Регулярлы шекаралық шартар.

бекітілген облысын қарастырайық; және жоғарыдағыдай кезінде

болатындай нөмірлейміз.

Кейініректе бізге регулярлы деп аталатын шекаралық шарттар классын ерекшелеп алған ыңғайлы болады. Бұл класс -нің жұп немесе тақ болуына байлансыты әртүрлі анықталады.

а) n тақ;

(35) нрмаланған шекаралық карттар регулярлы деп аталады, егер келесі теңдік түрінде анықталғын және сандары нөлден өзге болса:

б) n жұп;

35) нрмаланған шекаралық карттар регулярлы деп аталады, егер келесі теңдік түрінде анықталғын және сандары нөлден өзге болса:

Регулярлықтың бұл анқтамасы сандары нөмірлгенде қолданған облысын таңдаудан тәуелсіз.

Көрсету үшін -ге оралып, әртүрлі облыстарына жауапты сандарының орналасуы негізгі екі орналасудан, мысалы және облыстарына жауапты, бірдің түбірлерінің n дәрежесіне көбейту арқылы алуға болады. Бірақ егер (38)және (39) қытынастарында барлық -ларды, модулі бірге тең, ортақ көбейткішке көбейтсек, онда θ сандары да, модулі бірге тең, дәл сол көбейткішке көбейтіледі. Дара жағдайда, қатынасы өз мәнін сақтайды, сәйкесінше сол себепті теңдігінің, немесе сәйкесінше теңдігінің, түбірлері өзгеріссіз қалады, бұны біз келешекте қолданамыз.

Осылайша, енді сандарының v жұп болатын қандайда бір облысынан v’ тақ болатын қандайда бір басқа облысқа ауысқандағы өзгеруін қарастыру қалды. Айта кетейік, кем дегенде осы ауысуда сандары бұрынғысынша модулі бірге тең айқын санға көбейтіледі, бірақ енді, жалпы айтқанда, барлық -лар дәл бір көбейткішке көбейтілмейді.

Ең алдымен n тақ болатын жағдайды қарастырайық.

болғанда сандары -1 -дің n ретті барлық түбірлері болып табылады. облысы болған жағдайда (4) теңсіздік орындалады, егер сандары ретінде, индекстары келесі түрде болатын, сандарын алсақ:

Ал облысы жағдайында

(38) байланысты

үшін де анықтауыш, -ші бағанда -ны -ға ауыстыру ерекшелігімен, дәл осылай болады. облысы үшін және сандары анықталған болысн; облысы үшін табылған сәйкес сандарды және сандары арқылы белгілейік. және сандарын, сәйкес анықтауыштарда сандарын сәйкесінше екінші және үшінші, төртінші және бесінші және т.с.с. бағандарда алмастыру арқылы, және сандарынан алуға болатыны айқын. және сандарына сәйкес алмастыруларды келесі сызбаларды қарастыру арқылы анықтауға болады.

a₁) жұп,

а₂) тақ,

Мұнда бір жағынан θ анықтауышының бағандарындағы сандары үшін индекстардың орналасуы көрсетілген, ал екінші жағынан немесе әріпі арқылы немесе сәйкес сандарының қайсысына берілген көбейтілетіні көрсетілген.

-ден -ге көшкен кезде индекстер жолын жолына ауыстырып, « үлестірімін» қалдыру керек.

a₁) жағдайында бұл бағандарды құр -ге, ал а₂) –де -ге ауыстыруға әкелетіндіктен

Қалған қатынастарды анықтау үшін келесі түрде қарастырамыз.

-ге көбейтсек сандар жүйесі өз өзіне аусады, соның ішінде әрбір дің индексіне l қосылып, болса, –ға n-ге еселі бір сан қосылады. Осылайша ( және кезінде)

индексер жолынан

жолы шығады.

Соңғы жол алғашқы сандар жұптарының орнын ауыстыру арқылы геты жауап

түде беріле алады. Бұдан

және сол сияқты, болғанда

.

Регулярлықты анықтау облысты таңдаудан тәуелсіз екені енді түсінікті. Бұдан басқа:

теңдеуінің түбірлері кезінде -дан -ке өткенде өзгермейді; -ден -ге өткенде олар -ге көбейтіледі, және де +(-) таңбасы байланысты.

және арқылы -ның сәйкесінше тақ және жұп түбірлерін белгілеп, болғанда алатынымыз

.

п жұп болған кезде , нәтижеге жеткізетін өте ыңғайлы жол бар. п дәрежелі барлық -1 түбірлер мына түрде болады және сандарының әрбір орналасуын сипаттай аламыз. Олай болса, -индекстер жолына сай келетін облысын таңдауды ад сипаттай аламыз. Нәтижесінде облыстары үшін келесі жолдарды аламыз:

Екі жағдайға бөліп қарастырамыз:

б₁) .

-дің жолдары -дің жолдарынан алынуы мүмкін, егер екінші мен үшіншінің, төртінші мен бесіншінің,..., (п-2)-ші мен (п-1)-ші элементтердің орындарын ауыстырсақ. Егер үшін құрылған (39) анықтауыштағы сәйкес бағандарды ауыстырсақ және сонымен қоса -ті -ке алмастырсақ, онда (39) анықтауыш үшін құрылады. Сондықтан ондай алмастырулар саны тақ, онда , мұндағы - үшін құрылған (39) анықтауыш.

б₂) .

Бұл жағдайда ұқсас әдіспен табамыз:

.

Осылайша, п жұп кезде де регулярлықты анықтау облысын таңдаудан тәуелсіз. Бұдан бөлек, келесіні айта кетейік.

жұп қосылғышқа дейін өзгергенде квадраттық теңдеулердің түбірлері өзгермейді; жұптан таққа өзгергенде олар өзгереді.

Ескерту. Егер барлық сандарынақты болса, онда -ден -ге өткенде саны түйіндес комплекске өтеді. Сәйкесінше, бұл кезде регулярлықты анықтау облысын таңдаудан тәуелсіз екені қарастырылады.

Регуляр шекаралық шарттардың кейбір мысалдарын қарастырайық.

а) жұп кезіндегі Штурм тектес шарт. Штурм тектес шарт деп келесі түрдегі шартты айтамыз

(40)

мұндағы, мұнда шарттың жартысы у-тің мәнін және оның тек нүктесіндегі туындысын, ал жартысы тек нүктесіндегі туындысын қамтиды.

Бұл кезде

Сәйкесінше,

(41)

(42)

(41), (42) формулалардағы барлық анықтауыш нөлден өзге; сондықтан Штурм тектес шарт регуляр. Мысалға, (анықтылық үшін деп есептейік) келесі анықтауыш нөлге тең емес екенін көрсетейік,

Қалған анықтауыштар үшін дәлелдеулер осыған ұқсас түрде келтіріледі.

Алдымен байқайтынымыз, нүктелері бір жарты шеңберде жатыр (радиусы бір, центрі нөл). Бұл олардың анықтамаларынан тікелей шығады. Сондықтан, элементтердің ретіне дейінгі дәлдікпен тізбегі тізбегімен сәйкес келеді. Мұндағы, р – модулі бірге тең қандай да бір сан. Егер де десек, мынаны аламыз

Барлық -лер әртүрлі және болғандықтан, онда сандарының ішінде бірдейлері жоқ. Сондықтан, .

болғандықтан Штурм шарты мағынасында күшті регуляр.

б) Периодты тектес шарт. Ол мына түрдегі шарт

.

Периодты тектес шарт регуляр.

Расында, n жұп болғанда (n=2 )

= ,

мұнда С – ₁,...,ω_n сандарының Вандермонд анықтауышы, бұдан шығатыны С 0.

Бұдан

= 2С; = = С 0;

Яғни шарттар регулярлы.

n тақ болғанда (n=2 )

=

= .

Бұл жердерн көрінетіні осы жағдайда да шарттар регулярлы.

в) n=2 болғандағы шекаралық шарттар. n=2 кезіндегі барынша жалпы шекаралық шарттар келесідей түрге ие.

(43)

Келесі жағдайларды қарастырайық:

1) a₁d₁ + b₁c₁ 0. (43)-ті және ге қатысты шеше отырып, шарттарды келесі түрге келтіруге болады

Бұл жағдайда

= =

шығатыны,

яғни шарттар регулярлы.

2) a₁d₁ – b₁c₁ = 0 |a₁| + |b₁| > 0. Бұл жағдайда (43) шарттарын келесідей түрге келтіруге болады

=

= ω₁(b₁c₀ + a₁d₀)(s + ) + 2(a₁c₀ + b₁d₀)ω₁;

о

b₁c₀ + a₁d₀ ≠ 0.

3) a₁ = b₁ = c₁ = d₁ = 0. (43) формалары тәуелсіз болу керек, онда бұұл жағдайда a₀d₀ – b₀c₀ ≠ 0; бұдан шығатыны, (43) шарттары

y₀ = 0, y₁ = 0 шарттарына эквивалент.

Осы жерден

= – s,

яғни шарттар регулярлы.

Сонымен, n = 2 болғанда (43) шарттары келесі жағдайларда регулярлы:

1) a₁d₁ – b₁c₁ ≠ 0;

2) a₁d₁ – b₁c₁ = 0, |a₁| + |b₁| > 0, b₁c₀ + a₁d₀ ≠ 0;

3) a₁ = b₁ = c₁ = d₁ = 0, a₀d₀ – b₀c₀ ≠ 0.

9. Меншікті мәндер асимптотикасы. п^о 5 шешімдері, регулярлы шекаралық шарттарынан туындаған дифференциалдық оператордың шексіз көп меншікті мәндерінің бар болуын анықтауға және осы меншікті мәндер үшін, модулінің мәні үлкен болған кезде, асимптоталық өрнектер алуға мүмкіндік береді. Осы өрнектердің басты мүшелері дифференциалдық өрнектің тұрпатына және дифференциалдық оператор туындататын шекаралық шарттарға тәуелсіз екен. Сонымен қоса елеулі рөлді берілген шекаралық шарттардасәйкесінше тақ және жұп n –ге арналған (38) және (39) формулаларымен анықталған , және , , сандары ғана атқарады. Төмендегі 2 теоремада біз қарастырылып отырған дифференциалдық өрнектің коэффициенттері [0,1] интервалында үзіліссіз деп тұжырымдаймыз. Алайда, байқайық, дифференциалдық өрнектің коэффициенттері – [0,1] интервалында қосындыланатын еркін функциялар болған кезде де осы пункттің барлық дерлік нәтижелері дұрыс болып қалады.

Теорема 2. [0,1] интервалында регулярлы шекаралық шарттардан туындаған n-ші ретті дифференциалдық оператордың меншікті мәндері екі шексіз тізбек құрады , (k= N, N+1, N+2, …),мұндағы N – кейбір бүтін сан.

Тақ *) n, n = 4q – 1 болғанда,

= (- 2kπi) ⁿ [ 1 - + O ], (44а)

= (2kπi) ⁿ [ 1 - + O ], (44б)

Ал тақ n = 4q + 1 үшін,

= (2kπi) ⁿ [ 1 - + O ], (44a^’)

= (- 2kπi) ⁿ [ 1 - + O ]; (44б^’)

мұндағы ξ ⁽¹⁾ және ξ ⁽²⁾ – ертеректе анықталған v-мен S_v облысына жауап беретін θ₁ ξ + = 0 теңдеуінің түбірлері, сәйкесінше тақ және жұп.

Жұп n, n = 2μ ≠ 0 болғанда,

= (- 1) ^μ (2kπ) ⁿ [ 1 + O ], (45а)

= (- 1) ^μ (2kπ) ⁿ [ 1 + O , (45б)

Мұндағы ξ^’ және ξ^’’-

=0

S₀ облысына жауап беретін оған қоса (45) формулаларындағы жоғарғы белгі жұп, ал төменгісі тақ –ға сәйкес келеді.

Тақ n, n = 2μ = 0 болғанда,

= (- 1) ^μ (2kπ) ⁿ [ 1 + O ], (47а)

= (- 1) ^μ (2kπ) ⁿ [ 1 + O , (47б)

мұндағы облысына жауапты (46) теңдіктің (екілік) түбірі, ал (47) формулада жоғарғы жіне төменгі белгілерді таңдауды (45) – тегідей ережемен жүргізген жөн.

Бастапқы үш жағдайда меншікті мәндер қандайда біреуінен бастап жай, ал төртіншіде қандайда біреуінен бастап жай немесе екі еселі.

Дәлелдеуі. Алдымен тақ болатын жағдайды қарастырайық; болсын. Т бекітілген облысын қарастырайық; сандары нөмірленген болып, кезінде

алайық.

нүктелері бір –бірінен бірдей бұрыштық қашықтықта, радиусы тең аймақта жатыр; сол себепті оң жақ тұйық жартышеңберде олар - дан көп емес. Шынында да, егер олар кем дегенде болса, онда біз қайшы теңсіздікке келуші едік (10 сурет)

Әйтпесе жартышеңбердің бұрыштық өлшемі тең. Бұддан теңсіздіктен кем дегенде бастапқы нүктелері сол жақ ашық жартыжазықтықта жатуы тиіс, сонымен соңғы нүктелері оң жақ ашық жартыжазықтықта жатуы керек. Басқаша айтқанда

Егер , Т облысында қалса, онда және сол жақтары сәйкесінше және ұмтылады.

Шынында да, мысалы ұмтылмайды сонда ғана, егер мен жартыосьтің оң немесе теріс бөлімінің бұрыштық арақашықтығы нөлге ұмтылса, бірақ ол кезде - ның жеткілікті үлкен мәніде

доғада нүктелер орналасады. Осыдан қандай мәнінде болмасын

мүмкін еместігі шығады.

Біздің дәлелдеген тұжырымымыздан кезінде

а) нөлге экспоненциалды ұмтылады, егер ;

б) шексіздікке экспоненциалды ұмьылады, егер

1 теореманың қасиеті бойынша Т облысында теңдеуінің тәуелсіз шешімі бар, және олар

Осы шешімдердің көмегімен анықтауышты құрайық; §2 - де дәлелденген меншікті мәндер осы анықтауыштың нөлдері.

Сондықтан анықтауышымен жұмыс істейік.

Қысқалық үшін келесі мәндерді енізейік

Нормаланған формаларына (51) өрнекті қойып

Бұдан

Бірақ егер болса, онда функция кезінде

экспоненциалды кемиді; онда

Сәйкесінше

Сонымен

Осы өрнектердің барлығын

теңдігіне қояйып, анықтауышының жолдарының , және соңғы бағандарының ортақ көбейткіштеріне қысқартайық.Онда бұл теңдік келесі түрде жазылады

Мұндағы

және сандарының анықтамасы бойынша ((38) қара) (54) формулыдан

шығады.

Егер ρ теңдігінің түбірі болсы, онда

яғнин және шекаралық шарттарына байланысты

Сондықтан

Енді функциясының (56) формуламен аықталатын нөлдерінің бар екенін дәлелдейік.

алайық, ондаы (56) қатынас келесі түрде жазылады

облысындағы биссектрисаға саны параллельно орналасқаны анық, сондықтан бүтін саны үшін тек ғана бір, таңба анықталу мүмкін. Сондықтан берілген облысындағы саны үшін таңба тек ғана ақ немесе теріс болады. Нақтылық үшін:

а) Егер

облысындағы жұп индекстер үшін ,ал тақ индекстер үшін аламыз.

а1) Егер

облысындағы жұп индекстер үшін ,ал тақ индекстер үшін аламыз.

Енді шеңберінің, радиусымен, әрбір нүктесін сипаттайық, Егер бізде өте үлкен болса, онда бұл шеңбер толығымен облысында жатады. теңдеу теңдеуге эквивалентті; себебі: болғандықтан соңғы теңдеуді мына түрде жазуға болады.

шеңберінің сыртындағы функциясы үшін

төменнен оң санмен шектелген. Шынымен де жаңадан айнымалы еңгіземіз.

Онда және шеңбері шеңберіне көшеді. Және де сол радиусы нүктесінің айналасына көшеді. функциясы периодты функция болғандықтан, оның облысында төменнен шектелгенін көрсетсек және де түзуімен және шеңберімен шектелгенін көрсетсек жеткілікті. Бірақ бұл облыста функциясы көлге ұмтылмайды, кез келген түзуінің жеткілікті үлкен мәнінде функциясы төменнен шектелген, немесе

Бұдан біздің керек тұжырымымыз шығады. Бұл жер дәл соңғы шығатын қорытынды: жеткілікті үлкен функциясы үшін шеңберінде сыртында нөлдері табылмайды.

Айталық функциясының шеңберіндегі минимумы болсын, яғни -ДА , мұндағы дан тәуелсіз. Дәл осы шеңберде жеткілікті үлкен мәні анықталған. Белгілі Руше теоремасы бойынша теңдеудің шеңберінде қанша түбірі бар болса, теңдеуінде де сонша түбірі табылады. Яғни, жалғыз түбірі табылады.

формулаға сәйкес

Басқа жағынан, бұл формуладан

Сондықтан

немесе

Егер осы формуланы әрбір облысына қолдансақ және жоғарыда айтылған таңбасы туралы тұжырымдарды қолдану арқылы формуланы аламыз.

Бұл меншікті мәндерді қарапайымдылығы ның жеткілікті үлкен мәнінде жоғарыда дәлелденген функциясының көлдері арқылы анықталады.

Енді жұп болғанға келейік, айталық . Тағыда облысын тұрақты деп алайық және бұл облысқа теңдеу орынды. Дәл тақ саны үшін анықтаған сияқты

Және бұл теңсіздіктердің сол жақтары облысында ұмтылғанда сәйкесінше және .

Бұдан, дәл тақ үшін анықталған сияқты:

егер

егер

Және де

жұп дәрежелі теңдеуі түбірімен қоса түбірін алады, теңдеуден

және

сондықтан теңдеуін

түрінде жазуға болады.

Осы теңдеуге қойсақ, теңдеудегі және берілгендерді қысқарту арқылы аламыз.

Мұндағы:

Анықтама бойынша

бұдан шығатын қорытынды:

немесе теңсіздігдігіне орай

функциясы облысында шектелген.

Квадраттық өрнекті қарастырайық

+ ; (68)

Мұндағы және оның түбірлері болсын, сондықтан

Онда (67) өрнек мына түрде жазылады

(69)

өрнегінің сәйкесінше

(70)

түбірлері болады.

Бізді тек облысына тиістілері ғана қызықтырады.

Бұл түбірлер түзудің үстінде орналасады, секторына параллель.

Шынымен, анықтылық үшін қарастыратын сектор облысы болсын.

Онда

болғанда

болғанда болады.

Бұдан,

болғанда және

болады.

Бұдан,

болғанда, барлық түбірлер , ал болғанда барлық түбірлер облысының ішінде жатады, яғни облысы шекарасының оң арақашықтығында жатады, егер төбесін осы облыстан таңдап алса. Осы екі жағдайдың біріншісіндегі -ны деп өзгертеміз, сонда

-ге тиісті тізбегін аламыз, егер болғанда жоғарғы белгі ал болғанда төменгі белгі алынса.

қолданып және 69 ескере отырып, өрнегін мына түрде жазса болады.

(71)

Әрбір нүктелерінің маңайын сәйкес сипаттайық.Жеткілікті үшін маңайлар толығымен облысына тиісті.

Руше теоремасын жұп жағдайы үшін, жеткілікті үлкен болғанда

болады.

Егер жеткілікті үлкен үшін өрнегінің нөлдері тек ішінде жатады және олардың саны өрнекте қанша болса, соған тең болады деп қортындылаймыз.

(72)

Енді болсын, онда бұдан сандары және және дөңгелектері бір-бірінен ажыратылмайды.

Осы дөңгелектің әрқайсысында (72) өрнек, яғни де тек бір ғана түбір болады. ОЛ түбірлерді және дейік.

Дата добавления: 2015-11-14