Mirzo Ulugʻbek nomidagi Oʻzbekiston Milliy universiteti

u (x) 	3	e^x 	1	xe 	1		1	^b
tu(t) dt.
	2	2	2	2
								a

(1.1.3) ga asosan:

u		(x)  f (x) 	3	e ^x		1			xe ^x 						1			;
	0
			2		2								2
		1	1				3				t		1						t		1	
u1 (x)  tu0 (t)st  t										e						te						dt.
							2						2								2
		0	0																			

qavslarni ochib so’ngra integrallarni hisoblasak

		1	 9		
u1	(x)				 e 
		2
			 2		

kelib chiqadi. Bunga muvofiq

u₂ (x)  ¹ tu₁ (t)

0

1
u₃ (x) 1tu₂ (t)

0

1



9

^1

1

 9



dt 



2

e tdt 



e;

22

2



2

0

 2



dt 

1

 9

 e^;



2^3



 2



va hokazo.Bularni qatorga qo’yib soddalashtirilsa

u (x) 	1	(3  x) e ^x 	1
	2		3(3  e)

yechim hosil bo’ladi.

12

Integral tenglama rezolventasi
Fredgolmning ikkinchi tur tenglamasini qaraymiz

	u (x)  f (x)   ^b K (x, t) u(t) dt						(1.1.8)
			a
Bu tenglamadagi	f (x)		funksiyani		I kesmada aynan nolga teng emas,
uzluksiz va shuningdek, K (x,t) yadroni ham R sohada aynan nolga teng emas va
uzluksiz deb faraz qilamiz.
(1.1.8) tenglamaning yechimi absolyut va tekis yaqinlashuvchi
	u(x) u	0	(x) u (x) ^2u	2	(x)  ...^nu	n	(x)  ...
			1
Qator ko’rinishida yoziladi,			bundagi ui (x) lar
			u0 (x)  f (x),
			u1 (x) ^b K (x,t)uo (t) dt,
			a
			u2 (x)  ^b K (x,t)u1 (t) dt,
			a
	............

formulalardan topiladi. Ifodalarni qulaylik uchun quyidagi shaklda yozib olaylik:

u₀ (x)  f (x),


u₁ (x)  ^b K (x,t) f (t)dt,


a


u₂ (x)  ^b K (x, s)u₁ (s) ds,


a

Bundagi u₁ (s) o’rniga o’zidan oldingi formuladagi ifodasini qo’yamiz

u2 (x) ^b K (x, s)ds ^b		K (s,t) f (t) dt ^b		f (t) dt ^b K (x, s) K (s,t)ds,
a	a		a	a

Endi K₂ (x,t) ^b K (x, s) K (s,t) ds deb belgilasak, yuqoridagi u₂ (x) ushbu

a
13
u₂ (x) ^b K₂ (x,t) f (t)dt


a

ko’rinishda yoziladi. Xuddi shu usul bilan u₃ (x) ni topamiz

u₃ (x) ^b K (x, d )u₂ (s)ds,


a

Bundagi u₂ (s) o’rniga hozirgina aniqlangan ifodani qo’yamiz :

u₃ (x) ^b K (x, s) ds ^b K₂ (s t) f (t) dt 


a a

• 
  ^b f (t)dt ^b K (x, s)K₂ (s,t)ds.
  

a a

Agar bu yerda

K₃ (x,t) ^b k (x, d ) K₂ (s,t) ds


a

deb belgilasak

u₃ (x)  ^b K₃ (x,t) f (t)dt


a

bo’ladi. Shu usulda davom etaversak,

un (x) ^b

Kn (x,t) f (t) dt, n 1,2,3,...

a

kelib chiqadi. Simmetriya ushun

K1 (x,t)  K(x,t)

deb belgilaylik.

Natijada quyidagi funksiyalar ketma-ketligi hosil bo’ladi :

K1 (x,t),

K2 (x,t),

K3 (x,t),...

Kn (x,t),...

(1.1.9)

Bular

K yadroning

iteratsiyalari

yoki

iteratsiyalangan

yadrolar, ya’ni

takrorlangan yadrolar deb ataladi. Endi u0 ,

u1 ,

u2,... larning yuqorida aniqlangan

ifodalarni (2) yechimga qo’yib ixchamlansa, quyidagi natija kelib chiqadi:

14
u(x)  f (x) ^b[K₁ (x,t)  K₂ (x,t)  ² K₃ (x,t)  ...

a

• 
  ^n1 K _n (x,t) ...]f (t), ...
  

• 
  (x,t;)  K₁ (x,t) K₂ (x,t) ² K₃ (x,t) ...
  

^n^^1 Kn (x,t) ...

(1.1.10)

deb belgilab olsak, quyidagi yechim hosil bo’ladi:

u (x)  f (x)  ^b Г (x,t,) f (t) dt.	(1.1.11)
a

Bundagi Г (x,t;) berilgan (1.1.8) Fredgolm tenglamasini rezolventasi ya’ni hal qiluvchi yadrosi deyiladi.

Demak (1.1.12) yechim mavjud bo’lishi ushun integral ishorasi ostidagi

• 
  (x,t;) rezolventa uzluksiz bo’lishi kerak. Buning uchun esa (1.1.11) funksional qator R sohada absolyut va tekis yaqinlashuvchi bo’lishi kerak.
  

Isbot: Yuqoridagi (1.1.11) qatorning absolyut va tekis yaqinlashuvchi ekanini isbot qilish uchun har bir hadining absolyut qiymati biror musbat hadli yaqinlashuvchi qatorning mos hadlardan katta emasligini ko’rsatish kifoya.

Ikki argumentli K (x,t) funksiya yopiq R sohada uzluksiz deb faraz qilingani uchun chegaralangan bo’ladi, ya’ni

11. 
    (x,t)
    

M, M 0.

Shunga binoan (1.1.11) ning hadlari

K₂ (x,t)  

² K₃ (x,t)   ²

^b K (x, s) K (x,t) ds

a

^b K (x, s) K₂ (s,t)ds

ab

• 
   M ² (b a),
  

• 
   ² M ³ (b  a)²
  

va hokazo

15

(x,t;)

(x,t;)

^n1K_n (x,t)

  ^n1 M ⁿ (b  a)^n1 ,...

O’ng tomondagi hadlardan quyudagi qatorni tuzaylik:

13. 
     M [  M (b _ a)]M[
    

Ma’lumki agar



M (b a)]^2 ... .

(1.1.12)

q  


M (b a) 1, ya’ni

1	(1.1.13)
^^M (b  a)

bo’lsa, (1.1.13) qator yaqinlashuvchi bo’ladi. U holda yuqoridagi tengsizliklarga asosan (1.1.11) qator R sohada absolyut va tekis yaqinlashuvchi bo’ladi. Demak,

u qatorning yig’indisi G uzluksiz funksiya bo’ladi.

Misollar ishlashda, dastlab, (1.1.14) tengsizlikning bajarilishini tekshirib ko’rish kerak. Agar u bajarilsa, K_n (x,t) interatsiyalarning ifodalarini topish va ularni

(1.1.11) qatorga qo’yib, G rezolventani aniqlash kerak. Nihoyat, uni

(1.1.12) tenglikka qo’yib, (1.1.8) tenglamaning yeshimini topish mumkin.

Misol: Ushbu tenglama rezolventa yordami bilan yechilsin:

u(x) 	5	x 	1	^1	xt u (t)dt.
	6		2
				0

Bu misolda

• 
   ¹₂,I(0 K (x,t)  x t
  

x 1),		R(0  x 1,	0  t 1),
	1;	M 1; b  a 1 0 1.

Demak, (1.1.14) shart bajariladi, endi iterasiyalarni izlaymiz:

K₁ (x,t)  K (x,t)  xt; K₂ (x,t)  _^{1 K (x, s)K (s,t)ds }

0

 ^1	xs  st dt  xt ^1			s ^2 ds 		1		xt;
						3
0			0
		1								3								3							1									3
																									
K3 (x,t) 			K (x, s)K2 (s,t)d s 								1					xs.st ds 				1		xt						s ^2 ds 								1				xt;
		o																							0
																																						2
K4	(x,t) 	1	K (x, s) K3 (s,t) ds 							1				1				xs  st ds 							1					xt		1		s ^2 ds 								1			xt;
										3		2												3			2															3		2
		0												0																		0

16

va hokazo, umumiy qonuniyat ko’rinib qilgani ushun hisoblashni davom ettirmadik. Bularning hammasini (1.1.11) qatorga qo’yib,   ¹₂ ekanini nazarda

tutsak,

Г

^x,t;

1 

 xt

^1

1



1

...^

 xt 

1



6

xt







6

6^2



1

5



2 





1



6

bo’ladi.

Demak, berilgan integral tenglamaning rezolventasi

	1			6
Г  x,t;					xt.
	2			5

Endi buni (1.1.12) formulaga qo’yib, izlanayotgan yechimni topamiz:

u(x) 	5	x 	1	^1	6	x t 	5	tdt 	5	x 	1	x^1	t ^2 dt 
	6		2		5		6		6		2
				0								0

• 
  ⁵₆ x  ¹₆ x  x, ya’ni u(x)  x.