M. H. Shermatov, O. I. Egamberdiyev funksional analiz va integral tenglamalar

3

3!

,

va hokazo

(V

n

f )(x) =

x

n

n!

.

Shunday qilib, qaralayotga (39.22) integral tenglama yechimi quyidagi ko`rinishga

ega ekan

u(x) = 1 + λx +

(λx)

2

2!

+ · · · +

(λx)

n

n!

+ · · · = e

λx

.

(39.23)

Osongina ko`rsatish mumkinki, u(x) = e

λx

funksiya istalgan λ uchun (39.22)

tenglamani qanoatlantiradi.

Endi (39.22) integral tenglamani ketma-ket yaqinlashishlar usuli bilan yecha-

miz. Ravshanki, dastlabki u

0

yaqinlashish sifatida biz ixtiyoriy funksiyani

tanlashimiz mumkin. u

0

(x) = 0

deb olamiz. U holda (39.22) tenglamaning

o`ng tomonidagi u(t) o`rniga u

0

ni qo`yib birinchi yaqinlashish u

1

(x)

uchun

u

1

(x) = 1

ni olamiz. Endi u(t) o`rniga u

1

(t)

ni qo`ysak, 2-chi yaqinlashish

u

2

(x) = 1 + λx

ni olamiz. Shu kabi

u

3

(x) = 1 + λ

Z

x

0

u

2

(t)dt = 1 + λ

Z

x

0

(1 + λt)dt = 1 + λx +

1

2

λ

2

x

2

.

Bu jarayonni davom ettirib n + 1 − qadamda

u

n+1

(x) = 1 + λx + · · · +

1

(n − 1)!

λ

n−1

x

n−1

+

1

n!

λ

n

x

n

428

ni hosil qilamiz. Bu tenglikda n → ∞ da limitga o`tib

lim

n→∞

u

n

(x) = e

λx

(39.22) integral tenglama yechimini olamiz.

Demak, barcha λ ∈ R lar uchun (39.22) integral tenglamaga ketma-ket

yaqinlashishlar usulini qo`llash mumkin va hosil bo`lgan {u

n

(x)}

ketma-ketlik

(39.22) integral tenglama yechimi bo`lgan u(x) = e

λx

ga yaqinlashadi.

39.2-misol. Quyidagi

u(x) = f (x) + λ

Z

b

a

ϕ(x)ψ(t)u(t)dt

(39.24)

integral tenglamani yeching. Bunda ϕ va ψ funksiyalar uzluksiz bo`lib

Z

b

a

ϕ(t)ψ(t)dt = 0

(39.25)

shartni qatoatlantiradi.

Yechish. (39.24) integral tenglamani ketma-ket o`rniga qo`yish usuli bilan

yechamiz. Buning uchun

u(t) = f (t) + λ

Z

b

a

ϕ(t)ψ(s)u(s)ds

ni (39.24) ning o`ng tomonidagi u(t) o`rniga qo`yamiz:

u(x) = f (x) + λ

Z

b

a

ϕ(x)ψ(t)

½

f (t) + λ

Z

b

a

ϕ(t)ψ(s)u(s)ds

¾

dt =

= f (x) + λϕ(x)

Z

b

a

ψ(t)f (t)dt + λ

2

ϕ(x)

½Z

b

a

ϕ(t)ψ(t)dt

¾ Z

b

a

ψ(s)u(s)ds.

Agar (39.25) shartdan foydalansak u(x) uchun quyidagi ifodani olamiz

u(x) = f (x) + λϕ(x)

Z

b

a

ψ(t)f (t)dt.

(39.26)

Bu tenglikning o`ng tomoni u(x) ga bog`liq emas, keyingi o`rniga qo`yishlar

yana (39.26) tenglikka olib keladi. Demak, ixtiyoriy λ ∈ R uchun (39.24)

integral tenglamaning yechimi (39.26) ko`rinishda bo`lar ekan.

429

Endi (39.24) integral tenglamani ketma-ket yaqinlashishlar usulidan foy-

dalanib yechamiz. Boshlang`ich yaqinlashish sifatida u

0

(x) = f (x)

ni olamiz.

U holda birinchi yaqinlashish

u

1

(x) = f (x) + λϕ(x)

Z

b

a

ψ(t)f (t)dt

(39.27)

bo`ladi. u

1

(x)

ni (39.24) ning o`ng tomoniga qo`yib u

2

(x)

uchun quyidagini

olamiz

u

2

(x) = f (x) + λϕ(x)

Z

b

a

ψ(t)

½

f (t) + λϕ(t)

Z

b

a

ψ(s)f (s)ds

¾

dt =

= f (x) + λϕ(x)

Z

b

a

ψ(t)f (t)dt + λ

2

ϕ(x)

½Z

b

a

ϕ(t)ψ(t)dt

¾ Z

b

a

ψ(s)f (s)ds.

(39.28)

Ortogonallik sharti bo`lgan (39.25) dan foydalanib, (39.28) dan u

2

(x) = u

1

(x)

ga kelamiz. Xuddi shunday u

n

(x) = u

1

(x),

n ≥ 3

tenglikka kelamiz. Demak,

biz (39.24) integral tenglamaga ketma-ket yaqinlashishlar usulini qo`llab, biz

ikkinchi hadidan boshlab o`zgarma bo`lgan

u

n

(x) = f (x) + λϕ(x)

Z

b

a

ψ(t)f (t)dt

funksional ketma-ketlikka ega bo`ldik. Bundan

lim

n→∞

u

n

(x) = u

1

(x).

Demak, istalgan λ ∈ R da (39.24) tenglama yagona yechimga ega va u

(39.27) tenglik bilan ifodalanadi.

Mustaqil ishlash uchun savol va topshiriqlar

1.

Fredholm tipidagi integral tenglamaning umumiy ko`rinishini yozing.

2.

Volterra tipidagi integral tenglamaning umumiy ko`rinishini yozing.

3.

C[−π, π]

fazoda

u(x) = sin x + λ

Z

π

−π

cos x cos t u(t)dt

integral tenglamani ketma-ket o`rniga qo`yish usuli bilan yeching.

430

4.

C[−π, π]

fazoda

u(x) = sin x + λ

Z

π

−π

sin x sin t u(t) dt

integral tenglamani ketma-ket yaqinlashish usuli bilan yeching.

5.

Parametr λ ∈ R ning qanday qiymatlarida

u(x) = sin x + λ

Z

π

−π

(cos x cos t − sin x sin t)u(t)dt

integral tenglama uchun (39.13) tengsizlik bajariladi.

40- §. Integral tenglamalarni Fredholm usuli bilan yechish

Biz bu paragrafda (39.3) integral tenglamaning Fredholm tomonidan beril-

gan yechish usulini bayon qilamiz. Butun 40-paragraf davomida f dan kvadrati

bilan integrallanuvchanlik shartini, K dan esa 39- § dagi A) shartning bajari-

lishini talab qilamiz. Bu shartda 37.2-teoremaga ko`ra (39.1) tenglik bilan

aniqlangan T operator L

2

[a, b]

fazoda o`z-o`ziga qo`shma, chegaralangan va

kompakt bo`ladi.

Endi Fredholm tomonidan berilgan yechish usulida muhim o`rin tutadigan

Fredholm determinanti ∆(λ) va Fredholm minorini D(x, t; λ) ni keltiramiz:

∆(λ) = 1 +

∞

X

n=1

(−1)

n

λ

n

n!

A

n

,

(40.1)

A

n

=

Z

b

a

· · ·

Z

b

a

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

K(t

1

, t

1

) K(t

1

, t

2

) · · · K(t

1

, t

n

)

K(t

2

, t

1

) K(t

2

, t

2

) · · · K(t

2

, t

n

)

... ··· ...

· · ·

...

K(t

n

, t

1

) K(t

n

, t

2

) · · · K(t

n

, t

n

)

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

dt

1

dt

2

· · · dt

n

,

D(x, t; λ) = λK(x, t) +

∞

X

n=1

(−1)

n

λ

n+1

n!

B

n

(x, t),

(40.2)

431

B

n

(x, t) =

Z

b

a

· · ·

Z

b

a

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

K(x, t) K(x, t

1

) · · · K(x, t

n

)

K(t

1

, t) K(t

1

, t

1

) · · · K(t

1

, t

n

)

...

· · ·

...

· · ·

...

K(t

n

, t) K(t

n

, t

1

) · · · K(t

n

, t

n

)

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

dt

1

· · · dt

n

.

Bu funksiyalarga K(x, y) yadro orqali qurilgan (39.3) integral tenglamaga

mos Fredholm determinanti va minori deyiladi. Keyinchalik (39.3) integral

tenglamaning yechimini topish jarayonida muhim ahamiyatga ega bo`ladigan

Fredholmning 2 ta fundamental munosabatini keltirib utamiz:

D(x, t; λ) − λK(x, t)∆(λ) = λ

Z

b

a

K(s, t)D(x, s; λ)ds,

(40.3)

D(x, t; λ) − λK(x, t)∆(λ) = λ

Z

b

a

K(x, s)D(s, t; λ)ds.

(40.4)

(39.3) integral tenglamaning Fredholm tomonidan berilgan yechimi Fredholm

determinanti va minori bilan uzviy bog`liq. Ushbu qatorlarning yaqinlashishi-

ni, ularning umumiy hadlarini biror yo`l bilan baholash orqali ko`rsatiladi.

Buning uchun biz quyidagi Adamar teoremasidan foydalanamiz.

40.1-teorema (Adamar). Ushbu

B =

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

b

11

b

12

· · · b

1n

b

21

b

22

· · · b

2n

... ··· ··· ...

b

n1

b

n2

· · · b

nn

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

algebraik determinantning har bir b

ik

hadi haqiqiy bo`lib,

|b

ik

| ≤ M,

i = 1, . . . , n,

k = 1, . . . , n

tengsizlikni qanoatlantirsin, u holda |B| ≤ M

n

√

n

n

tengsizlik o`rinli.

Adamar teoremasi quyidagi lemma yordamida isbotlanadi.

432

40.1-lemma. Agar

A =

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

a

11

a

12

· · · a

1n

a

21

a

22

· · · a

2n

... ··· ··· ...

a

n1

a

n2

· · · a

nn

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

algebraik determinantning har bir a

ik

hadi haqiqiy bo`lib

n

X

i=1

|a

ik

|

2

≤ 1,

k = 1, . . . , n

tengsizlikni qanoatlantirsa, |A| ≤ 1 tengsizlik o`rinli.

Bu lemmaning isbotini keltirmaymiz, lekin n = 2 va n = 3 bo`lgan

hollardagi geometrik talqinini beramiz. Tekislikda bir uchi koordinata boshi

O(0, 0)

da qolgan uchlari P

1

(x

1

, y

1

), P

2

(x

2

, y

2

)

hamda P

3

(x

3

, y

3

)

nuqtalar-

da bo`lgan parallelogrammning yuzini topish masalasi qo`yilgan bo`lsin. Bu

parallelogrammning yuzi

S = |A|,

A =

¯

¯

¯

¯

¯

¯

x

1

y

1

x

2

y

2

¯

¯

¯

¯

¯

¯

formula bilan hisoblanadi. Agar OP

1

va OP

2

vektorlar uzunliklari birga

teng, ya'ni x

2

1

+ y

2

1

= x

2

2

+ y

2

2

= 1

bo`lsa, u holda bu parallelogrammning

yuzi 1 dan oshmaydi. Xuddi shunday uch o`lchamli fazoda OP

1

(x

1

, y

1

, z

1

)

,

OP

2

(x

2

, y

2

, z

2

)

va OP

3

(x

3

, y

3

, z

3

)

vektorlar yordamida hosil qilingan paral-

lelepipedning hajmi

V = |A|,

A =

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

x

1

y

1

z

1

x

2

y

2

x

2

x

3

y

3

z

3

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

formula yordamida hisoblanadi. Ma'lumkim birlik |OP

i

| = x

2

i

+ y

2

i

+ z

2

i

=

1

, i = 1, 2, 3 vektorlar yordamida qurilgan parallelepipedning hajmi birdan

433

oshmaydi. Hajm 1 ga teng bo`lishi uchun vektorlarning ortogonal bo`lishi

zarur va yetarlidir.

40.1-teoremaning isboti. Quyidagi belgilashni kiritamiz:

b

2

i1

+ b

2

i2

+ · · · + b

2

in

= s

i

,

i = 1, 2, . . . , n.

Quyidagi ikkita hol bo`lishi mumkin.

1-hol. s

i

lardan bir yoki bir nechtasi nolga teng, masalan s

i

= 0.

U holda

barcha k = 1, 2, . . . , n lar uchun b

ik

= 0

bo`lib, bundan esa determinantning

bitta satr elementlari nol bo`lganligi uchun bu determinant nolga tengligini,

ya'ni B = 0 ni olamiz. Bu holda teorema tasdig`i bajariladi.

2-hol. s

i

lardan birortasi ham nolga teng emas. U holda ixtiyoriy i =

1, 2, . . . , n

uchun s

i

> 0

o`rinli. Endi B determinantni quyidagicha tasvir-

laymiz:

B =

√

s

1

s

2

· · · s

n

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

b

11

√

s

1

b

12

√

s

1

· · ·

b

1n

√

s

1

... ... ··· ··· ··· ...

b

n1

√

s

n

b

n2

√

s

n

· · ·

b

nn

√

s

n

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

.

Uning har bir satr elementlari uchun

µ

b

i1

√

s

i

¶

2

+

µ

b

i2

√

s

i

¶

2

+ · · · +

µ

b

in

√

s

i

¶

= 1,

i = 1, 2, . . . , n

tenglik o`rinli, ya'ni 40.1-lemma shartlari bajariladi. Bundan esa

|B| ≤

√

s

1

s

2

· · · s

n

tengsizlikning o`rinli ekanligini olamiz. Teorema shartiga asosan |b

ik

| ≤ M

bo`lgani uchun s

i

≤ nM

2

bo`lib, bundan kerakli

|B| ≤ M

n

√

n

n

tengsizlikni olamiz.

∆

434

Ushbu teoremadan foydalanib K(x, t) yadro |K(x, t)| ≤ M tengsizlikni

qanoatlantirsa, unga mos (40.1) qator bilan aniqlanuvchi ∆(λ) Fredholm de-

terminanti λ parametrning barcha qiymatlarida yaqinlashuvchi bo`ladi. Agar

biz (40.1) ni darajali qator sifatida qarasak, uning yaqinlashish radiusi R =

∞

bo`ladi. Bundan ∆(λ) funksiyaning kompleks tekislikda analitik funksiya

ekanligi kelib chiqadi. Xuddi shunday (40.2) qator bilan aniqlanuvchi D(x, t; λ)

Fredholm minori ham λ parametrning barcha qiymatlarida va har bir (x, y) ∈