Xill tenglamasi uchun teskari masalalar va ularning tatbiqlari

n
< λ
2n+1
< ...
tartiblash mumkin. Yuqoridagi mulohazalardan ko‘rinadiki: agar λ ∈ (λ
0
, λ
1
)
bo‘lsa, u holda s(π, λ) > 0 bo‘ladi, agar λ ∈ (λ
2
, λ
3
) bo‘lsa, u holda s(π, λ) < 0
bo‘ladi va hokazo.
Yuqorida keltirilgan mulohazalardan foydalanib, ∆(λ) funksiyaning grafigini
umumiy holda quyidag‘icha tasvirlash mumkin:
∆(λ) = c(π, λ) + s
0
(π, λ) funksiya uzluksiz bo‘lgani uchun ushbu
0
E = {λ ∈ R : −2 < ∆(λ) < 2 }
49

Rasm 2:
to‘plam haqiqiy λ o‘qda ochiq to‘plam bo‘ladi. Bu to‘plamni o‘zaro kesishmaydi-
gan sanoqlita ochiq intervallarning yig‘indisi ko‘rinishida yozish mumkin:
0
E = (λ
0
, λ
1
) ∪ (λ
2
, λ
3
) ∪ (λ
4
, λ
5
) ∪ ... ∪ (λ
2n
, λ
2n+1
) ∪ ... .
Ushbu
E = {λ ∈ R :
−2 ≤ ∆(λ) ≤ 2 }
to‘plam esa sanoqlita kesmalarning birlashmasidan iborat bo‘lishi ravshan:
E = [λ
0
, λ
1
] ∪ [λ
2
, λ
3
] ∪ ... ∪ [λ
2n
, λ
2n+1
] ∪ ...
.
Quyidagi
(−∞, λ
0
),(λ
1
, λ
2
), (λ
3
, λ
4
), . . ., (λ
2n−1
, λ
2n
), . . .
intervallarga lakunalar deyiladi. (−∞, λ
0
) intervalga esa trivial lakuna deyiladi.
Yuqoridagi mulohazalarni quyidagi natijada bayon qilamiz:
Natija 1.2.7. 1) ∆(λ) funksiyaning qiymati [λ
4k
, λ
4k+1
], k = 0, 1, 2, ...
kesmalarda 2 dan -2 gacha kamayadi, [λ
4k−2
, λ
4k−1
], k = 1, 2, ... kesmalarda esa,
-2 dan 2 gacha o‘sadi.
2) (−∞, λ
0
) , (λ
2k−1
, λ
2k
), k = 1, 2, ... intervallarda |∆(λ)| > 2 tengsizlik
bajariladi.
∆(λ) − 2 va ∆(λ) + 2 funksiyalar nollarining haqiqiy o‘qda joylashish ketma-
ketligini quyidagi kompleks analiz fanida uchraydigan Lager teoremasidan foy-
dalanib ham ko‘rsatish mumkin.
Teorema 1.2.5. (Lager ([261], 266-bet)). Agar f (z) funksiya z ning haqiqiy
qiymatlarida haqiqiy qiymat qabul qiluvchi, tartibi 2 dan oshmaydigan, faqat
haqiqiy nollarga ega bo‘lgan butun funksiya bo‘lsa, u holda f
0
(z) ham haqiqiy
nollarga ega bo‘lib, f (z) va f
0
(z) funksiyalarning nollari almashinib keladi.
Isbot. Veyershtrass teoremasiga asosan f (z) funksiyani quyidagi ko‘rinishda
yozish mumkin:
f (z) = Ke
az
∞
Y
n=1
µ
1 −
z
z
n
¶
e
z
zn
.
50

Bu yerda K, a va z
n
lar teorema shartiga ko‘ra barchasi haqiqiy sonlar. Bu
funksiyaning logarifmik hosilasi ushbu
f
0
(z)
f (z)
= a +
∞
X
n=1
µ
1
z − z
n
+
1
z
n
¶
ko‘rinishda bo‘ladi. Bu ifodaning mavhum qismi uchun quyidagi formula o‘rinli:
Im
½
f
0
(z)
f (z)
¾
= y
∞
X
n=1
1
(x − z
n
)
2
+ y
2
.
(1.2.25)
Bu yerda z = x + iy, i =
√
−1. (1.2.25) tenglikning o‘ng tomoni faqat y = 0
bo‘lganda nolga aylanishidan f
0
(z) funksiya faqat haqiqiy o‘qda nolga aylanishi
kelib chiqadi.
Endi ushbu
d
dz
½
f
0
(z)
f (z)
¾
= −
∞
X
n=1
1
(z − z
n
)
2
tenglikni ko‘rib chiqamiz. Bu tenglikning o‘ng tomoni z
n
, n = 1, 2, ... lardan
farqli haqiqiy z larda haqiqiy va manfiy bo‘ladi. Bunga ko‘ra, agar z o‘zgaruvchi
(z
n
, z
n+1
) oraliqda o‘zgarganda
f
0
(z)
f (z)
funksiya monoton kamayuvchi bo‘ladi. De-
mak, agar f
0
(z) funksiya bu oraliqda nolga ega bo‘lsa, u yagona bo‘ladi.
Endi f
0
(z) funksiyaning bu oraliqda noli mavjudligini ko‘rsatamiz. Agar
f
0
(z)
f (z)
→ ±∞, (z → z
n
) ekanligini hamda bu funksiya (z
n
, z
n+1
) oraliqda ka-
mayuvchi ekanligini hisobga olsak,
f
0
(z)
f (z)
→ +∞, (z → z
n
+ 0) va
f
0
(z)
f (z)
→ −∞, (z → z
n+1
− 0)
kelib chiqadi. Bunga ko‘ra,
f
0
(z)
f (z)
funksiya (z
n
, z
n+1
) oraliqda ishorasini
o‘zgartiradi. Xususan, bu oraliqda shunday [a, b] kesma topiladiki, bu kesman-
ing chetki nuqtalarida
f
0
(z)
f (z)
funksiya turli ishorali qiymatlar qabul qiladi.
f
0
(z)
f (z)
funksiya bu kesmada uzluksiz ekanligidan, u bu kesmada kamida bitta nolga ega
bo‘lishi kelib chiqadi.
Demak, har bir (z
n
, z
n+1
) oraliqda f
0
(z) funksiyaning aniq bitta ξ
n
∈
(z
n
, z
n+1
) noli mavjud ekan. Bu fikr f (z) va f
0
(z) funksiyalarning nollari al-
mashinib kelishini ko‘rsatadi.
Endi Lyapunov funksiyasi bilan bog‘liq bo‘lgan muhim tasdiqni keltiramiz.
Teorema 1.2.6. Agar ∆(λ) − 2 va ∆(λ) + 2 funksiyalarning nollari mos
ravishda λ
0
, λ
1
, ... , λ
n
, ... va µ
1
, µ
2
, ..., µ
n
, ... bo‘lsa, u holda ushbu
λ
0
< µ
1
≤ µ
2
< λ
1
≤ λ
2
< µ
3
≤ µ
4
< ...
(1.2.26)
51

tengsizliklar o‘rinli bo‘ladi.
Isbot. Lager teoremasini ∆(λ) − 2 funksiyaga qo‘llaymiz. Bunga ko‘ra, ˙
∆(λ)
funksiyaning nollari haqiqiy va ular ∆(λ)−2 funksiyaning nollari bilan almashinib
keladi. Demak, ˙
∆(λ) ning nollarini τ
1
, τ
2
, ..., τ
n
, ... orqali belgilasak, ushbu
λ
0
< τ
1
< λ
1
≤ τ
2
≤ λ
2
< τ
3
< ... < λ
2n−1
≤ τ
2n
≤ λ
2n
< ...
(1.2.27)
tengsizliklar o‘rinli bo‘ladi. Bu tengsizliklarning ayrimlarida tenglik bo‘lishiga
sabab, bu nuqtada karrali nollar bo‘lishi mumkin.
Agar Lager teoremasini ∆(λ) + 2 funksiyaga qo‘llasak, ushbu
µ
1
≤ τ
1
≤ µ
2
< τ
2
< µ
3
≤ τ
3
≤ µ
4
< ... < µ
2n−1
≤ τ
2n−1
≤ µ
2n
< ... (1.2.28)
tengsizliklar kelib chiqadi.
Ushbu (−∞, λ
0
) intervalda ∆(λ) > 2 bo‘lgani uchun, λ
0
< µ
1
bo‘ladi. Buni
hisobga olib, (1.2.27) va (1.2.28) tengsizliklarni birlashtirsak, quyidagi
λ
0
< µ
1
≤ τ
1
≤ µ
2
< λ
1
≤ τ
2
≤ λ
2
< µ
3
≤ τ
3
< µ
4
< λ
3
< ...
tengsizliklar bajarilishi kelib chiqadi.
Lemma 1.2.3. Agar λ
0
soni ushbu



−y
00
+ q(x)y = λy, 0 ≤ x ≤ π,
y(0) = y(π),
y
0
(0) = y
0
(π)
davriy chegaraviy masalaning eng kichik xos qiymati bo‘lib, y
0
(x) unga mos kelu-
vchi xos funksiya bo‘lsa, u holda ushbu
λ
0
=
1
π
π
Z
0
q(x)dx −
1
π
π
Z
0
µ
y
0
0
(x)
y
0
(x)
¶
2
dx
(1.2.29)
tenglik o‘rinli bo‘ladi.
Isbot. Ossillyatsiya teoremasiga ko‘ra y
0
(x) 6= 0, x ∈ [0, π] bo‘ladi. Shuning
uchun, ushbu
−y
00
0
(x) + q(x)y
0
(x) = λ
0
y
0
(x)
tenglikdan
λ
0
= q(x) −
y
00
0
(x)
y
0
(x)
kelib chiqadi. Bu tenglikning ikkala tarafini [0, π] oraliqda integrallaymiz:
λ
0
π =
π
Z
0
q(x)dx −
π
Z
0
y
00
0
(x)
y
0
(x)
dx,
52

λ
0
π =
π
Z
0
q(x)dx −
y
0
0
(x)
y
0
(x)
¯
¯
¯
¯
x=π
x=0
−
π
Z
0
µ
y
0
0
(x)
y
0
(x)
¶
2
dx.
Agar chegaraviy shartlarni hisobga olsak, bu tenglikdan (1.2.29) kelib chiqadi.
Natija 1.2.7. Agar λ
0
soni lemma 1.2.3 shartlarini qanoatlantirib, ushbu
λ
0
≥
1
π
π
Z
0
q(x)dx
tengsizlik bajarilsa, u holda q(x) = const bo‘ladi.
Isbot. Quyidagi
1
π
π
Z
0
µ
y
0
0
(x)
y
0
(x)
¶
2
dx =
1
π
π
Z
0
q(x)dx − λ
0
≤ 0
tengsizlikdan y
0
0
(x) ≡ 0 bo‘lishi kelib chiqadi. Bundan esa y
0
(x) = c = const
hosil bo‘ladi. Buni ushbu
−y
00
0
(x) + q(x)y
0
(x) = λ
0
y
0
(x)
tenglamaga qo‘yib, q(x) ≡ λ
0
ekanligini topamiz.
Natija 1.2.8. Agar λ
0
soni lemma 1.2.3 shartini qanoatlantirsa, u holda
hamisha
λ
0
≤
1
π
π
Z
0
q(x)dx
tengsizlik o‘rinli bo‘ladi.
3-§. Dirixle va Neyman chegaraviy masalalari
Ushbu
−y
00
+ q(x)y = λy, q(x + π) = q(x), x ∈ R
(1.3.1)
Xill tenglamasiga qo‘yilgan
y(0) = 0, y(π) = 0
(1.3.2)
Dirixle va
y
0
(0) = 0, y
0
(π) = 0
(1.3.3)
Neyman chegaraviy masalalarini qo‘rib chiqamiz. Bu yerda q(x) - haqiqiy
uzluksiz funksiya, λ ∈ C kompleks parametr.
53

(1.3.1) 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.
Yuqoridagi paragraflarda (1.3.1) tenglamaga qo‘yilgan davriy chegaraviy
masalaning λ
0
, λ
3
, λ
4
, ..., λ
4n−1
, λ
4n
, ... xos qiymatlari ∆(λ) − 2 = 0 tenglaman-
ing ildizlaridan, yarimdavriy chegaraviy masalaning λ
1
, λ
2
, ..., λ
4n−3
, λ
4n−2
, ...
xos qiymatlari esa ∆(λ) + 2 = 0 tenglamaning ildizlaridan iborat bo‘lishi
ko‘rsatilgan edi. Bu yerda ∆(λ) = c(π, λ) + s
0
(π, λ). Shu bilan birga Xill
tenglamasining lakunalari aniqlangan edi:
(−∞, λ
0
),(λ
1
, λ
2
), (λ
3
, λ
4
), . . ., (λ
4n−3
, λ
4n−2
), (λ
4n−1
, λ
4n
), . . . .
Agar (1.3.1)+(1.3.2) Dirixle chegaraviy masalasining xos qiymatlarini ξ
1
<
ξ
2
< ... < ξ
n
< ..., (1.3.1)+(1.3.3) Neyman chegaraviy masalasining xos qiy-
matlarini η
0
< η
1
< ... < η
n
< ... orqali belgilasak, u holda ular mos ravishda
s(π, λ) = 0 va c
0
(π, λ) = 0 tenglamalarning ildizlari bilan ustma-ust tushishlari
ravshan.
Bu paragrafda Dirixle va Neyman chegaraviy masalalarining xos qiymatlari
bilan Xill tenglamasining lakunalari orasidagi bog‘lanishni o‘rganamiz.
Teorema 1.3.1. Har bir [λ
1
, λ
2
], [λ
3
, λ
4
], . . . , [λ
2n−1
, λ
2n
], . . . chekli yopiq
lakunada Dirixle masalasining faqat bitta va Neyman masalasining faqat bitta
xos qiymati mavjud ξ
n
, η
n
∈ [λ
2n−1
, λ
2n
], n = 1, 2, ... , trivial lakunada esa
Dirixle masalasining xos qiymati mavjud emas va Neyman masalasining bitta
xos qiymati mavjud η
0
∈ (−∞, λ
0
]. Laqunalardan tashqarida Dirixle va Neyman
masalalarining xos qiymatlari mavjud emas.
Isbot. Ushbu
[c(π, λ) − s
0
(π, λ)]
2
+ 4s(π, λ) · c
0
(π, λ) = ∆
2
(λ) − 4
ayniyatda λ = ξ
k
deb olsak, quyidagi
∆
2
(ξ
k
) = 4 + [c(π, ξ
k
) − s
0
(π, ξ
k
)]
2
≥ 4, k = 1, 2, ...
tengsizlik kelib chiqadi. Bu tengsizlik λ = η
k
bo‘lgan holda ham o‘rinli, ya’ni
∆
2
(η
k
) ≥ 4, k = 0, 1, 2, ... . Shuning uchun ξ
k
va η
k
xos qiymatlar (−∞, λ
0
],
[λ
1
, λ
2
], [λ
3
, λ
4
], . . . , [λ
2n−1
, λ
2n
], . . . yopiq lakunalarda yotadi.
Endi har bir lakunada Dirixle va Neyman masalalarining bittadan ortiq
xos qiymati yotmasligini ko‘rsatamiz. Shturm teoremasiga ko‘ra s(x, ξ
k
) Dirixle
masalasining xos funksiyasi (0, π) oraliqda k − 1 ta nolga ega. s
0
(0, ξ
k
) = 1
bo‘lgani uchun, k ning juft qiymatlarida s
0
(π, ξ
k
) > 0 va k ning toq qiymatlarida
s
0
(π, ξ
k
) < 0 bo‘ladi. Ushbu c(x, λ)s
0
(x, λ) − c
0
(x, λ)s(x, λ) = 1 ayniyatda x = π,
λ = ξ
k
deb c(π, ξ
k
) · s
0
(π, ξ
k
) = 1 tenglikni topamiz. Bundan foydalanib, k ning
54

juft qiymatlarida
∆(ξ
k
) = c(π, ξ
k
) + s
0
(π, ξ
k
) = c(π, ξ
k
) +
1
c(π, ξ
k
)
≥ 2
va k ning toq qiymatlarida
−∆(ξ
k
) = −c(π, ξ
k
) − s
0
(π, ξ
k
) = −c(π, ξ
k
) +
1
−c(π, ξ
k
)
≥ 2,
ya’ni ∆(ξ
k
) ≤ −2 bo‘lishini ko‘ramiz. Shuning uchun ketma-ket kelgan ikkita xos
qiymat ξ
k
va ξ
k+1
bitta lakunaga tushmaydi. Xuddi shu fikrning o‘rinli ekanlig-
ini η
k
lar uchun ham aytish mumkin. Bunga ko‘ra har bir lakunada Dirixle va
Neyman masalalarining bittadan ortiq xos qiymati yotmaydi.
Endi har bir [λ
2n−1
, λ
2n
] chekli yopiq lakunada Dirixle va Neyman masalalar-
ining xos qiymati mavjud bo‘lishini ko‘rsatamiz. Oldingi paragraf natijalariga
ko‘ra, agar λ ∈ (λ
2n
, λ
2n+1
), n = 0, 1, 2, ... bo‘lsa, u holda sign( ˙
∆(λ)) =
(−1)
n+1
, s(π, λ) ˙
∆(λ) < 0, c
0
(π, λ) ˙
∆(λ) > 0 bo‘ladi. Bunga asosan, agar
λ ∈ (λ
2n
, λ
2n+1
), n = 0, 1, 2, ... bo‘lsa, u holda
sign(s(π, λ)) = (−1)
n
va sign(c
0
(π, λ)) = (−1)
n+1
bo‘ladi. Bundan
sign(s(π, λ
2n
+ 0)) = (−1)
n
, sign(s(π, λ
2n−1
− 0)) = (−1)
n−1
,
sign(c
0
(π, λ
2n
+ 0)) = (−1)
n+1
, sign(c
0
(π, λ
2n−1
− 0)) = (−1)
n
kelib chiqadi. Demak, [λ
2n−1
, λ
2n
] kesmada s(π, λ) = 0 va c
0
(π, λ) = 0
tenglamalar kamida bitta ildizga ega ekan.
Yuqorida biz [λ
2n−1
, λ
2n
] kesmada s(π, λ) = 0 va c
0
(π, λ) = 0 tenglamalar
bittadan ko‘p ildizga ega bo‘lmasligini ko‘rgan edik. Demak, har bir [λ
2n−1
, λ
2n
]
chekli yopiq lakunada Dirixle masalasining faqat bitta va Neyman masalasining
faqat bitta xos qiymati mavjud bo‘lar ekan.
Trivial lakunada Dirixle masalasining xos qiymati mavjud emasligini
ko‘rsatamiz. Dirixle masalasining (−∞, λ
0
] trivial lakunada ξ
0
xos qiymati
mavjud deb faraz qilamiz. Yuqorida, bitta laqunada ko‘pi bilan bitta xos qiy-
mat bo‘lishini isbot qilgan edik. Shuning uchun ξ
0
son s(π, λ) = 0 tenglamaning
trivial lakunadagi yagona ildizi bo‘ladi. Ushbu
s(π, λ) =
sh
p
|λ|π
p
|λ|
+ O
Ã
e
√
|λ|π
|λ|
!
, (λ → −∞)
asimptotik formulaga ko‘ra s(π, λ) → +∞, (λ → −∞). Bunga asosan, agar
λ < ξ
0
bo‘lsa, s(π, λ) > 0 bo‘ladi. Demak, agar ξ
0
< λ < λ
0
bo‘lsa, s(π, λ) < 0
55

ekan. Bundan ξ
0
< λ < ξ
1
bo‘lganda s(π, λ) < 0 bo‘lishi kelib chiqadi. Bu
ziddiyat, chunki (λ
0
, λ
1
) ⊂ (ξ
0
, ξ
1
) intervalda s(π, λ) > 0.
Nihoyat, trivial lakunada Neyman masalasining bitta xos qiymati mavjud
ekanligini ko‘rsatamiz. Ushbu
c
0
(π, λ) =
p
|λ|sh
p
|λ|π + O
³
e
√
|λ|π
´
, (λ → −∞)
asimptotik formulaga ko‘ra c
0
(