Mirzo Ulugʻbek nomidagi Oʻzbekiston Milliy universiteti

Fredgolm integral tenglamalari


Ta’rif: Ushbu integral tenglama Fredgolmning 1-tur tenglamasi deyiladi:

^b K (x, y)( y)dy  f (x)	(1.1.1)
a

Bunda (x) – noma’lum funksiya, f(x) –ozod had va K(x,y) tenglamaning yadrosi

– ma’lum funksiyalar, integrallash chegaralari a va b berilgan haqiqiy o‘zgarmas sonlar.

Ta’rif: Ushbu integral tenglama Fredgolmning 2-tur tenglamasi deyiladi:

(x)  f (x)  ^b K (x, y)( y)dy	(1.1.2)
a

Bunda (x) – noma’lum funksiya integral ishorasidan tashqarida ham ishtirok etmoqda. (1.1.1) va (1.1.2) dagi  tenglamaning parametri deyiladi.

Bu tenglamalardagi f(x) funksiya I( a  x  b )		kesmada, K(x,y)		yadro esa
R( a  x  b , a  y  b ) yopiq sohada berilgan deb hisoblanadi.
Ta’rif: Agar I kesmada	f (x)  0 bo‘lsa,		(1.1.2) tenglama		quyidagi
ko‘rinishga keladi:
(x)  ^b K (x, y)( y)dy	(1.1.3)
a

Bunday tenglama bir jinsli integral tenglama deyiladi 7

Ta’rif: Ushbu integral tenglama Fredgolmning 3-tur tenglamasi deyiladi:

 (x)(x)  f (x)  ^b K (x, y)( y)dy	(1.1.4)
a

Agar I kesmada

1. 
    (x)  0 bo‘lsa, undan (1.1.1) tenglama;
   

2. 
    (x) 1 bo‘lsa, undan (1.1.2) tenglama kelib chiqadi Fredgolmning ikkinchi tur tenglamasini yechishni qarab o’tamiz
   

u(x)  f (x)  ^b K (x,t)u(t)dt


a

Tenglama berilgan bo’lib, bu yerda f (x) ozod had I (a  x  b) kesmada noldan

farqli uzluksiz funksiya; K(x,t) yadro R(a  x  b, a  t  b) sohada noldan farqli

uzluksiz funksiya; a, b,  lar esa o’zgarmas haqiqiy sonlar deb faraz qilinadi

( 

0).

Berilgan (1.1.1) tenglamaning yechimini quyidagi qator shaklida izlaymiz:

u(x)  u₀ (x)  u₁ (x)  ² u₂ (x)  ... ⁿ u_n (x)  ...,

Bundagi u₀ (x), u₁ (x), u₂ (x), ... lar noma’lum funksiyalardir. Ularni shunday tanlab olish kerakki, natijada (1.1.2) qator (1) integral tenglamaning yechimi bo’lsin.

Ana shu maqsadda, (1.1.2) ni tenglamaning yechimi deb hisoblab, (1.1.1)

tenglamaga qo’yamiz:

u₀ (x)  u₁ (x)  ² u₂ (x)  ⁿ u_n (x)  ...

• 
  f (x) ^a K (x,t)[u₀ (t)  ²u₂ (t) ...]dt 
  

a

• 
  f (x)  ^b K (x, t)u₀ (t) dt  ² ^b K (x, t)u₁ (t) dt ...
  

a a

Biz (1.1.2) funksional qatorni biror intervalda tekis yaqinlashuvchi deb faraz qilamiz, shu sababli uni hadlab integrallash mumkin.

8

Bu ayniyatning ikki tomonidagi bir xil darajali  larning koeffisientlari teng bo’ladi, ya’ni


u₀ (x)  f (x),


u₁ (x)  ^b K (x, t) u₀ (t) dt,


a


u₂ (x)  ^b K (x, t) u₁ (t) dt,


a
. . . . . . . . .


u_n (x)  ^b K (x,t)u_{n 1} (t) dt.


a

Endi bu ifodalarni yuqoridan boshlab birin-ketin o’zidan keyingisiga qo’yib chiqamiz, natijada quyidagi ifodalar hosil bo’ladi :

u₀ (x)  f (x),

		u1 (x)  ^b	K ( x,t) f (t) dt,
		b
	u1 (x)  ^b K (x, t) ^b K (t,t1 ) f (t1 ) dt 1dt
		a		a
	.............
un (x)  ^b K (x, t) ^b		K (t, t1 ) ... ^b			K (tn 2, tn 1 ) f (tn 1 ) dtn1 ... dt1dt.
a	a		a

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Mana shu ifodalar yordamida (1.1.2) qatorni quyidagi ko’rinishda yozish

mumkin.

b	2 b	b
u (x)  f (x)   K (x,t) f (t) dt  	K (x, t) K (t, t1 ) f (t1 )dt1dt ...
a	a	a

Bu cheksiz qatorni umumiy hadi

9

v (x)
u_n (x) ⁿ ^b K (t, t₁ ) ^b K (t_n2, t_n1 ) f (t_n1 )dt_n1...dt₁dt


a a

bo’ladi. Yuqorida keltirilgan shartlarga I kesmaga

6. 
   (x)
   

N, N0,

hamda R sohada

K (x, t) M , M  0.

bu yerdagi M va N o’zgarmas haqiqiy sonlardir. Shunga asosan (1.1.5) dan ushbu

u_n (x)

• 
  
  

ⁿ N M ⁿ (b  a)ⁿ  N[



13. 
    (b  a)]ⁿ
    

tengsizlik hosil bo’ladi bo’ladi. Ma’lumki, o’ng tomonidagi ifoda cheksiz kamayuvсhi geometrik progressiyaning, ya’ni yaqinlashuvchi qatorning umumiy hadi bo’lishi uchun

q 



M (b  a) 1,





1

M (b  a)

bo’lishi shart. Shundagina (1.1.4) qatori I

intervalda absolyut va tekis

yaqinlashuvchi qator bo’ladi.

(1.1.4) qator (1.1.1) tenglamaning yechimi ekanligini ko’rsatdik. Endi undan boshqa yechimi yo’qligini ko’rsatamiz. Buning uchun aksincha faraz qilamiz ,

ya’ni (1.1.1) tenglamaning yana bitta uzluksiz yechimi bor deb faraz

qilamiz. U holda

v(x)  f (x)   K (x,t) v (t)dt.
ab

Buni (1.1.1) dan ayramiz:

21. 
    (x) v (x)  ^b K (x, t)[u(t) dt.
    

a

21. 
    (x)  v (x) a (x)
    

deb belgilab olaylik. U holda yuqoridagi tenglikni

10

a (x)  ^b k (x,t) a (t)dt


a

ko’rinshda yozish mumkin. Ma’lumki, bo’lgani uchun chegaralangan bo’ladi, ya’ni

a (x) ayirma I kesmada uzluksiz

a(x)  A, A 0.

shunga asosan

1. 
   (x)
   

• 
   _^b
  

ab
K (x,t) a (t) dt 



M A(b  a).

Bundan foydalanib (1.1.6) tenglikdan quyidagi tengsizlikni hosil qilamiz:

1. 
   (x)
   

• 
   _^b
  

K (x, t) a (t) dt 

  _^b M

a
 M A(b  a)dt A  ² M ² (b  a)² .

a

Buni yana (1.1.6) ga qo’yish natijasida

1. 
   (x)
   

• 
  A  ³ M ³ (b  a)³
  

hosil bo’ladi. Umuman, shu jarayonni n

a(x)  A[

marta takrorlasak,

• 
  M (b  a)ⁿ
  

hosil bo’ladi.

q  

13. 
    (b  a)1
    

bo’lgani uchun, cheksizlikka intilganda, (1.1.7) ning o’ng tomoni nolga intiladi.

Shu sababli a (x) 0, ya’ni v (x)  u(x) bo’ladi.

Demak, ikkala yechim aslida bitta ekan. Shunday qilib quyidagi teorema isbot qilindi.

Agar f (x) funksiya I kesmada noldan farqli, uzluksiz, K (x, t) yadro R sohada

noldan farqli uzluksiz bo’lib, ushbu

 	1	tengsizlik bajarilsa, u holda
	M (b  a)

11

u (x)  f (x)  ^b K (x, t) u (t) dt


a

tenglama I kesmada absolyut va tekis yaqinlashuvchi qatordan iborat faqat bitta yechimga ega bo’ladi.

Misollar yechishda u₀ u₁ u_2, ...larning ifodalarini (1.1.3) formulalar yordamida topib, so’ngra ularni (1.1.2) qatorga qo’yib chiqish ishni osonlashtiradi.

Misol. Ushbu tenglamani yeching: