Xill tenglamasi uchun teskari masalalar va ularning tatbiqlari

σ
1
(x) = q(x), σ
2
(x) = −q
0
(x), σ
3
(x) = q
00
(x) − q
2
(x),
σ
k+1
(x) = −σ
0
k
(x) −
k−1
X
j=1
σ
k−j
(x)σ
j
(x), k = 2, n.
(3.3.27
0
)
Oxirgi tengliklardan, xususan σ
k+1
(x) = (−1)
k
q
(k)
(x) + S
k−2
(x) ekanligi kelib
chiqadi. Bu yerda S
k−2
(x) funksiya q(x), q
0
(x), ..., q
(k−2)
(x) funksiyalarga nis-
batan ko‘phad. Endi (3.3.27) tenglikni ushbu
σ
0
n
(x, λ) + 2iλσ
n
(x, λ) − σ
n+1
(x) =
= −
n
X
p=1
n
X
j=p
σ
n+p−j
(x)σ
j
(x)
(2iλ)
p
−
σ
2
n
(x, λ)
(2iλ)
n
− 2σ
n
(x, λ)
n
X
k=1
σ
k
(x)
(2iλ)
k
ko‘rinishda yozib, undan
σ
0
n+1
(x, λ) + 2iλσ
n
(x, λ) = σ
n+1
(x) + o(1)
bo‘lishini topamiz. (3.3.24)-(3.3.26) formulalardan
σ
0
n
(x, λ) + 2iλσ
n
(x, λ) = ϕ
1
(x) + u
0
n+1
(x) + o(1)
tenglik kelib chiqadi. Shuning uchun
u
0
n+1
(x) = σ
n+1
(x) − ϕ
1
(x)
158

tenglik o‘rinli bo‘ladi. Bu tenglikni quyidagi ko‘rinishda yozib olamiz:
x
Z
0
u
0
n+1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ =
x
Z
0
σ
n+1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ −
x
Z
0
ϕ
1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ.
Oxirgi integralga bo‘laklab integrallash amalini qo‘llab, ϕ
1
(0) = 0 va ϕ
1
(x) ∈
W
2
2
(0, π) munosabatlardan foydalanib,
x
Z
0
u
0
n+1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ =
x
Z
0
σ
n+1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ−
ϕ
1
(x)
2iλ
+
1
2iλ
x
Z
0
ϕ
0
1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ
tenglikni hosil qilamiz. Yuqoridagi integralning qiymatini (3.3.15) va (3.3.16)
tengliklarning o‘ng tarafiga qo‘yib,
u
n+1
(x, λ) = u
n+1
(x) +
1
2iλ
x
Z
0
q(t)u
n+1
(t)dt +
ϕ
1
(x)
2iλ
−
x
Z
0
σ
n+1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ−
−
1
2iλ
x
Z
0
ϕ
1
1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ −
1
2iλ
x
Z
0
K
(0)
n+1
(x, ξ)e
−2iλξ
dξ =
=
x
Z
0
{σ
n+1
(ξ) − ϕ
1
(ξ)}dξ +
1
2iλ


x
Z
0
q(t)U
n+1
(t)dt + ϕ
1
(x)

−
−



x
Z
0
σ
n+1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ +
1
2iλ
x
Z
0
˜
K
(0)
n+1
(x, ξ)e
−2iλξ
dξ



,
(3.3.28)
u
0
n+1
= 2iλ
x
Z
0
σ
n+1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ − ϕ
1
(ξ) +
x
Z
0
˜
K
(1)
n+1
(x, ξ)e
−2iλξ
dξ
(3.3.29)
tengliklarni hosil qilamiz. Bu yerda
˜
K
(j)
n+1
(x, ξ) = K
(j)
n+1
(x, ξ) + ϕ
0
1
(x − ξ), j = 0, 1
yadrolar ham ξ o‘zgaruvchiga nisbatan kvadrati bilan integrallanuvchi
funksiyalar. Nihoyat, (3.3.24), (3.3.29) tengliklarni (3.3.25), (3.3.26) baholar bilan
solishtirib, σ
n
(x, λ) qoldiq had uchun
σ
n
(x, λ) =
2iλ
x
R
0
σ
n+1
(x − ξ)e
−2iλξ
dξ +
x
R
0
˜
K
(1)
n+1
(x, ξ)e
−2iλξ
dξ
2iλQ
n
(x, λ)
+ O
µ
1
λ
2
¶
(3.3.30)
tasvirni topamiz.
159

4-§. Dirixle chegaraviy masalasi xos qiymatlari va lakunalar
uzunliklarining asimptotikasini aniqlashtirish
Ushbu
−y
00
+ q(x)y = λ
2
y, x ∈ R
(3.4.1)
Xill tenglamasiga qo‘yilgan
y(0) = 0, y(π) = 0
(3.4.2)
Dirixle chegaraviy masalasini qaraylik. Bu yerda q(x) haqiqiy, π davrli funksiya
bo‘lib, quyidagi shartlarni qanoatlantirsin:
q
(j)
(x) ∈ C[0; π], q
(j)
(0) = q
(j)
(π),
q
(n)
(x) ∈ L
1
(0; π), q
(j)
(x) =
d
j
dx
j
q(x), j = 1, n − 1
(3.4.3)
{ξ
k
}
∞
k=1
orqali (3.4.1)+(3.4.2) Dirixle chegaraviy masalasining xos qiymatlari
ketma-ketligini belgilaymiz. (3.4.1) Xill tenglamasining (3.3.20) ko‘rinishidagi
yechimini olamiz, ya’ni
y(x, λ) = exp{iλx +
x
Z
0
σ(t, λ)dt},
(3.4.4)
y
0
(x, λ) = {iλ + σ(x, λ)} exp{iλx +
x
Z
0
σ(t, λ)dt}.
Bu yerda
y(0, λ) = 1, y
0
(0, λ) = iλ + σ(0, λ), y
0
(0, −λ) = −iλ + σ(0, −λ).
(3.4.1) tenglamaning ikkinchi yechimi sifatida
y(x, −λ) = exp{−iλx +
x
Z
0
σ(t, −λ)dt}
(3.4.5)
funksiyani olishimiz mumkin. Chunki, y(x, λ) va y(x, −λ) yechimlardan tuzilgan
Vronskiy determinanti uchun
W {y(x, λ), y(x, −λ)} = 2iλ + σ(0, λ) − σ(0, −λ) 6= 0
tenglik o‘rinli.
160

Agar c(x, λ) va s(x, λ) orqali (3.4.1) 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
yechimlarini belgilasak, u holda
c(x, λ) =
y(x, λ)[iλ − σ(0, −λ)] + y(x, −λ)[iλ + σ(0, λ)]
2iλ + σ(0, λ) + σ(0, −λ)
,
s(x, λ) =
y(x, λ) − y(x, −λ)
2iλ + σ(0, λ) + σ(0, −λ)
formulalar o‘rinli bo‘ladi. Bundan foydalanib, (3.4.1)+(3.4.2) Dirixle chegaraviy
masalasi uchun xarakteristik tenglamani topamiz:
y(π, λ) − y(π, −λ) = 0.
(3.5.4)
(3.4.4) formulaga ko‘ra (3.4.5) tenglama
exp{−iλπ +
π
Z
0
σ(t, λ)dt} − exp{−iλπ +
π
Z
0
σ(t, −λ)dt} = 0
ko‘rinishni oladi. Bundan
sin{λπ +
1
2i
π
Z
0
[σ(t, λ) − σ(t, −λ)]dt} = 0
(3.4.6)
tenglik kelib chiqadi. (3.3.23) yoyilmaga ko‘ra
π
Z
0
σ(t, λ)dt =
π
Z
0
(
n
X
k=1
σ
k
(t)
(2iλ)
k
)
dt +
π
Z
0
σ
k
(t, λ)
(2iλ)
n
dt =
=
n
X
k=1
1
(2iλ)
k
π
Z
0
σ
k
(t)dt +
1
(2iλ)
n
π
Z
0
σ
n
(t, λ)dt =
=
n
X
k=1
(−1)
k
i
k
(2λ)
k
a
k
+
δ
n
(λ)
(2iλ)
n+1
=
=
[
n−1
2
]
X
m=0
(−1)
2m+1
i
2m+1
(2λ)
2m+1
a
2m+1
+
[
n
2
]
X
m=1
(−1)
2m
i
2m
(2λ)
2m
a
2m
+
δ
n
(λ)
(2iλ)
n+1
=
= −i
[
n−1
2
]
X
m=0
(−1)
m
a
2m+1
(2λ)
2m+1
+
[
n
2
]
X
m=1
(−1)
m
a
2m
(2λ)
2m
+
δ
n
(λ)
(2iλ)
n+1
.
(3.4.7)
161

Bu yerda
a
k
=
π
Z
0
σ
k
(t)dt, δ
n
(λ) =
π
Z
0
σ
n
(t, λ)dt
(3.4.8)
va [x] bilan x sonning butun qismi belgilangan:
·
n − 1
2
¸
=
½
p − 1, n = 2p,
p,
n = 2p + 1,
hn
2
i
=
½
p,
n = 2p,
p,
n = 2p + 1.
Ikkinchi tomondan (3.3.19) belgilashga ko‘ra
π
Z
0
σ(t, λ)dt = ln
Ã
1 +
n
X
k=1
u
k
(π)
(2iλ)
k
+
u
n+1
(t, λ)
(2iλ)
n+1
!
(3.4.9)
tenglikni topamiz. ˆIxirgi tenglikni (3.4.7) tenglik bilan taqqoslasak va (3.3.10‘)
tenglikdan foydalansak,
δ
n
(λ) = a
n+1
− u
n+1
(π) + u
n+1
(π, λ) + O
µ
1
λ
¶
= a
n+1
− θ
n
(π, λ) + O
µ
1
λ
¶
(3.4.10)
formula hosil bo‘ladi. Endi (3.4.10) ifodani (3.4.7) tenglikga qo‘ysak,
π
Z
0
σ(t, λ)dt = −i
[
n
2
]
X
m=0
(−1)
m
a
2m+1
(2λ)
2m+1
+
[
n+1
2
]
X
m=1
(−1)
m
a
2m
(2λ)
2m
−
−iIm
½
θ
n
(π, λ)
(2iλ)
n+1
¾
− Re
½
θ
n
(π, λ)
(2iλ)
n+1
¾
+ O
µ
1
λ
n+2
¶
(3.4.11)
asimptotika kelib chiqadi. Buni (3.4.6) tenglikga qo‘yib,
sin





λπ −
[
n
2
]
X
m=0
(−1)
m
a
2m+1
(2λ)
2m+1
− Im
·
θ
n
(π, λ)
(2iλ)
n+1
¸
+ O
µ
1
λ
n+2
¶





= 0
(3.4.12)
tenglamani hosil qilamiz. Bundan
(λ − k)π −
[
n
2
]
X
m=0
(−1)
m
a
2m+1
(2λ)
2m+1
− Im
·
θ
n
(π, λ)
(2iλ)
n+1
¸
+ O
µ
1
λ
n+2
¶
= 0
ekanligini topamiz.
Agar λ
2
k
= ξ
k
, k = 1, ∞ haqiqiy sonlar ketma-ketligi (3.4.1)+(3.4.2) Dirixle
chegaraviy masalasining xos qiymatlaridan iborat bo‘lsa, u holda k → ∞ da
ushbu
λ
k
= k + ε
k
, ε
k
= O
µ
1
k
¶
, λ
−p
k
= k
−p
µ
1 + O
µ
1
k
2
¶¶
162

asimptotikalarning o‘rinli ekani ma’lum.
Yuqoridagi tenglikda λ = λ
k
desak, ε
k
uchun
ε
k
−
1
π
[
n
2
]
X
m=0
(−1)
m
a
2m+1
(2k + 2ε
k
)
2m+1
−
1
π
Im
·
θ
n
(π, k + ε
k
)
(2i(k + ε
k
))
n+1
¸
+ O
µ
1
k
n+2
¶
= 0 (3.4.13)
tenglama hosil bo‘ladi. Bu tenglamadagi θ
n
(π, k + ε
k
) ifoda uchun quyidagi
θ
n
(π, k+ε
k
) = (−1)
n
e
−2i(k+ε
k
)π
π
Z
0
q
(n)
(t)e
2i(k+ε
k
)t
dt = (−1)
n
π
Z
0
q
(n)
(t)e
2ik
dt+O
µ
1
k
¶
tenglik o‘rinli. Agar
˜
θ
n
(k) = (−1)
n
π
Z
0
q
(n)
(t)e
2ikt
dt
(3.4.14)
belgilashni kiritsak, yuqoridagi tenglik ushbu
θ
n
(π, k + ε
k
) = ˜
θ
n
(k) + O
µ
1
k
¶
ko‘rinishni oladi. Buni hisobga olib, (3.4.13) tenglikni
ε
k
−
1
π
[
n
2
]
X
m=0
(−1)
m
a
2m+1
(2k + 2ε
k
)
2m+1
−
1
π
Im
"
˜
θ
n
(k)
(2i(k + ε
k
))
n+1
#
+ O
µ
1
k
n+2
¶
= 0 (3.4.15)
ko‘rinishda yozamiz. Bu tenglamani tekshirishni osonlashtirish maqsadida
f (z) =
1
π
[
n
2
]
X
m=0
(−1)
m
a
2m+1
z
2m+1
funksiyani kiritamiz. Bu yerda f (0) = 0, f
0
(0) =
a
1
π
6= 0 va f (−z) = −f (−z)
ekanligi ravshan. Bundan foydalanib, (3.4.15) tenglamani quyidagicha yozish
mumkin:
ε
k
− f
µ
1
2k + 2ε
k
¶
=
1
π
Im
"
˜
θ
n
(k)
(2i(k + ε
k
))
n+1
#
+ O
µ
1
k
n+2
¶
.
(3.4.16)
ε(y) orqali ushbu
ε(y) − f
µ
y
1 + 2yε(y)
¶
= 0, y =
1
2k
(3.4.17)
tenglamaning ε(0) = 0, ε
0
(0) =
a
1
π
6= 0 shartlarni qanoatlantiruvchi analitik
yechimini belgilaymiz. f (z) analitik funksiya toq bo‘lganligi uchun −ε(−y) anal-
itik funksiya ham (3.4.17) tenglamaning yechimi bo‘ladi. Analitik yechimning
163

yagonaligidan esa ε(y) = −ε(−y) kelib chiqadi. Shuning uchun
ε(y) =
∞
X
j=0
b
2j+1
y
2j+1
(|y| < r, r > 0)
yoyilma o‘rinli. Agar (3.4.17) tenglamada y =
1
2k
,
¡
1
2k
< r
¢
deb olsak, u holda u
ε
µ
1
2k
¶
− f
Ã
1
2k + 2ε
¡
1
2k
¢
!
= 0
(3.4.18)
ko‘rinishni oladi. Endi (3.4.18) tenglikni (2.2.16) tenglikdan ayirib, ushbu
ε
k
− ε
µ
1
2k
¶
− f
µ
1
2k + 2ε
k
¶
+ f
Ã
1
2k + 2ε
¡
1
2k
¢
!
=
=
1
π
Im
(
˜
θ
n
(k)
[2i(k + ε
k
)]
n+1
)
+ O
µ
1
k
n+2
¶
(3.4.19)
tenglikni hosil qilamiz.
f (z) funksiyaning aniqlanishidan foydalanib,
f
µ
1
2k + 2ε
k
¶
− f
Ã
1
2k + 2ε
¡
1
2k
¢
!
=
·
ε
k
− ε
µ
1
2k
¶¸
O
µ
1
k
2
¶
formulani topamiz. Bu baholashni (3.4.19) tenglikning chap tomoniga qo‘ysak,
·
ε
k
− ε
µ
1
2k
¶¸·
1 + O
µ
1
k
2
¶¸
=
1
π
Im
(
˜
θ
n
(k)
[2i(k + ε
k
)]
n+1
)
+ O
µ
1
k
n+2
¶
(3.4.20)
baholash kelib chiqadi. Bu yerda
ε
µ
1
2k
¶
=
[
n−1
2
]
X
m=0
b
2m+1
µ
1
2k
¶
2m+1
+ O
µ
1
k
n+2
¶
.
Topilgan kattaliklarning qiymatlarini o‘rinlariga qo‘ysak, Dirixle chegaraviy
masalasining ξ
k
= λ
2
k
xos qiymatlari uchun
p
ξ
k
= λ
k
= k + ε
k
,
p
ξ
k
= k +
C
1
k
+
C
3
k
3
+ ... +
C
2p+1
k
2p+1
+
C
n+1
(k)
k
n+1
+ O
µ
1
k