Xill tenglamasi uchun teskari masalalar va ularning tatbiqlari

|s
0
(π, λ)| ≤ exp



p
|λ|π +
1
p
|λ|
π
Z
0
|q(t)|dt



.
Olingan baholashlardan ∆(λ) funksiya uchun ushbu
|∆(λ)| ≤ 2 exp



p
|λ|π +
1
p
|λ|
π
Z
0
|q(t)|dt



tengsizlikni hosil qilamiz. Bu tengsizlik, ∆(λ) butun funksiyaning tartibi
1
2
dan
oshmasligini ko‘rsatadi.
Endi |∆(λ)| funksiyani quyidan baholaymiz. Xill tenglamasining q(x) koef-
fitsiyenti uzluksiz funksiya bo‘lgani uchun
|q(x)| ≤ M, x ∈ [0, π], M = max
0≤x≤π
|q(x)|
bo‘ladi. Agar ushbu λ = −µ
2
− M belgilashni olsak, u holda
−λ + q(x) = µ
2
+ M + q(x) ≥ µ
2
bo‘ladi. Bu tengsizlikdan foydalanib, ushbu
c
00
(x, λ) = [−λ + q(x)]c(x, λ) ≥ µ
2
c(x, λ)
baholashni topamiz. Bu yerda c(0, λ) = 1, c
0
(0, λ) = 0 boshlang‘ich shartlarni
e’tiborga olib, ushbu
c(x, λ) = 1 +
x
Z
0
(x − t)(−λ + q(t))c(t, λ)dt
41

tenglikdan foydalanib, quyidagi
c(x, λ) ≥ 1 + µ
2
x
Z
0
(x − t)c(t, λ)dt
baholashni hosil qilamiz. Bu tengsizlikni yuqoridagi differensial tengsizlikka
qo‘yib, ushbu
c
00
(x, λ) ≥ µ
2
+ µ
4
x
Z
0
(x − t)c(t, λ)dt
baholashni olamiz. Bundan
c(x, λ) ≥ 1 +
µ
2
x
2
2
+ µ
4
x
Z
0
(x − t)
3
3!
c(t, λ)dt
tengsizlik kelib chiqadi. Bu jarayonni davom qildirsak,
c(x, λ) ≥ chµ x
baholashni olamiz. Xuddi shunday qilib, ushbu
s(x, λ) ≥
shµ x
µ
baholashni hosil qilamiz. Bu baholashlardan, λ < −M bo‘lganda µ =
√
−λ − M
bo‘lishini hisobga olsak,
∆(λ) ≥ 2ch
√
−λ − Mπ
kelib chiqadi. Demak, ∆(λ) butun funksiya bo‘lib, uning tartibi aniq
1
2
ga teng
ekan.
Teorema 1.2.2. ∆(λ) Lyapunov funksiyasining hosilasi uchun ushbu
˙
∆(λ) =
π
Z
0
{c
0
(π, λ)s
2
(t, λ) + [c(π, λ) + s
0
(π, λ)]c(t, λ)s(t, λ) − s(π, λ)c
2
(t, λ)}dt
(1.2.10)
formula o‘rinli.
Isbot. Avvalo ˙c(π, λ) va ˙s
0
(π, λ) larni topib, ularning qiymatlarini
˙
∆(λ) = ˙c(π, λ) + ˙s
0
(π, λ)
(1.2.11)
tenglikka qo‘yamiz. Buning uchun quyidagi
½
−s
00
(x, λ) + q(x)s(x, λ) = λs(x, λ),
s(0, λ) = 0, s
0
(0, λ) = 1
42

tengliklarni λ o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallab
½
− ˙s
00
(x, λ) + q(x) ˙s(x, λ) = s(x, λ) + λ ˙s(x, λ),
˙s(0, λ) = 0, ˙s
0
(0, λ) = 0
bo‘lishini topamiz. Ushbu u(x, λ) = ˙s(x, λ) belgilashdan keyin yuqoridagi
tenglama quyidagi
½
u
00
+ [λ − q(x)]u = −s(x, λ),
u(0, λ) = 0, u
0
(0, λ) = 0
ko‘rinishni oladi. Koshi funksiyasidan foydalanib, yuqoridagi bir jinsli bo‘lmagan
differensial tenglamaning yechimini topamiz:
u(x, λ) =
x
Z
0
K(x, t, λ)[−s(t, λ)]dt.
Bu yerda
K(x, t, λ) = c(t, λ)s(x, λ) − s(t, λ)c(x, λ).
Bundan
˙s(x, λ) =
x
Z
0
[s(t, λ)c(x, λ) − c(t, λ)s(x, λ)]s(t, λ)dt
(1.2.12)
tenglik kelib chiqadi. Xuddi shuningdek, ushbu
˙c(x, λ) =
x
Z
0
[s(t, λ)c(x, λ) − c(t, λ)s(x, λ)]c(t, λ)dt
(1.2.13)
formulani keltirib chiqarish mumkin. (1.2.12) tenglamaning ikkala tarafini x
o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallab
˙s
0
(x, λ) =
x
Z
0
[s(t, λ)c
0
(x, λ) − c(t, λ)s
0
(x, λ)]s(t, λ)dt
(1.2.14)
tenglikka ega bo‘lamiz. (1.2.13) va (1.2.14) tengliklarni (1.2.11) ga qo‘yib, (1.2.10)
ni hosil qilamiz.
Natija 1.2.2. (1.2.10) formuladan quyidagi tengliklar kelib chiqadi:
c
0
(π, λ) ˙
∆(λ) =
π
Z
0
(·
c
0
(π, λ)s(t, λ) +
c(π, λ) − s
0
(π, λ)
2
c(t, λ)
¸
2
+
4 − ∆
2
(λ)
4
c
2
(t, λ)
)
dt,
−s(π, λ) ˙
∆(λ) =
π
Z
0
(·
s(π, λ)c(t, λ) −
c(π, λ) − s
0
(π, λ)
2
s(t, λ)
¸
2
+
4 − ∆
2
(λ)
4
s
2
(t, λ)
)
dt.
43

Agar c
0
(π, λ) 6= 0 bo‘lsa, u holda
˙
∆(λ) = c
0
(π, λ)
π
Z
0
(·
s(t, λ) +
c(π, λ) − s
0
(π, λ)
2c
0
(π, λ)
c(t, λ)
¸
2
+
4 − ∆
2
(λ)
4c
02
(π, λ)
c
2
(t, λ)
¾
dt
(1.2.15)
tenglik o‘rinli bo‘ladi. Agar s(π, λ) 6= 0 bo‘lsa, u holda
˙
∆(λ) = −s(π, λ)
π
Z
0
(·
c(t, λ) −
c(π, λ) − s
0
(π, λ)
2s(π, λ)
s(t, λ)
¸
2
+
4 − ∆
2
(λ)
4s
2
(π, λ)
s
2
(t, λ)
¾
dt
(1.2.16)
tenglik o‘rinli bo‘ladi.
Natija 1.2.3. Agar −2 < ∆(λ) < 2 bo‘lsa, u holda
c
0
(π, λ) ˙
∆(λ) > 0, s(π, λ) ˙
∆(λ) < 0
tengsizliklar o‘rinli bo‘ladi.
Natija 1.2.4. Agar −2 < ∆(λ) < 2 bo‘lsa, u holda
˙
∆(λ) 6= 0, c
0
(π, λ) 6= 0, s(π, λ) 6= 0
bo‘ladi.
Teorema 1.2.3. a) λ soni ∆(λ) − 2 = 0 tenglamaning ikki karrali ildizi
bo‘lishi uchun, ushbu
s(π, λ) = 0, s
0
(π, λ) = 1, c(π, λ) = 1, c
0
(π, λ) = 0
tengliklarning bajarilishi zarur va yetarli.
b) λ soni ∆(λ) + 2 = 0 tenglamaning ikki karrali ildizi bo‘lishi uchun, ushbu
s(π, λ) = 0, s
0
(π, λ) = −1, c(π, λ) = −1, c
0
(π, λ) = 0
tengliklarning bajarilishi zarur va yetarli.
Isbot. (Zarurligi). a) Faraz qilaylik λ soni ∆(λ) − 2 = 0 tenglamaning ikki
karrali ildizi bo‘lsin. U holda ˙
∆(λ) = 0 bo‘ladi. Agar c
0
(π, λ) 6= 0 bo‘lsa, u holda
(1.1.15) tenglikdan
π
Z
0
·
s(t, λ) +
c(π, λ) − s
0
(π, λ)
2c
0
(π, λ)
c(t, λ)
¸
2
dt = 0
tenglik kelib chiqadi. Bundan
s(t, λ) = −
c(π, λ) − s
0
(π, λ)
2c
0
(π, λ)
c(t, λ)
44

tenglik hosil bo‘ladi. Bu tenglik c(x, λ) va s(x, λ) yechimlarning chiziqli erkliligiga
ziddir. Bu ziddiyat c
0
(π, λ) = 0 ekanligini ko‘rsatadi.
Endi s(π, λ) 6= 0 bo‘lsin deb hisoblaylik. U holda (1.2.16) tenglik
π
Z
0
·
c(t, λ) −
c(π, λ) − s
0
(π, λ)
2s(π, λ)
s(t, λ)
¸
2
dt = 0
ko‘rinishini oladi. Bundan
c(t, λ) =
c(π, λ) − s
0
(π, λ)
2s(π, λ)
s(t, λ)
kelib chiqadi. Oxirgi tenglik c(x, λ) va s(x, λ) yechimlarning chiziqli erkliligiga
ziddir. Bu esa s(π, λ) = 0 ekanligini ko‘rsatadi.Ushbu
c(π, λ) + s
0
(π, λ) = 2,
c(π, λ)s
0
(π, λ) − c
0
(π, λ)s(π, λ) = 1
tengliklarda c
0
(π, λ) = 0, s(π, λ) = 0 ekanligini hisobga olsak,
c(π, λ) = 1, s
0
(π, λ) = 1
hosil bo‘ladi. Teoremaning zaruriy qismi isbotlandi.
(Yetarliligi). a) Faraz qilaylik λ soni ushbu
s(π, λ) = 0, s
0
(π, λ) = 1, c(π, λ) = 1, c
0
(π, λ) = 0
shartlarni qanoatlantirsin. U holda λ soni
∆(λ) ≡ c(π, λ) + s
0
(π, λ) = 2
tenglamani ham qanoatlantiradi. Bundan tashqari (1.2.10) formuladan
˙
∆(λ) =
π
Z
0
{c
0
(π, λ)s
2
(t, λ) + [c(π, λ) + s
0
(π, λ)]c(t, λ)s(t, λ) − s(π, λ)c
2
(t, λ)}dt = 0
kelib chiqadi. Bu esa λ soni ∆(λ) − 2 = 0 tenglamaning ikki karrali ildizidan
iborat ekanligini ko‘rsatadi. Shunday qilib teorema a) bandi to‘liq isbotlandi.
Teoremaning b) bandi ham xuddi shunday isbotlanadi.
Teorema 1.2.4. a) Agarλ soni ∆(λ) − 2 = 0 tenglamaning ikki karrali ildizi
bo‘lsa, u holda ¨
∆(λ) < 0 bo‘ladi. Xususan, bu nuqtada ∆(λ) funksiya o‘zining
lokal maksimumiga erishadi.
b) Agar λ soni ∆(λ) + 2 = 0 tenglamaning ikki karrali ildizi bo‘lsa u holda
¨
∆(λ) > 0 bo‘ladi. Xususan, bu nuqtada ∆(λ) funksiya o‘zining lokal minimumiga
erishadi.
45

Isbot. Avvalo, ¨c(π, λ) va ¨
s
0
(π, λ) larni topib, ularning qiymatlarini ushbu
¨
∆(λ) = ¨c(π, λ) + ¨
s
0
(π, λ)
(1.2.17)
tenglikka qo‘yamiz. Buning uchun quyidagi
½
−s
00
(x, λ) + q(x)s(x, λ) = λs(x, λ),
s(0, λ) = 0, s
0
(0, λ) = 1
tengliklarni ikki marta λ o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallab
½
− ¨
s
00
(x, λ) + q(x)¨
s(x, λ) = 2 ˙s(x, λ) + λ¨
s(x, λ),
¨
s(0, λ) = 0 , ¨
s
0
(0, λ) = 0
bo‘lishini topamiz. Ushbu u(x, λ) = ¨
s(x, λ) belgilash natijasida oxirgi tengliklar
quyidagi ko‘rinishni oladi:
½
u
00
+ [λ − q(x)]u = −2 ˙s(x, λ),
u(0, λ) = 0 , u
0
(0, λ) = 0.
Koshining ushbu
K(x, t, λ) = c(t, λ)s(x, λ) − s(t, λ)c(x, λ)
funksiyasidan foydalanib, yuqoridagi bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglaman-
ing
u(x, λ) =
x
Z
0
K(x, t, λ) [−2 ˙s(t, λ)] dt
yechimini topamiz. Bundan
¨
s(x, λ) = 2
x
Z
0
[c(x, λ)s(z, λ) − s(x, λ)c(z, λ)] ˙s(z, λ)dz
(1.2.18)
tenglik kelib chiqadi. Xuddi shuningdek ushbu
¨c(x, λ) = 2
x
Z
0
[c(x, λ)s(z, λ) − s(x, λ)c(z, λ)] ˙c(z, λ)dz
formulani ham keltirib chiqarish mumkin.
(1.2.18) tenglamani ikkala tarafini x o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallasak,
ushbu
¨
s
0
(x, λ) = 2
x
Z
0
[c
0
(x, λ)s(z, λ) − s
0
(x, λ)c(z, λ)] ˙s(z, λ)dz
46

tenglik kelib chiqadi. Oxirgi ikki tenglikdan, λ soni ∆(λ) − 2 = 0 tenglamaning
ikki karrali ildizi ekanini va s(π, λ) = 0, s
0
(π, λ) = 1, c(π, λ) = 1, c
0
(π, λ) = 0
ekanligini e’tiborga olsak, ushbu
¨c(π, λ) = 2
π
Z
0
s(z, λ) ˙c(z, λ) dz,
(1.2.19)
¨
s
0
(π, λ) = −2
π
Z
0
c(z, λ) ˙s(z, λ)dz
(1.2.20)
tengliklar kelib chiqadi. Quyidagi
˙s(z, λ) =
z
Z
0
[c(z, λ)s(t, λ) − s(z, λ)c(t, λ)] s(t, λ)dt,
˙c(x, λ) =
z
Z
0
[c(z, λ)s(t, λ) − s(z, λ)c(t, λ)] c(t, λ)dt
tengliklarni (1.2.19) va (1.2.20) tengliklarga qo‘yib, ushbu
¨c(π, λ) = 2
π
Z
0
z
Z
0
[c(z, λ)s(t, λ) − s(z, λ)c(t, λ)] c(t, λ)s(z, λ)dtdz,
¨
s
0
(π, λ) = 2
π
Z
0
z
Z
0
[c(z, λ)s(t, λ) − s(z, λ)c(t, λ)] s(t, λ)c(z, λ)dtdz
ifodalarni hosil qilamiz. Bu qiymatlarni (1.2.17) tenglikka qo‘yib, ushbu
¨
∆(λ) = −2
π
Z
0
z
Z
0
[c(z, λ)s(t, λ) − s(z, λ)c(t, λ)]
2
dtdz
formulani keltirib chiqaramiz. Bunga ko‘ra ¨
∆(λ) < 0. Bu tengsizlikdan, ∆(λ) −
2 = 0 tenglama ildizining karralilik darajasi ikkidan oshmasligi kelib chiqadi.
Xususan, λ nuqtada ∆(λ) funksiya o‘zining lokal maksimumiga erishadi, chunki
˙
∆(λ) = 0 va ¨
∆(λ) < 0. Shunday qilib teoremaning a) bandi to‘la isbotlandi.
Teoremaning b) bandi ham xuddi shunday isbotlanadi.
Natija 1.2.5. ∆(λ) ± 2 = 0 tenglama ildizlarining karralilik darajasi ikkidan
oshmaydi.
47

Natija 1.2.6. ∆(λ) − 2 = 0 tenglamaning eng kichik ildizi oddiy. Haqiqatan
ham, agar ∆(λ) − 2 = 0 tenglamaning eng kichik ildizi karrali bo‘lsa, bu nuqtada
lokal maksimum bo‘lar edi, natijada bundan kichik ildiz mavjud bo‘lar edi.
Endi c(x, λ) va s(x, λ) yechimlarning lemma 1.1.1 da bayon qilingan asimp-
totikalaridan foydalanib, λ parametrning yetarlicha katta haqiqiy qiymatlarida
∆(λ) funksiyaning asimptotikasini topishimiz mumkin.
a) Agar λ ∈ R bo‘lsa, u holda
∆(λ) = 2 cos
√
λπ + O
µ
1
√
λ
¶
, λ → +∞
(1.2.21)
baholash o‘rinli bo‘ladi.
b) Agar λ < 0 bo‘lsa, u holda
∆(λ) = 2ch
p
|λ|π + O
Ã
e
√
|λ|π
p
|λ|
!
, λ → −∞
(1.2.22)
baholash o‘rinli bo‘ladi.
∆(λ) funksiyaning (1.2.22) asimptotikasidan, ∆(λ) − 2 va ∆(λ) + 2
funksiyalarining nollaridan tuzilgan to‘plamlarning quyidan chegaralanganligi ke-
lib chiqadi, chunki
∆(λ) ± 2 → +∞, λ → −∞.
Noldan farqli butun funksiya nollarining to‘plami chekli limit nuqtaga ega
bo‘lmaganligi bois, ∆(λ) − 2 va ∆(λ) + 2 funksiyalar nollaridan tuzilgan ketma-
ketliklar faqat +∞ ga intilishi mumkin. ∆(λ) Lyapunov funksiyasining (1.1.21)
asimptotikasiga asosan
0 = ∆(λ) − 2 = 2 cos
√
λπ − 2 + O
µ
1
√
λ
¶
, λ → +∞.
Bundan
sin
√
λπ
2
= O
µ
1
4
√
λ
¶
(1.2.23)
baholash kelib chiqadi. Rushe teoremasidan foydalanib, ushbu
√
λ = 2n + δ
n
(1.2.24)
tenglikni ko‘rsatish mumkin ([328], 53-bet). Bu yerda δ
n
→ 0, (n → ∞). (1.2.24)
ifodani (1.2.23) tenglamaga qo‘yib, quyidagi
sin
π
2
δ
n
= O
µ
1
√
2n + δ
n
¶
,
δ
n
= O
µ
1
√
n
¶
48

tenglikni topamiz. Oxirgi ifodani (1.2.24) tenglikka qo‘yib, ushbu
√
λ = 2n + O
µ
1
√
n
¶
asimptotikaga ega bo‘lamiz. Xuddi shuningdek, ∆(λ) + 2 = 0 tenglamaning ildi-
zlari uchun
√
λ = 2n + 1 + O
µ
1
√
n
¶
asimptotikani keltirib chiqarish mumkin.
Endi ∆(λ) − 2 = 0 va ∆(λ) + 2 = 0 tenglamalar ildizlarining haqiqiy o‘qda
qanday joylashganligini ko‘rib chiqamiz. Buning uchun, avvalo (1.2.22) asimp-
totikadan foydalanib, ∆(λ) − 2 funksiyaning kamida bitta λ
0
noli mavjudligini
ko‘rsatish mumkin, haqiqatan ham, λ → −∞ da ∆(λ) − 2 → +∞ bo‘ladi. Agar
λ = (2m + 1)
2
desak, ∆(λ) − 2 = −4 + O
¡
1
m
¢
, ya’ni ∆(λ) − 2 → −4, m → ∞
bo‘ladi. Bu mulohazalardan ∆(λ) − 2 = 0 tenglama kamida bitta ildizga ega
ekanligi kelib chiqadi. Uning eng kichik ildizini λ
0
orqali belgilaymiz.
Agar λ soni −2 < ∆(λ) < 2 tengsizlikni qanoatlantirsa, u holda ushbu
[c(π, λ) − s
0
(π, λ)]
2
= [c(π, λ) + s
0
(π, λ)]
2
− 4c(π, λ)s
0
(π, λ) <
< 4 − 4c(π, λ)s
0
(π, λ) = 4[1 − c(π, λ)s
0
(π, λ)] = −4s(π, λ)c
0
(π, λ)
tengsizlikdan, s(π, λ) 6= 0,
0
(π, λ) 6= 0 bo‘lib, s(π, λ) va c
0
(π, λ) qarama-qarshi
ishoraga ega bo‘lishi kelib chiqadi. Bu yerda natija 1.2.2 va natija 1.2.3 larni
ham e’tiborga olsak, ∆(λ) funksiya |∆(λ)| < 2 tengsizlikni qanoatlantiruvchi λ
nuqtada maksimumga ham, minumumga ham ega bo‘lmasligini ko‘rish mumkin.
Shuning uchun ∆(λ) funksiya ∆(λ
0
) = 2 qiymatdan −2 qiymatni biror λ
1
nuq-
tada qabul qilgunga qadar kamayadi. Natijada ∆(λ
1
) = −2 bo‘lib, λ
1
nuqtadan
keyin yana bitta λ
2
nuqta mavjud bo‘lib, bunda ∆(λ
2
) = −2 bo‘ladi. Bundan
keyin ∆(λ) − 2 funksiyaning λ = λ
3
noli mavjud bo‘ladi va hakozo. Shunday
qilib, umumiy holda ∆(λ) ± 2 funksiyalarning nollarini quyidag‘icha
λ
0
< λ
1
< λ
2
< λ
3
< λ
4
< ... < λ
2n−1
< λ
2