Xill tenglamasi uchun teskari masalalar va ularning tatbiqlari

∂ξ
∂ y
∂ξ
+
∂ x
∂η
∂ y
∂η
¾
+
∂ W
∂ x
½
∂
2
x
∂ξ
2
+
∂
2
x
∂η
2
¾
+
∂ W
∂ y
½
∂
2
y
∂ξ
2
+
∂
2
y
∂η
2
¾
.
(4) formuladan foydalanib, quyidagi ifodalarni topamiz:
µ
∂ x
∂ ξ
¶
2
+
µ
∂ x
∂ η
¶
2
=
µ
∂ y
∂ ξ
¶
2
+
µ
∂ y
∂ η
¶
2
=
1
2
c
2
(ch2ξ − cos 2η),
∂ x
∂ ξ
∂ y
∂ ξ
+
∂ x
∂ η
∂ y
∂ η
=
∂
2
x
∂ ξ
2
+
∂
2
x
∂ η
2
=
∂
2
y
∂ ξ
2
+
∂
2
y
∂ η
2
= 0,
1
2
c
2
(ch2ξ − cos 2η)
µ
∂
2
W
∂ x
2
+
∂
2
W
∂ y
2
¶
=
∂
2
W
∂ ξ
2
+
∂
2
W
∂ η
2
.
Yuqoridagi hisoblashlar natijasida (3) tenglama
∂
2
W
∂ ξ
2
+
∂
2
W
∂ η
2
+
1
2
c
2
χ
2
(ch2ξ − cos 2η) W = 0
(37)
ko‘rinishga keladi. Agar oxirgi tenglamaning yechimini
W (x, y) = F (ξ) G(η)
ko‘rinishda izlasak, u holda (5) xususiy hosilali tenglama ikkita oddiy differensial
tenglamaga ajraladi:
d
2
F
dξ
2
+ (−a +
1
2
c
2
χ
2
ch2ξ)F = 0,
(38)
d
2
G
dη
2
+ (−a +
1
2
c
2
χ
2
cos 2η)G = 0.
(39)
Agar (6) tenglamada ξ = i˜
ξ, i =
√
−1 almashtirish bajarsak,
d
2
F
d˜
ξ
2
+ (a −
1
2
c
2
χ
2
cos 2˜
ξ)F = 0
(40)
hosil bo‘ladi. Bunda c
2
χ
2
= 4q belgilashdan foydalansak, (5) va (6) bir xil
ko‘rinishdagi tenglamalar standart ko‘rinishdagi Matye tenglamasiga keladi:
d
2
ω
d z
2
+ (a − 2q cos 2z)ω = 0.
(41)
25

2. Davriy o‘zgaruvchan taranglikka ega torning tebranishi. Mu-
vozanat holatida biror to‘g‘ri chiziqda yotuvchi, uzunligi l bo‘lgan bir jinsli
ingichka torni qaraymiz. Torning chap uchi qo‘zg‘almas sharnirli, o‘ng uchi
qo‘zg‘aluvchan sharnirli bog‘langan bo‘lsin. Tor yotgan o‘q bo‘yicha yo‘nalgan
va qo‘zg‘aluvchan sharnirga qo‘yilgan F (t) = T
0
(1 − 2γ cos 2ωt) kuch ta’sirida
torning ko‘ndalang tebranma harakatini o‘rganamiz.
Agar tor x nuqtasining t vaqtdagi muvozanat holatidan chetlashishini u(x, t)
orqali belgilasak, torning holatini har bir onda u(x, t) funksiyaning grafigi shak-
lida ifodalash mumkin bo‘ladi. Torning biror ds yoyiga ta’sir qiluvchi taranglik
kuchlarini T
1
vertikal va T
2
gorizontal tashkil etuvchilarga ajratamiz.
Ma’lumki, bu tashkil etuvchilar orasida
T
1
= T
2
∂u
∂x
(42)
bog‘lanish mavjud. Bu tenglikni x bo‘yicha differensiallab, ushbu
∂T
1
∂x
= T
2
∂
2
u
∂x
2
(43)
tenglikka ega bo‘lamiz. Bundan T
1
taranglik kuchining ds yoy oxirlaridagi qiy-
matlari ayirmasi
T
2
∂
2
u
∂x
2
dx
(44)
ga teng bo‘lishi kelib chiqadi. Taranglik kuchining T
2
gorizontal tashkil etuvchisi
tashqi qo‘yilgan kuchga teng bo‘ladi, ya’ni
T
2
= T
0
(1 − 2γ cos 2ωt).
Agar tebranish amplitudasi juda kichik bo‘lsa, ds o‘rniga dx qiymatni olish
mumkin. Shuning uchun vertikal yo‘nalgan inersiya kuchining qiymati quyida-
gi miqdorga teng
ρdx
∂
2
u
∂t
2
.
(45)
(12) va (13) ifodalarni tenglab
ρdx
∂
2
u
∂t
2
=T
2
∂
2
u
∂x
2
dx
26

yoki
∂
2
u
∂t
2
−
T
2
ρ
∂
2
u
∂x
2
= 0
(46)
tenglikka ega bo‘lamiz.
Sharnirlarda vertikal ko‘chishlar bo‘lmagani uchun x = 0 da va x = l da u = 0
bo‘ladi. Shuning uchun (14) tenglamaning yechimi bu shartlarni qanoatlantirishi
kerak.
(14) tenglamaning yechimini
u(x, t) = f (t) sin bx
(47)
ko‘rinishda izlaymiz. Sodda hisoblashlardan keyin f (t) funktsiya
f
00
+
b
2
T
0
ρ
(1 − 2γ cos 2ωt)f = 0
(48)
tenglikni qanoatlantirishini ko‘rsatish mumkin. Agar bu yerda
z = ωt, a =
b
2
T
0
ω
2
ρ
, q =
γb
2
T
0
ω
2
ρ
= γa
belgilashlarni kiritsak, (6) tenglik
f
00
+ (a − 2q cos 2z)f = 0
(49)
ko‘rinishda ifodalanadi.
3. Massasi uzunlik birligi bo‘yicha davriy taqsimlangan torning
tebranishi. Torning massasi uzunlik birligi bo‘yicha m = m
0
(1 − 2γ cos αx)
qonuniyat bilan taqsimlangan bo‘lsin, bunda γ << 1. U holda (14) tenglama
∂
2
u
∂t
2
−
T
2
m
0
(1 − 2γ cos αx)
∂
2
u
∂x
2
= 0
ko‘rinishda bo‘ladi. Bu tenglamaning yechimini u(x, t) = g(x) sin λt ko‘rinishda
izlaymiz. U holda biz
gλ
2
sin λt −
T
2
m
0
(1 − 2γ cos αx)
d
2
g
dx
2
sin λt = 0
yoki
g
λ
2
m
0
(1 − 2γ cos αx)
T
2
−
d
2
g
dx
2
= 0
tenglamaga ega bo‘lamiz. Bu tenglamani
z =
1
2
αx, a =
4λ
2
m
0
α
2
T
2
, q = aγ
27

belgilashlar orqali ushbu
d
2
g
dz
2
+ (a − 2q cos 2z)g = 0
(50)
ko‘rinishda ifodalash mumkin.
Shunday qilib, yuqoridagi davriy o‘zgaruvchan taranglikka ega torning
tebranishini va massasi uzunlik birligi bo‘yicha davriy taqsimlangan torning
tebranishini o‘rganish jarayonida ham biz Matye tenglamasiga duch kelar ekan-
miz.
28

I BОB
Xill tenglamasi uchun chegaraviy masalalar
1-§. Xill tenglamasi yechimlarining sodda asimptotikalari
Quyidagi
−y
00
+ q(x)y = λy,
x ∈ R
(1.1.1)
davriy koeffitsiyentli Shturm-Liuvill tenglamasiga Xill tenglamasi deyiladi. Bu
yerda q(x) - π davrli haqiqiy uzluksiz funksiya, λ ∈ C - kompleks parametr.
(1.1.1) differensial tenglamaning c(0, λ) = 1, c
0
(0, λ) = 0 va s(0, λ) = 0,
s
0
(0, λ) = 1 boshlang‘ich shartlarni qanoatlantiruvchi yechimlarini mos ravishda
c(x, λ) va s(x, λ) orqali belgilaymiz. c(x, λ) va s(x, λ) funksiyalar mos ravishda
quyidagi
c(x, λ) = cos
√
λx +
1
√
λ
x
R
0
sin
√
λ(x − t)q(t)c(t, λ)dt,
s(x, λ) =
sin
√
λx
√
λ
+
1
√
λ
x
R
0
sin
√
λ(x − t)q(t)s(t, λ)dt
(1.1.2)
integral tenglamalarni qanoatlantirishini ko‘rsatish mumkin. Bu tenglamalarning
ikkala tarafini x o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallab, ushbu
c
0
(x, λ) = −
√
λ sin
√
λx +
x
R
0
cos
√
λ(x − t)q(t)c(t, λ)dt,
s
0
(x, λ) = cos
√
λx +
x
R
0
cos
√
λ(x − t)q(t)s(t, λ)dt
(1.1.3)
tengliklarni topamiz. Yuqoridagi integral tenglamalardan foydalanib, c(x, λ) va
s(x, λ) yechimlarning mavjudligini va yagonaligini ko‘rsatish mumkin. Bu yechim-
lardan tuzilgan Vronskiy determinanti uchun ushbu
W {c(x, λ) , s(x, λ)} ≡ c(x, λ)s
0
(x, λ) − c
0
(x, λ)s(x, λ) = 1
tenglik o‘rinli. Chunki
d
dx
W {c(x, λ), s(x, λ)} = 0.
Avvalo c(x, λ) va s(x, λ) yechimlarning |λ| ning yetarlicha katta qiymatlar-
idagi asimptotikalarini o‘rganamiz.
Lemma 1.1.1. Agar q(x) ∈ C[0, π],
√
λ ≡ k = σ + iτ , |k| > 2
π
R
0
|q(t)|dt
bo‘lsa, u holda
29

1) c(x, λ) = O(e
|τ |x
), (|k| → ∞);
2) s(x, λ) = O
³
e
|τ |x
|k|
´
, (|k| → ∞);
3) c(x, λ) = cos kx + O
³
e
|τ |x
|k|
´
, (|k| → ∞);
4) s(x, λ) =
sin kx
k
+ O
³
e
|τ |x
|k|
2
´
, (|k| → ∞);
5) c
0
(x, λ) = −k sin kx + O(e
|τ |x
), (|k| → ∞);
6) s
0
(x, λ) = cos kx + O
³
e
|τ |x
|k|
´
, (|k| → ∞) baholashlar o‘rinli bo‘ladi.
Isbot. 1) Quyidagi
F (x, λ) =
c(x, λ)
e
|τ |x
, M (λ) = max
0≤x≤π
|F (x, λ)|
belgilashlarni kiritib olamiz. U holda
c(x, λ) = e
|τ |x
F (x, λ)
bo‘ladi. Buni (1.1.2) integral tenglamalarning birinchisiga qo‘yamiz:
F (x, λ) =
cos kx
e
|τ |x
+
1
k
x
Z
0
q(t)F (t, λ)
sin k(x − t)
e
|τ |(x−t)
dt.
(1.1.4)
Ushbu
|cos kx| ≤ e
|τ |x
, |sin kx| ≤ e
|τ |x
baholashlarni e’tiborga olsak, (1.1.4) integral tenglamadan quyidagi
|F (x, λ)| ≤ 1 +
1
|k|
π
Z
0
|q(t)|M (λ)dt
tengsizlik kelib chiqadi. Bundan ushbu
M (λ)

1 −
1
|k|
π
Z
0
|q(t)|dt

 ≤ 1
(1.1.5)
baholashni topamiz. Lemma shartiga ko‘ra
1
|k|
π
Z
0
|q(t)|dt <
1
2
, 1 −
1
|k|
π
Z
0
|q(t)|dt >
1
2
(1.1.6)
bo‘ladi. (1.1.5) va (1.1.6) tengsizliklardan ushbu M(λ) < 2 baholash kelib chiqa-
di. Bunga ko‘ra |F (x, λ)| < 2, ya’ni |c(x, λ)| < 2e
|τ |x
. Lemmadagi 1) tasdiq
isbotlandi.
30

2) (1.1.2) integral tenglamalarning birinchisi va |c(x, λ)| < 2e
|τ |x
baholash
yordamida ushbu
¯
¯
¯c(x, λ) − cos
√
λx
¯
¯
¯ ≤
1
|k|
x
Z
0
|q(t)| · |c(t, λ)| · |sin k(x − t)|dt ≤
≤
1
|k|
x
Z
0
|q(t)| · 2e
|τ |x
· e
|τ |(x−t)
dt ≤
2
|k|
x
Z
0
|q(t)|dt · e
|τ |x
(1.1.7)
tengsizlikni topamiz. Bundan
c(x, λ) = cos
√
λx + O
µ
e
|τ |x
|k|
¶
baholash kelib chiqadi. Lemmadagi qolgan asimptotikalar ham xuddi shunday
mulohazalar yuritish orqali isbot qilinadi.
Teorema 1.1.1. Agar q(x) ∈ C[0, π],
√
λ ≡ k = σ + iτ bo‘lsa, u holda
c(x, λ), s(x, λ), c
0
(x, λ), s
0
(x, λ) funksiyalar uchun quyidagi asimptotik formulalar
o‘rinli bo‘ladi:
c(x, λ) = cos kx+
1
2k


x
Z
0
q(t)dt

 sin kx−
1
2k
x
Z
0
q(t) sin k(2t − x)dt+O
µ
e
|τ |x
k
2
¶
,
s(x, λ) =
sin kx
k
−
1
2k
2


x
Z
0
q(t)dt

 cos kx+
1
2k
2
x
Z
0
q(t) cos k(2t − x)dt+O
µ
e
|τ |x
k
3
¶
,
c
0
(x, λ) = −k sin kx+
1
2


x
Z
0
q(t)dt

 cos kx+
1
2
x
Z
0
q(t) cos k(2t − x)dt+O
µ
e
|τ |x
k
¶
,
s
0
(x, λ) = cos kx+
1
2k


x
Z
0
q(t)dt

 sin kx+
1
2k
x
Z
0
q(t) sin k(2t − x)dt+O
µ
e
|τ |x
k
2
¶
.
(1.1.8)
Isbot. Lemma 1.1.1 da c(x, λ) yechim uchun (1.1.7), ya’ni
c(x, λ) = cos kx +
1
k
A(x, λ),
(1.1.9)
|A(x, λ)| ≤ 2
x
Z
0
|q(t)|dt · e
|τ |x
31

baholash o‘rinli ekanligi ko‘rsatilgan edi. (1.1.9) ifodani (1.1.2) integral
tenglamalarning birinchisiga qo‘yib, ushbu
c(x, λ) = cos kx +
1
2k


x
Z
0
q(t)dt

 sin kx −
1
2k
x
Z
0
q(t) sin k(2t − x)dt+
+
1
k
2
x
Z
0
q(t)A(t, λ) sin k(x − t)dt
(1.1.10)
tasvirni hosil qilamiz. Bu tenglikdagi oxirgi integralni baholaymiz:
¯
¯
¯
¯
¯
¯
x
Z
0
q(t)A(t, λ) sin k(x − t)dt
¯
¯
¯
¯
¯
¯
≤
x
Z
0
|q(t)| · |A(t, λ)| · |sin k(x − t)|dt ≤
≤
x
Z
0
|q(t)| ·



2
t
Z
0
|q(s)|ds · e
|τ |t



e
|τ |(x−t)
dt =
= 2e
|τ |x
·
x
Z
0
|q(t)| ·



t
Z
0
|q(s)|ds



dt =



x
Z
0
|q(t)|dt



2
e
|τ |x
.
(1.1.10) tasvirda yuqoridagi baholashdan foydalansak, quyidagi asimptotikaga
ega bo‘lamiz:
c(x, λ) = cos kx+
1
2k


x
Z
0
q(t)dt

 sin kx−
1
2k
x
Z
0
q(t) sin k(2t − x)dt+O
µ
e
|τ |x
k
2
¶
.
(1.1.8) asimptotikalarning qolganlari ham xuddi shunday isbotlanadi.
Keyinchalik quyidagi tasdiqdan foydalanamiz:
Lemma 1.1.2. Agar f (t) ∈ L
2
(0, x), x > 0, k = σ + iτ bo‘lsa, u holda
ushbu
x
Z
0
f (t) cos k(2t − x)dt = o(e
|τ |x
),(|k| → ∞),
x
Z
0
f (t) sin k(2t − x)dt = o(e
|τ |x
),(|k| → ∞)
asimptotikalar o‘rinli.
32

Teorema 1.1.2. Agar q(x) ∈ C
1
[0, π],
√
λ ≡ k = σ + iτ bo‘lsa, u holda
c(x, λ), s(x, λ), c
0
(x, λ), s
0
(x, λ) funksiyalar uchun quyidagi
c(x, λ) = cos kx +
1
2k
a(x) sin kx + O
µ
e
|τ |x
k
2
¶
,
(1.1.11)
s(x, λ) =
sin kx
k
−
1
2k
2
a(x) cos kx + O
µ
e
|τ |x
k
3
¶
,
(1.1.12)
c
0
(x, λ) = −k sin kx +
1
2
a(x) cos kx + O
µ
e
|τ |x
k
¶
,
(1.1.13)
s
0
(x, λ) = cos kx +
1
2k
a(x) sin kx + O
µ
e
|τ |x
k
2
¶
(1.1.14)
asimptotikalar o‘rinli bo‘ladi. Bu yerda
a(x) =
x
Z
0
q(t)dt.
Isbot. Bo‘laklab integrallash qoidasidan foydalanib, quyidagi integrallarni
hisoblaymiz:
x
Z
0
q(t) sin k(2t − x)dt =
x
Z
0
q(t)d
µ
−
cos k(2t − x)
2k
¶
=
= −
1
2k
[q(x) − q(0)] cos kx +
1
2k
x
Z
0
q
0
(t) cos k(2t − x)dt,
x
Z
0
q(t) cos k(2t − x)dt =
x
Z
0
q(t)d
µ
sin k(2t − x)
2k
¶
=
=
1
2k
[q(x) + q(0)] sin kx −
1
2k
x
Z
0
q
0
(t) sin k(2t − x)dt.
Bu tengliklarning o‘ng tomonidagi oxirgi integrallarga lemma 1.1.2 ni qo‘llab,
ushbu
x
Z
0
q(t) sin k(2t − x)dt = −
1
2k
[