Xill tenglamasi uchun teskari masalalar va ularning tatbiqlari


Download 1.14 Mb.
Pdf ko'rish
bet7/35
Sana21.05.2020
Hajmi1.14 Mb.
#108606
1   2   3   4   5   6   7   8   9   10   ...   35
Bog'liq
xill tenglamasi uchun teskari ma

n
< λ
2n+1
< ...
tartiblash mumkin. Yuqoridagi mulohazalardan ko‘rinadiki: agar λ ∈ (λ
0
, λ
1
)
bo‘lsa, u holda s(π, λ0 bo‘ladi, agar λ ∈ (λ
2
, λ
3
) bo‘lsa, u holda s(π, λ0
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
{λ ∈ R ∆(λ}
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
= (λ
0
, λ
1
∪ (λ
2
, λ
3
∪ (λ
4
, λ
5
∪ ... ∪ (λ
2n
, λ
2n+1
∪ ... .
Ushbu
{λ ∈ R :
≤ ∆(λ≤ }
to‘plam esa sanoqlita kesmalarning birlashmasidan iborat bo‘lishi ravshan:
= [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
], = 012, ...
kesmalarda 2 dan -2 gacha kamayadi, [λ
4k−2
, λ
4k−1
], = 12, ... kesmalarda esa,
-2 dan 2 gacha o‘sadi.
2) (−∞, λ
0
(λ
2k−1
, λ
2k
), = 12, ... 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 (z) funksiya 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, (z) va f
0
(z) funksiyalarning nollari almashinib keladi.
Isbot. Veyershtrass teoremasiga asosan (z) funksiyani quyidagi ko‘rinishda
yozish mumkin:
(z) = Ke
az

Y
n=1
µ

z
z
n

e
z
zn
.
50

Bu yerda Kva z
n
lar teorema shartiga ko‘ra barchasi haqiqiy sonlar. Bu
funksiyaning logarifmik hosilasi ushbu
f
0
(z)
(z)
+

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)
(z)
¾
y

X
n=1
1
(x − z
n
)
2
y
2
.
(1.2.25)
Bu yerda iy=

1. (1.2.25) tenglikning o‘ng tomoni faqat = 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)
(z)
¾


X
n=1
1
(z − z
n
)
2
tenglikni ko‘rib chiqamiz. Bu tenglikning o‘ng tomoni z
n
= 12, ... lardan
farqli haqiqiy larda haqiqiy va manfiy bo‘ladi. Bunga ko‘ra, agar o‘zgaruvchi
(z
n
, z
n+1
) oraliqda o‘zgarganda
f
0
(z)
(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)
(z)
→ ±∞, (z → z
n
) ekanligini hamda bu funksiya (z
n
, z
n+1
) oraliqda ka-
mayuvchi ekanligini hisobga olsak,
f
0
(z)
(z)
→ +∞, (z → z
n
+ 0) va
f
0
(z)
(z)
→ −∞, (z → z
n+1
− 0)
kelib chiqadi. Bunga ko‘ra,
f
0
(z)
(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)
(z)
funksiya turli ishorali qiymatlar qabul qiladi.
f
0
(z)
(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 (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 ∆(λ2 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)λy, ≤ 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
(x6= 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) = 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)λy, q(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
], = 12, ... , 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 = 12, ...
tengsizlik kelib chiqadi. Bu tengsizlik λ η
k
bo‘lgan holda ham o‘rinli, ya’ni

2
(η
k
≥ 4, = 012, ... . 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, ning juft qiymatlarida s
0
(π, ξ
k
0 va 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 π,
λ ξ
k
deb c(π, ξ
k
· s
0
(π, ξ
k
) = 1 tenglikni topamiz. Bundan foydalanib, 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 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
), = 012, ... bo‘lsa, u holda sign( ˙
∆(λ)) =
(1)
n+1
s(π, λ) ˙
∆(λ0, c
0
(π, λ) ˙
∆(λ0 bo‘ladi. Bunga asosan, agar
λ ∈ (λ
2n
, λ
2n+1
), = 012, ... 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, λ0 bo‘ladi. Demak, agar ξ
0
< λ < λ
0
bo‘lsa, s(π, λ0
55

ekan. Bundan ξ
0
< λ < ξ
1
bo‘lganda s(π, λ0 bo‘lishi kelib chiqadi. Bu
ziddiyat, chunki (λ
0
, λ
1
⊂ (ξ
0
, ξ
1
) intervalda s(π, λ0.
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
(
Download 1.14 Mb.

Do'stlaringiz bilan baham:
1   2   3   4   5   6   7   8   9   10   ...   35




Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©fayllar.org 2024
ma'muriyatiga murojaat qiling