Xill tenglamasi uchun teskari masalalar va ularning tatbiqlari

λ
2
y,
0 ≤ x ≤ π
(3.3.1)
151

Shturm-Liuvill tenglamasini qaraylik. Bu yerda q(x) haqiqiy funksiya bo‘lib,
quyidagi shartlarni qanoatlantirsin:
q(x) ∈ W
n
2
[0, π],
kq(x)k =
W
n
2
[0,π]
v
u
u
u
t
n
X
j=0
π
Z
0
¯
¯q
(j)
(x)
¯
¯
2
.
(3.3.2)
c(x, λ) va s(x, λ) orqali (3.3.1) tenglamaning mos ravishda c(0, λ) = 1, c
0
(0, λ) =
0 va s(0, λ) = 0, s
0
(0, λ) = 1 boshlang‘ich shartlarni qanoatlantiruvchi yechim-
larini belgilaymiz. U holda, c(x, λ) yechim uchun ushbu [328]
c(x, λ) = cos λx +
x
Z
0
K(x, t) cos λtdt,
(3.3.3)
K(x, x) =
1
2
x
Z
0
q(t)dt
(3.3.5)
tasvir o‘rinli. Agar q(x) funksiya n marta differensiallanuvchi bo‘lsa, u holda
K(x, t) funksiya n + 1 marta differensiallanuvchi bo‘ladi. Shuning uchun (3.3.3)
tasvirni o‘ng tomonidagi ikkinchi hadni n + 1 marta bo‘laklab integrallash nati-
jasida c(x, λ) yechim uchun λ
−1
ning darajalariga nisbatan asimptotik yoyilma
olishimiz mumkin. Bu yoyilmadagi qoldiq had o(λ
−n−1
) tartibda bo‘ladi. Ammo,
bu yoyilmadagi koeffitsiyentlarni va qoldiq hadning ko‘rinishini aniq topish ju-
da mushkul. Bunday asimptotik yoyilmani to‘g‘ridan-to‘g‘ri (3.3.1) tenglamadan
foydalanib ham keltirib chiqarish mumkin. Bu ish ilk bor V.A.Marchenko [186],
tomonidan amalga oshirilgan.
(3.3.1) tenglamaning yechimini quyidagi ko‘rinishda izlaymiz:
y(x, λ) = e
iλx
·
1 +
u
1
(x)
2iλ
+
u
2
(x)
(2iλ)
2
+ . . . +
u
n
(x)
(2iλ)
n
+
u
n+1
(x, λ)
(2iλ)
n+1
¸
.
(3.3.5)
Bu tenglikning o‘ng tomonini (3.3.1) tenglamaga qo‘yib, ushbu
u
0
1
(x) = q(x), u
0
k
(x) = L[u
k−1
(x)], k = 2, 3, . . . , n,
(3.3.6)
L[u
n+1
(x, λ)] = 2iλu
0
n+1
(x, λ) − 2iλL[u
n
(x)]
(3.3.7)
tenglamalar sistemasini hosil qilamiz. u
n+1
(x, λ) qoldiq had uchun olingan (3.3.7)
tenglamani
u
00
n+1
(λ, x) + 2iλu
0
n+1
(λ, x) = 2iλL[u
n
(x)] + q (x) u
n+1
(λ, x)
(3.3.8)
152

ko‘rinishda yozish mumkin. Oxirgi tenglamaga o‘zgarmasni variatsiyalash usulini
qo‘llab, u
n+1
(x, λ) qoldiq hadga nisbatan
u
n+1
(x, λ) =
x
Z
0
³
1 − e
−2iλ(x−t)
´
L[u
n
]dt+
+
x
Z
0
(2iλ)
−1
³
1 − e
−2iλ(x−t)
´
q(x)u
n+1
(t, λ) dt
(3.3.9)
integral tenglamani keltirib chiqaramiz. (3.3.7) tenglamani quyidagi qulay shaklga
keltirish mumkin:
L
£
e
iλx
u
n+1
(x, λ)
¤
− λ
2
£
e
iλx
u
n+1
(x, λ)
¤
= −2iλe
iλx
L[u
n
(x)].
Agar u
j
, j = 1, n + 1 funksiyalarni ushbu
u
k
(x) =
x
R
0
L[u
k−1
(t)]dt,
u
1
(x) =
x
R
0
q(t)dt,
k = 2, 3, . . . , n,
u
n+1
(x) =
x
R
0
L[u
n
(t)]dt,
u
n+1
(x, λ) = e
−iλx
v
n+1
(x, λ)
(3.3.10)
ko‘rinishda tanlasak, u holda (3.3.5) tenglik yordamida aniqlangan y(x, λ)
funksiya (3.3.1) tenglamani qanoatlantiradi. Bu yerda v
n+1
(x, λ) funksiya
L[v
n+1
(x, λ)] − λ
2
v
n+1
(x, λ) = −2iλe
iλx
u
0
n+1
(x)
(3.3.11)
tenglamani va
v
n+1
(0, λ) = v
0
n+1
(0, λ) = 0
(3.3.11
0
)
boshlang‘ich shartlarni qanoatlantiradi. (3.3.10) tengliklardan
L[u
n
] = (−1)
n
q
(n)
(x) + ϕ
n
(x)
tenglik o‘rinli ekanligini topish mumkin. Bu yerda ϕ
n
(x) - kamida bir mar-
ta uzluksiz differensiallanuvchi funksiya. Oxirgi tenglikdan va (3.3.9) integral
tenglamadan foydalanib, u
n+1
(x, λ) qoldiq had uchun ushbu
u
n+1
(x, λ) = u
n+1
(x) − θ
n
(x, λ) +
u
(1)
n
(x, λ)
2iλ
,
u
0
n+1
(x, λ) = 2iλθ
n
(x, λ) + u
(2)
n
(x, λ),
(3.3.10
0
)
u
00
n+1
(x, λ) = 4λ
2
θ
n
(x, λ) + 2iλu
(3)
n+1
(x, λ)
munosabatlarni topamiz. Bu yerda
θ
n
(x, λ) = (−1)
n
e
−2iλx
x
Z
0
q
(n)
(t)e
2iλt
dt,
(3.3.10
00
)
153

u
(j)
n+1
(x, λ), j = 1, 2, 3 funksiyalar 0 ≤ x ≤ π, 1 ≤ λ < ∞ sohada tekis chegar-
alangan. Agar q(x) ∈ W
n
2
[0, π] bo‘lsa, u holda (3.3.10) formulaga induksiya usuli-
ni qo‘llab,
u
k
(x) + (−1)
k
q
(k−2)
(x) ∈ W
n+3−k
2
[0, π],
k = 2, 3, ..., n + 1
(3.3.12)
ekanligini topamiz. Shuning uchun u
0
n+1
(x) ∈ L
2
[0, π].
Endi (3.3.1) tenglamaning c(x, λ) va s(x, λ) yechimlari yordamida
ω(x, t, λ) = s(x, λ)c(t, λ) − s(t, λ)c(x, λ) Koshi funksiyasini tuzib olamiz.
O‘zgarmasni variatsiyalash usuli yordamida (3.3.11) tenglamaning ν
n+1
(x, λ)
yechimi uchun
ν
n+1
(x, λ) = 2iλ
x
Z
0
ω(x, t, λ)e
iλt
u
0
n+1
(t)dt =
= 2iλ
x
Z
0
ω(x, x − t, λ)e
iλ(x−t)
u
0
n+1
(x − t)dt
tasvirni olamiz. Bundan
u
n+1
(x, λ) = 2iλ
x
Z
0
ω(x, x − t, λ)e
−iλt
u
0
n+1
(x − t)dt
integral tenglama kelib chiqadi. Ushbu ω(λ, t) = ω(x, x − t, λ) funksiya quyidagi
ω
00
tt
− q(x − t)ω + λ
2
ω = 0
tenglamani qanoatlantirgani uchun, uni
ω(λ, t) ≡ ω(x, x − t, λ) =
sin λt
λ
+
t
Z
0
K(x, t, ξ)
sin λξ
λ
dξ
ko‘rinishda tasvirlash mumkin [186]. Bu yerda x parametr vazifasini bajaradi.
Shuning uchun
u
n+1
(x, λ) = 2i
x
Z
0



sin λt +
t
Z
0
K(x, t, ξ) sin λξdξ



e
−iλt
u
0
n+1
(x − t)dt =
= u
n+1
(x) +
x
Z
0
K
n+1
(x, t)e
−ωλt
dt.
(3.3.13)
154

Bunda
K
n+1
(x, t) = −u
0
n+1
(x − t) + 2
x
Z
t
ξ − 2t
|ξ − 2t|
K(x, ξ, |ξ − t|)u
0
n+1
(x − ξ)dξ.
Ikkinchi tomondan (3.3.11)+(3.3.11‘) Koshi masalasi uchun quyidagi integral
tenglamani keltirib chiqarish mumkin:
v
n+1
(x, λ) =
x
Z
0
sin λ(x − t)
λ
©
2iλe
iλt
u
0
n+1
(t) + q(t)v
n+1
(t, λ)
ª
dt.
Bunga ko‘ra
u
n+1
(x, λ) =
x
Z
0
n
1 − e
−2iλ(x−t)
o½
u
0
n+1
(t) +
1
2iλ
q(t)u
n+1
(t, λ)
¾
dt.
(3.3.14)
Oxirgi tenglikning o‘ng tomoniga u
n+1
(t, λ) uchun olingan (3.3.13) tasvirni
qo‘ysak
u
n+1
(t, λ) =
x
Z
0
n
1 − e
−2iλ(x−t)
o½
u
0
n+1
(t) +
1
2iλ
q(t)u
n+1
(t)
¾
dt+
+
1
2iλ
x
Z
0
n
1 − e
−2iλ(x−t)
o
q(t)
t
Z
0
K
n+1
(t, ξ)e
−2iλξ
dξdt
formula kelib chiqadi. Bu tenglikni soddalashtirish mumkin:
u
n+1
(x, λ) = u
n+1
(x) +
1
2iλ
x
Z
0
q(t)u
n+1
(t)dt−
−



x
Z
0
e
−2iλξ
u
0
n+1
(x − ξ)dξ +
1
2iλ
x
Z
0
K
(0)
n+1
(x, ξ)e
−2iλξ
dξ



.
(3.3.15)
Bu yerda
K
(0)
n+1
(x, ξ) = q(x − ξ)u
n+1
(x − ξ) −
x
Z
ξ
q(t)K
n+1
(t, ξ)dt+
+
x
Z
x−ξ
q(t)K
n+1
(t, ξ − x + t)dt.
155

(3.3.14) tenglikning ikkala tarafini x o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallab,
u
0
n+1
(x, λ) = 2iλ



x
Z
0
e
−2iλ(x−t)
u
0
n+1
(t)dt +
1
2iλ
x
Z
0
e
−2iλ(x−t)
q(t)u
n+1
(t, λ)dt



tenglikni topamiz. Agar (3.3.15) tenglikni e’tiborga olsak, u holda
u
0
n+1
(x, λ) = 2iλ
x
Z
0
u
0
n+1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ +
x
Z
0
K
(1)
n+1
(x, ξ)e
−2iλξ
dξ
(3.3.16)
tenglik hosil bo‘ladi. Bunda
K
(1)
n+1
(x, ξ) = K
(0)
n+1
(x, ξ) +
x
Z
ξ
q(t)K
n+1
(t, ξ)e
−2iλξ
dt.
Endi (3.3.15) va (3.3.16) tengliklarni quyidagi ko‘rinishda yozib olamiz:
u
n+1
(x, λ) = u
n+1
(x) +
1
2iλ
x
Z
0
q(t)u
n+1
(t)dt−
−
x
Z
0
½
u
0
n+1
(x − ξ) +
1
2iλ
K
(0)
n+1
(x, ξ)
¾
e
−2iλξ
dξ,
(3.3.17)
u
0
n+1
(x, λ) = 2iλ
x
Z
0
½
u
0
n+1
(x − ξ) +
1
2iλ
K
(1)
n+1
(x, ξ)
¾
e
−2iλξ
dξ.
(3.3.18)
Bu yerda K
(0)
n+1
(x, ξ), K
(1)
n+1
(x, ξ), u
(0)
n+1
(x − ξ) funksiyalar x ∈ [0, π] ning har
bir tayinlangan qiymatida ξ o‘zgaruvchiga nisbatan kvadrati bilan integrallanu-
vchidir.
Quyidagi
σ(x, λ) =
d
dx
ln
·
1 +
u
1
(x)
2iλ
+ . . . +
u
n
(x)
(2iλ)
n
+
u
n+1
(x, λ)
(2iλ)
n+1
¸
(3.3.19)
belgilashdan foydalanib, (3.3.5) yechimni
y(x, λ) = exp



iλx +
x
Z
0
σ(t, λ)dt



(3.3.20)
ko‘rinishda ifodalaymiz. Bundan
y
0
(x, λ) = {iλ + σ(x, λ)}y(x, λ),
(3.3.19
0
)
156

y
00
(x, λ) =
n
σ
0
(x, λ) + [iλ + σ(x, λ)]
2
o
y(x, λ)
tengliklarni topib, ularni (3.3.1) tenglamaga qo‘ysak, σ (x, λ) uchun birinchi tart-
ibli nochiziqli differensial tenglamani keltirib chiqaramiz:
σ
0
(x, λ) + 2iλσ (x, λ) + σ
2
(x, λ) − q (x) = 0.
(3.3.20
0
)
Hisoblashlarni soddalashtirish maqsadida quyidagi belgilashlarni kiritamiz:
P
n
(x, λ) = 1 +
u
1
(x)
2iλ
+ .... +
u
n
(x)
(2iλ)
n
,
Q
n
(x, λ) = P
n
(x, λ) +
u
n+1
(x, λ)
(2iλ)
n+1
.
(3.3.21)
Natijada (3.3.5) va (3.3.19) formulalar
y(x, λ) = Q
n
(x, λ)e
iλx
,
σ(x, λ) =
P
0
n
(x, λ)
P
n
(x, λ)
+
u
0
n+1
(x, λ)P
n
(x, λ) − u
n+1
(x, λ)P
0
n
(x, λ)
(2iλ)
n+1
P
n
(x, λ)Q
n
(x, λ)
ko‘rinishga keladi. Ushbu P
0
n
(x, λ)[P
n
(x, λ)]
−1
funksiya λ tekisligining cheksiz
uzoqlashgan nuqtasi atrofida (2iλ)
−1
ning darajalari bo‘yicha qatorga yoyiladi.
Bu qatorning birinchi n ta hadini ajratib,
P
0
n
(x, λ)
P
n
(x, λ)
=
n
X
k=1
σ
k
(x)
(2iλ)
+
1
(2iλ)
n
∞
X
k=1
ϕ
k
(x)
(2iλ)
k
(3.3.22)
yoyilmani hosil qilamiz. Bundan foydalanib, σ(x, λ) uchun
σ(x, λ) =
n
X
k=1
σ
k
(x)
(2iλ)
k
+
σ
n
(x, λ)
(2iλ)
n
(3.3.23)
yoyilmani topamiz. Bunda
σ
n
(x, λ) =
∞
X
k=1
ϕ
k
(x)
(2iλ)
k
+
u
0
n+1
(x, λ)P
n
(x, λ) − u
n+1
(x, λ)P
0
n
(x, λ)
(2iλ)
n+1
P
n
(x, λ)Q
n
(x, λ)
.
(3.3.24)
Ushbu u
1
(0) = u
2
(0) = ... = u
n
(0) = u
0
n+1
(0, λ) = 0 munosabatlardan
foydalanib,
P
0
n
(0, λ)
P
n
(0, λ)
=
∞
X
k=1
u
0
k
(0)
(2iλ)
k
=
n
X
k=1
σ
k
(0)
(2iλ)
k
+
1
(2iλ)
n
∞
X
k=1
ϕ
k
(0)
(2iλ)
k
va u
0
k
(0) = σ
k
(0), k = 1, 2, ..., n, ϕ
k
(0) = 0, k = 1, 2, ..., σ(0, λ) = 0 tengliklarni
topamiz.
157

Endi (3.3.15), (3.3.16) formulalarga va (3.3.11) tenglamaga Riman-Lebeg lem-
masini qo‘llab,
u
n+1
(x, λ) − u
n+1
(x) = o(1), u
0
n+1
(x, λ) = o(λ),
(3.3.25)
(2iλ)
−1
u
00
n+1
(x, λ) + u
0
n+1
(x, λ) − u
0
n+1
(x) = o(1)
(3.3.26)
ekanligini topamiz. Ushbu σ(x, λ) = o(1), σ
0
(x, λ) = o(λ) baholarni e’tiborga
olib, (3.3.23) tenglikning o‘ng tomonini (3.3.20) nochiziqli tenglamaga qo‘yib,
σ
1
(x) = q(x), σ
0
k
(x) + σ
k+1
(x) +
k−1
X
j=1
σ
k−j
(x)σ
j
(x) = 0, k = 1, n
va
σ
0
n
(x, λ) + 2iλσ
n
(x, λ) + σ
0
n
(x) +
n−1
X
j=1
σ
n−j
(x)σ
j
(x) =
= −
n
X
p=1
n
X
j=p
σ
n+p−j
(x)σ
j
(x)
(2iλ)
p
−
σ
2
n
(x)
(2iλ)
n
− 2σ
n
(x, λ)
n
X
k=1
σ
k
(x)
(2iλ)
k
(3.3.27)
tengliklarni hosil qilamiz. Shuning uchun, σ
k
(x) funksiyalar quyidagi rekurrent
formulalardan topiladi: