Xill tenglamasi uchun teskari masalalar va ularning tatbiqlari

nx + b
n
sin 2nx).
(1.6.1)
Bunda
a
0
=
1
π
π
Z
0
q(x)dx, a
n
=
2
π
π
Z
0
q(x) cos 2nxdx, b
n
=
2
π
π
Z
0
q(x) sin 2nxdx, n ≥ 1.
(1.6.2)
Furye koeffitsiyentlari yordamida tuzilgan ushbu
I(x) =
∞
X
n=0
a
2n+1
sin 2(2n + 1)x − b
2n+1
cos 2(2n + 1)x
2(2n + 1)
(1.6.3)
funksiyani kiritib olamiz. Bu funksiya uchun quyidagi tengliklar bajariladi.
I(x +
π
2
) = −I(x),
I
0
(x) =
∞
X
n=0
(a
2n+1
cos 2(2n + 1)x + b
2n+1
sin 2(2n + 1)x).
I
0
(x) funksiyaga q(x) funksiyaning toq garmonik qismi deyiladi va uni q
0
(x) bilan
belgilaymiz. U holda quyidagi tenglik o‘rinli bo‘ladi:
q(x) = q
0
(x) + q
e
(x), I
0
(x) = q
0
(x) .
(1.6.4)
Bu yerda q
e
(x)- q(x) funksiyaning juft garmonik qismi.
Bizga yuqoridagi paragraflardan ma’lumki, (1.4.3) davriy chegaraviy
masalaning (y(0) = y(π) , y
0
(0) = y
0
(π)) xos qiymatlari ∆(λ) − 2 = 0
tenglamadan aniqlanadi. Davriy chegaraviy masalaning xos qiymatlarini
λ
0
< λ
1
≤ λ
2
< λ
3
≤ λ
4
< ...
orqali belgilasak, ushbu
2 − ∆(λ) = π
2
(λ
0
− λ)
∞
Y
n=1
(λ
2n−1
− λ)(λ
2n
− λ)
(2n)
4
(1.6.5)
yoyilma o‘rinli bo‘ladi.
Teorema 1.6.1. (Xoxshtadt, Goldberg, [347]). (1.4.1) tenglama uchun
qo‘yilgan davriy chegaraviy masalaning (y(0) = y(π) , y
0
(0) = y
0
(π)) λ
0
eng
82

kichik xos qiymatidan boshqa barcha xos qiymatlari ikki karrali, ya’ni λ
2n−1
=
λ
2n
, n ≥ 1 bo‘lishi uchun ushbu
q(x) = λ
0
+ I
0
(x) + I
2
(x)
(1.6.6)
tasvir o‘rinli bo‘lishi zarur va yetarli.
Izoh. (1.6.1) tenglikni [0, π] oraliq bo‘yicha integrallab, ushbu
λ
0
= a
0
−
1
π
π
Z
0
I
2
(x)dx
(1.6.7)
tenglikni topamiz.
Isbot (Zarurligi). λ
2n−1
= λ
2n
, n ≥ 1 bo‘lishini inobatga olsak, (1.6.5) yoy-
ilma ushbu
2 − ∆(λ) = (λ − λ
0
)f
2
(λ)
ko‘rinishda yoziladi. Bu yerda
f (λ) = π
∞
Y
n=1
(λ
2n
− λ)
(2n)
2
butun funksiya.
Quyidagi
F (x, λ) =
s(x + π, λ) − s(x, λ)
f (λ)
funksiya ham tayinlangan x larda λ o‘zgaruvchiga nisbatan butun funksiya
bo‘lishini ko‘rsatamiz. Buning uchun, avvalo ushbu
s(x + π, λ) = s(π, λ)c(x, λ) + s
0
(π, λ)s(x, λ)
yoyilmani ishlatib, F (x, λ) funksiyani quyidagi tarzda yozib olamiz:
F (x, λ) =
s(π, λ)
f (λ)
· c(x, λ) +
s
0
(π, λ) − 1
f (λ)
· s(x, λ).
(1.6.8)
Oldingi paragraflarda ko‘rganimizdek, λ soni ∆(λ) − 2 = 0 tenglamaning ik-
ki karrali ildizi bo‘lsa, u holda s(π, λ) = 0, s
0
(π, λ) = 1 tengliklar bajarila-
di. (1.6.8) tenglikka ko‘ra maxrajning ildizlari, suratning ham ildizlari bo‘ladi.
Bundan F (x, λ) funksiya tayinlangan x larda λ o‘zgaruvchiga nisbatan butun
funksiya bo‘lishi kelib chiqadi.
Endi, ushbu
F (−
π
2
, λ) =
s(
π
2
, λ) − s(−
π
2
, λ)
f (λ)
83

butun funksiyaning asimtotikasini o‘rganamiz. Buning uchun c(x, λ) va s(x, λ)
yechimlarning teorema 1.1.3 da keltirilgan ushbu
s(x, λ) =
1
k
sin kx −
1
2k
2
a(x) cos kx +
1
4k
3
·
q(x) + q(0) −
1
2
a
2
(x)
¸
sin kx−
−
1
4k
3
x
Z
0
q
0
(t) sin k(2t − x)dt + O(
e
|Imk|x
k
4
),
c(x, λ) = cos kx +
1
2k
a(x) sin kx +
1
4k
2
·
q(x) − q(0) −
1
2
a
2
(x)
¸
cos kx−
−
1
4k
2
x
Z
0
q
0
(t) cos k(2t − x)dt + O(
e
|Imk|x
k
3
),
(1.6.9)
s
0
(x, λ) = cos kx +
1
2k
a(x) sin kx −
1
4k
2
·
q(x) − q(0) +
1
2
a
2
(x)
¸
cos kx+
+
1
4k
2
x
Z
0
q
0
(t) cos k(2t − x)dt + O(
e
|Imk|x
k
3
)
asimtotik formulalaridan foydalanamiz. Bu yerda
k =
√
λ, a(x) =
x
Z
0
q(t)dt.
Umumiylikni buzmasdan, ushbu
a(π) ≡
π
Z
0
q(x)dx = 0
tenglik bajariladi deb hisoblaymiz. Bunga ko‘ra, q(x) funksiyaning π davrli ekani-
ni ishlatib, ushbu
a(
π
2
) = a(−
π
2
), q(
π
2
) = q(−
π
2
)
tengliklarni olamiz. (1.6.9) tengliklarning birinchisiga asosan
s(
π
2
, λ) − s(−
π
2
, λ) =
2
k
sin
kπ
2
+
1
2k
3
·
q(
π
2
) + q(0) −
1
2
a
2
(
π
2
)
¸
×
× sin
kπ
2
+ o
µ
e
π
2
|Imk|
k
3
¶
(1.6.10)
84

hamda (1.6.9) tengliklarning ikkinchi va uchinchisiga asosan esa
∆(λ) = 2 cos kπ + O(
e
π|Imk|
k
3
).
bahoni keltirib chiqaramiz. Oxirgi tenglikdan
2 − ∆(λ) = 4 sin
2
kπ
2
+ O(
e
π|Imk|
k
3
)
(1.6.11)
kelib chiqadi. (1.6.6) tasvirga ko‘ra ushbu
f (λ) = (λ − λ
0
)
−
1
2
(2 − ∆(λ))
1
2
(1.6.12)
tenglikka ega bo‘lamiz. Ushbu (1 + x)
α
= 1 + αx + O(x
2
), (x → 0) asimptotikaga
asoslanib
(λ − λ
0
)
−
1
2
= (k
2
− λ
0
)
−
1
2
=
1
2
¡
1 −
λ
0
k
2
¢
=
=
1
k
¡
1 +
λ
0
2k
2
+ O
¡
1
k
4
¢¢
=
1
k
+
λ
0
2k
3
+ O
¡
1
k
5
¢
.
(1.6.13)
asimptotikani topamiz. Bu yerda k =
√
λ. (1.6.11) asimptotik formuladan quyida-
gi
(2 − ∆(λ))
1
2
= 2 sin
kπ
2
+ O(
e
π
2
|Imk|
k
3
)
(1.6.14)
tenglik kelib chiqadi. (1.6.13) va (1.6.14) ifodalarni (1.6.12) tenglikka qo‘yib
quyidagi asimptotik formulani topamiz:
f (λ) =
2
k
sin
kπ
2
+
λ
0
k
3
sin
kπ
2
+ O(
e
π
2
|Imk|
k
4
).
(1.6.15)
(1.6.10) va (1.6.15) asimptotik formulalarga muvofiq, quyidagi limitni
hisoblaymiz:
lim
|λ|→∞
F (−
π
2
, λ) = 1.
Bundan F (−
π
2
, λ) butun funksiyaning chegaralanganligi kelib chiqadi. Liuvill teo-
remasiga ko‘ra chegaralangan butun funksiya konstantadan iborat bo‘ladi. De-
mak, F (−
π
2
, λ) ≡ 1, ya’ni
s(
π
2
, λ) − s(−
π
2
, λ) ≡ f (λ).
(1.6.10) va (1.6.15) asimptotik formulalarga binoan
q(
π
2
) + q(0) −
1
2
a
2
(
π
2
) = 2λ
0
(1.6.16)
bo‘ladi. Agar biz q(x) funksiya o‘rnida q(x + τ ) funksiyani qarasak va davriy
chegaraviy masalaning xos qiymatlari τ ga bog‘liq bo‘lmasligini hisobga olsak,
85

(1.6.16) tenglik quyidagi ko‘rinishni oladi:
q(
π
2
+ τ ) + q(τ ) −
1
2



π
2
Z
0
q(x + τ )dx



2
= 2λ
0
.
Bu tenglikni quyidagi ko‘rinishda yozish mumkin:
q(
π
2
+ τ ) + q(τ ) −
1
2



π
2
+τ
Z
τ
q(t)dt



2
= 2λ
0
.
(1.6.17)
Endi q(x) funksiyaning Furye qatoridan va I(x) funksiyaning ta’rifidan ham-
da a
0
= 0 ekanligidan foydalanib, ushbu
q(x + π/2) + q(x) = 2
∞
X
n=1
(a
2n
cos 4nx + b
2n
sin 4nx),
x+
π
2
Z
x
q(t)dt = −2I(x)
tengliklarni topamiz. Bu ifodalarni (1.6.17) tenglikka qo‘yamiz:
∞
X
n=1
(a
2n
cos 4nx + b
2n
sin 4nx) = λ
0
+ I
2
(x).
(1.6.18)
Bu tenglikka ushbu
∞
X
n=0
(a
2n+1
cos 2(2n + 1)x + b
2n+1
sin 2(2n + 1)x) = I
0
(x).
ayniyatni qo‘shib, q(x) funksiyaning Furye qatorini inobatga olib, quyidagi
q(x) = λ
0
+ I
0
(x) + I
2
(x)
tasvirni topamiz. Agar a
0
= 0 tenglik bajarilmaydi deb qarasak, u holda q(x)
potensial o‘rniga ˜
q(x) = q(x) − a
0
potensialni olamiz. Bu potensial uchun
˜a
0
≡
1
π
π
Z
0
˜
q(x)dx = 0,
˜
I(x) = I(x), ˜
λ
n
= λ
n
− a
0
, n ≥ 0
tengliklar o‘rinli bo‘ladi. Bu holda (1.6.6) tenglik ushbu
˜
q(x) = λ
0
+ I
0
(x) + I
2
(x)
ko‘rinishni oladi. Bundan esa, yana (1.6.6) tenglik kelib chiqadi. Agar (1.6.6) teng-
likni [0, π] oraliq bo‘yicha integrallasak, (1.6.7) tenglik hosil bo‘ladi. Teoremaning
zaruriy qismi isbotlandi.
86

Yetarliligi. Teoremaning bu qismini isbotini keltirishdan oldin quyidagi lem-
mani isbotlaymiz.
Lemma 1.6.1. Agar y
1
(x) = y(x) funksiya quyidagi
y
00
+
£
λ − λ
0
− I
0
(x) − I
2
(x)
¤
y(x) = 0
(1.6.19)
tenglamaning yechimi bo‘lsa, u holda ushbu
y
2
(x) = y
0
³
x +
π
2
´
+ I(x)y
³
x +
π
2
´
(1.6.20)
funksiya ham shu tenglamani yechimi bo‘ladi.
Isbot. y
2
(x) funksiyaning hosilasini hisoblaymiz:
y
0
2
(x) = y
00
³
x +
π
2
´
+ I
0
(x)y
³
x +
π
2
´
+ I(x)y
0
³
x +
π
2
´
.
Endi, (1.6.19) tenglamadan foydalansak va I(x+
π
2
) = −I(x) ayniyatni hisob-
ga olsak, quyidagi
y
00
³
x +
π
2
´
=
£
I
2
(x) − I
0
(x) − λ + λ
0
¤
y(x +
π
2
)
(1.6.21)
tenglik kelib chiqadi. Demak,
y
0
2
(x) =
£
I
2
(x) − λ + λ
0
¤
y(x +
π
2
) + I(x)y
0
(x +
π
2
).
(1.6.22)
Bu ifodadan, yana hosila olib, (1.6.21) ayniyatdan foydalansak, quyidagi
y
00
2
(x) = 2I(x)I
0
(x)y(x +
π
2
) +
£
I
2
(x) − λ + λ
0
¤
y
0
(x +
π
2
) + I
0
(x)y
0
(x +
π
2
)+
+I(x)
£
I
2
(x) − I
0
(x) − λ + λ
0
¤
y(x +
π
2
),
ya’ni
y
00
2
(x) =
£
I
2
(x) + I
0
(x) − λ + λ
0
¤
y
2
(x)
tenglik kelib chiqadi.
Endi teoremaning yetarlilik qismini isboti bilan shug‘ullanamiz. λ > λ
0
soni
(1.6.19) tenglamaga qo‘yilgan davriy masalaning biror xos qiymati bo‘lsin. U
holda unga mos keluvchi y
1
(x) = y(x) xos funksiya (1.6.19) tenglamaning π
davrli yechimi bo‘ladi. Bunga ko‘ra (1.6.19) tenglamaning ushbu
y
2
(x) = y
0
³
x +
π
2
´
+ I(x)y
³
x +
π
2
´
yechimi ham π davrli bo‘ladi. Haqiqatan ham,
y
2
(x + π) = y
0
(x + π +
π
2
) + I(x + π)y(x + π +
π
2
) =
= y
0
(x +
π
2
) + I(x)y(x +
π
2
) = y
2
(x).
87

Bu yechimlarning chiziqli erkli ekanini isbotlaymiz. Ularni chiziqli bogliq deb
faraz qilamiz. Aytaylik, y
1
(x) = Cy
2
(x) bo‘lsin. Bundan y
0
1
(x) = Cy
0
2
(x) kelib
chiqadi. Demak,
y(x) = Cy
0
³
x +
π
2
´
+ CI(x)y
³
x +
π
2
´
,
y
0
(x) = C[I
2
(x) − λ + λ
0
]y
³
x +
π
2
´
+ CI(x)y
0
³
x +
π
2
´
.
Xususan, y(x) yechimning π davrliligiga asosan quyidagi tengliklar o‘rinli:
y(0) = Cy
0
³π
2
´
+ CI(0)y
³π
2
´
,
y
0
(0) = C[I
2
(0) − λ + λ
0
]y
³π
2
´
+ CI(0)y
0
³π
2
´
,
y
³π
2
´
= Cy
0
(0) − CI(0)y(0),
y
0
³π
2
´
= C[I
2
(0) − λ + λ
0
]y(0) − CI(0)y
0
(0).
Bu tengliklardan foydalanib
y(0) = C
2
· (λ
0
− λ)y(0),
y
0
(0) = C
2
· (λ
0
− λ)y
0
(0)
ekanligini topamiz. y(x) xos funksiya noldan farqli bo‘lgani uchun yoki y(0) 6= 0,
yoki y
0
(0) 6= 0. Demak, C
2
· (λ
0
− λ) = 1 ziddiyat kelib chiqadi, chunki λ > λ
0
.
Demak, (1.6.19) tenglamaning barcha yechimlari π davrli ekan. Bu hol esa, λ son
(1.6.19) tenglama uchun qo‘yilgan davriy chegaraviy masalaning ikki karrali xos
qiymati bo‘lganda bajariladi.
7-§. Faqat ikkita xos qiymati oddiy bo‘lgan yarimdavriy chegaraviy
masala
Endi (1.4.1) tenglamaga qo‘yilgan yarimdavriy (y(0) = −y(π), y
0
(0) =
−y
0
(π)) chegaraviy masalani qaraymiz. Bu masalaning xos qiymatlari ∆(λ) +
2 = 0 tenglamaning ildizlari bilan ustma-ust tushadi. Yarimdavriy chegaraviy
masalaning xos qiymatlarini
λ
1
< λ
2
≤ λ
3
< λ
4
≤ ...
orqali belgilasak, ushbu
∆(λ) + 2 = π
2
∞
Y
n=1
(λ
2n−1
− λ)(λ
2n
− λ)
(2n + 1)
4
(1.7.1)
88

yoyilma o‘rinli. Umumiylikka zid bo‘lmagan holda
π
R
0
q(x)dx = 0 deb olamiz.
Endi q(x) funksiya uchun I
0
(x) absolyut uzluksiz va I
00
(x) mavjud deb
qaraymiz.
Teorema 1.7.1. (X.Xoxshtadt, Goldberg, [348]). (1.4.1) tenglama uchun
qo‘yilgan yarimdavriy chegaraviy masalaning (y(0) = −y(π), y
0
(0) = −y
0
(π))
λ
1
va λ
2
xos qiymatlaridan boshqa barcha xos qiymatlari ikki karrali, ya’ni
λ
2n−1
= λ
2n
, n ≥ 2 bo‘lishi uchun q(x) funksiya quyidagi tenglikni qanoat-
lantirishi zarur va yetarli:
2(λ
1
+ λ
2
)I +
2
3
I
3
+ I
4
= 2q
e
I −
x+
π
2
Z
x
q
e
I
0
dx.
(1.7.2)
Isbot (Zarurligi). (1.4.1) tenglama uchun qo‘yilgan yarimdavriy chegaraviy
masalaning λ
1
va λ
2
xos qiymatlaridan boshqa barcha xos qiymatlari ikki karrali
bo‘lsin, ya’ni λ
2n−1
= λ
2