga ega bo`lamiz: q X
λ 0
0 α , t)ϕ α (x, λ 0 ) =
= λ 0
0 Z
a K(s, t) H(x, s) ds. (40.30) (40.30) tenglikning o'ng tomoni λ 0
ga teng. (40.26) aytiyat ixtiyoriy
uzluksiz funksiya uchun o`rinli edi. Shuning uchun biz uni (40.29) tenglik bilan aniqlangan H(x, t) bilan almashtiramiz. Natijada
0
q X
λ 0
0 α , t)ϕ α (x, λ 0 )
0 N(x, t) ning bu ifodasini (40.27) tenglikning o`ng tomoni- ga qo`yib,
0
X
(x, λ 0 )
b a K(x 0 α , t) v(t) dt tenglikka ega bo`lamiz. Bundan v(x) ning (40.24) ko`rinishda tasvirlanishi ke- lib chiqadi. Shunday qilib, biz Fredholmning ikkinchi fundamental teoremasini isbotladik. 40.4-teorema. Agar λ = λ 0 soni K(x, t) yadroning q karrali xarakteris- tik soni bo`lsa, u holda (40.10) bir jinsli tenglama q ta chiziqli bog'lanmagan ϕ α (x, λ 0 ), α = 1, 2, . . . , q yechimlarga ega bo`ladi va ixriyoriy u(x) yechim ularning chiziqli kombinatsiyasi ko`rinishida tasvirlanadi, ya'ni u(x) yechim uchun (40.24) tenglik o'rinli. Bu chiziqli bog`lanmagan ϕ α (x, λ 0 ), α = 1, 2, . . . , q yechimlar sistemasi (40.21) tenglik bilan aniqlanadi. 444
40.2. Bir jinslimas tenglamaning umumiy yechimi. Hozir biz bir jinslimas (39.3) integral tenglamaning umumiy yechimini beramiz. Agar ∆(λ) 6= 0 bo`lsa, (39.3) integral tenglama yagona yechimga ega va u (40.5) tenglik bilan aniqlanadi. Endi (39.3) bir jinslimas integral tenglamani ∆(λ) = 0 hol- da yechishga harakat qilamiz. 38.1-teoremaga ko`ra (39.3) tenglama yechimga ega bo`lishi uchun f ∈ L 2 [a, b] funksiya (40.9) bir jinsli tenglamaga qo`shma tenglamaning barcha yechimlariga ortogonal bo`lishi zarur va yetarli. Biz sim- metrik yadrolarni ((37.8) shartga qarang), ya'ni T = T
holni qarayapmiz. Bu holda (40.9) bir jinsli tenglamaga qo`shma tenglama (40.9) tenglamaning o`zidan iborat. Faraz qilaylik, λ = λ 0 soni K(x, t) yadroning q karrali xarakteristik soni bo`lsin, u holda (40.10) bir jinsli tenglama q ta chiziqli bog`lanmagan ϕ α (x, λ 0 ), α = 1, 2, . . . , q yechimlarga ega bo`ladi. Bu holda (39.3) tenglama yechimga ega bo`lishi uchun f ∈ L 2 [a, b] funksiya (40.10) bir jinsli tenglamaning barcha yechimlariga ortogonal bo`lishi zarur va yetarli, ya'ni Z
a f (x) ϕ α (x, λ 0 )dx = 0, α = 1, 2, . . . , q. (40.31) Faraz qilaylik, (40.31) shartlar bajarilgan bo`lsin, u holda 38.1-teoremaga ko`ra (39.3) tenglama yechimga ega bo`ladi. Bu teorema yechimning mavjudligini beradi xalos. Yechimni topish esa oson masala emas. Hozir biz yechimni top- ishning Fredholm tomonidan berilgan usulini bayon qilamiz. Faraz qilaylik, (40.31) shartlar bajarilgan bo`lsin. U holda q X
λ 0
0 α , x) Z
a f (t) ϕ α (t, λ 0 )dt ≡ 0 (40.32) ayniyatga ega bo`lamiz. λ 0
) = λ 0
ifoda t ga bog`liq bo`lma- ganligi uchun uni integral tagiga kiritish mumkin, ya'ni Z
a (
X
0
0 α , x) ϕ α (t, λ 0 )
f (t) dt ≡ 0. (40.33) 445
(40.30) dan hamda K(x, t) = K(t, x) shartdan foydalanib (bu holda H(x, t) = H(t, x) bo`ladi) (40.33) ni quyidagicha yozish mumkin 0 ≡ λ 0 Z b a K(x, t)f (t) dt − Z
a H(x, t)f (t) dt+ +λ 0 Z
a f (t) ½Z
a K(x, s) H(s, t) ds ¾
(40.34) So`nggi qo`shiluvchi λ 0 Z b a Z
a f (t) K(x, s) H(s, t) ds dt ni quyidagicha ham yozish mumkin: bunda t va s larni joyini almashtirib λ 0 Z b a Z
a f (s) K(x, t) H(t, s) dt ds yoki
λ 0 Z b a K(x, t) ½Z
a H(t, s) f (s) ds ¾
Bu ifodani (40.34) ga qo'yib va birinchi va oxirgi hadlarni birlashtirib quyida- giga kelamiz: 0 ≡ λ 0
Z
f (t) + b Z
H(t, s)f (s)ds dt − b Z
H(x, t)f (t) dt. (40.35) Agar biz
u 0 (t) = f (t) + Z b a H(t, s) f (s)ds yoki
u 0 (x) − f (x) = Z b a H(x, s) f (s)ds (40.36) desak, u holda (40.35) quyidagi ko`rinishga keladi:
0 (x) = f (x) + λ 0 Z
a K(x, s) u 0 (s)ds. Shunday qilib, (40.31) shartlar bajarilganda (39.3) tenglamaning λ = λ 0 da hech bo`lmaganda bitta (40.36) tenglik bilan aniqlanuvchi u 0 (x) yechimi mav- jud. Endi (39.3) tenglamaning barcha yechimlarini topamiz. Faraz qilaylik, 446
(39.3) tenglama λ = λ 0 da u 0 (x) dan farqli u(x) yechimga ham ega bo`lsin. Download 1.42 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|