Elmi ƏSƏRLƏr fiZİka-riyaziyyat və texniKA
Yüklə 2,31 Mb. Pdf görüntüsü
|
- Bu səhifədəki naviqasiya:
- ABSTRACT
- РЕЗЮМЕ
- ELMİ ƏSƏRLƏR, 2015, № 9 (65)
- НАУЧНЫЕ ТРУДЫ, 2015, № 9 (65) ƏBÜLFƏZ MƏMMƏDOV
- QOYULMUŞ BİR BAŞLANĞIC- SƏRHƏD MƏSƏLƏSİNİN REQULYAR HƏLL OLUNANLIĞI HAQDA
- Teorem isbat olundu.
|
ƏDƏBİYYAT
1. Акбаров С.Д., Алиев С.А. О распределении самоуравновещенных напряжений в слоистом композитном материале с частичными искривлениями в структуре // Тр. XI науч.конф. молопъх ученъх Ин –та механики АН УССР . Киев , 1986.С. 428–433. –Деп. в ВИНИТИ 30.05.86, № 5507– В 86 Деп. 2. Алиев С.А. Влияние реологических параметров материала матрицъ на распределение самоуравновещенных напряжений в композитном материале с частичными искривлениями в структуре // Изв. АН Аз. ССР. Сер. Физ. –техн. и матем. наук. – 1991, № 1.
ABSTRACT
This paper deals with the elastic substance consisting of non-intersecting any number of curved layers.In this substance the tension-deformation state is investigated created under the effect of normal and touching forces regularly spreading from “infinity”.
-
18 - РЕЗЮМЕ
нахожение
В стате расматривается еластический материал составленный из любих количестъ неперекосющихъся кривех уровней.Напряженное деформированное положение иследиетъся созданное при ефекте нормалъных и kacaтелъное сил регулярно распределенных из и “бесконецности”.
NDU-nun Elmi Şurasının 30 may 2015-ci il tarixli qərarı ilə çapa tövsiyə olunmuşdur (protokol № 10) Məqaləni çapa təqdim etdi: Riyaziyyat üzrə fəlsəfə doktoru, dosent T.Nəcəfov
-
19 -
NAXÇIVAN DÖVLƏT UNİVERSİT ET İ. ELMİ ƏSƏRLƏR, 2015, № 9 (65) NAKHCHIVAN ST AT E UNIVERSIT Y .
НАХЧЫВАНСКИЙ ГОСУДАРСТ ВЕННЫЙ УНИВЕРСИТ ЕТ . НАУЧНЫЕ ТРУДЫ, 2015, № 9 (65) ƏBÜLFƏZ MƏMMƏDOV Naxçıvan Özəl Universiteti UOT 517.957 BEŞİNCİ TƏRTİB BİR SADƏ OPERATOR- DİFERENSİAL TƏNLİK ÜÇÜN QOYULMUŞ BİR BAŞLANĞIC- SƏRHƏD MƏSƏLƏSİNİN REQULYAR HƏLL OLUNANLIĞI HAQDA
Açar sözlər: norval operator, hilbert fəzası, operator-diferensial tənlik, requlyar həll, requlyar həll olunanlıq Key words: normal operator, hilbert space, operator-differential equation, reqular solution, reqular solvability Ключевые слова: нормальный оператор, гильбертово пространство,операторно- дифференциальное уравнение, регулярное решение, регулярная разрешимость
Separabel H hilbert fəzasında ), , 0 ( ), ( ) ( ) ( ) ( 5 5 5 R t t f t u A t dt t u d (1) 0 ) 0 ( ) 0 ( ' u u (2) kimi başlanğıc-sərhəd məsələsinə baxaq, burada ) ( ), (
u t f
R -da sanki hər yerdə təyin olunmuş, qiymətləri H hilbert fəzasından olan vektor-funksiyalardır, törəmələr ümumiləşmiş mənada başa düşülür[1] və
operatoru ilə ) (t əmsalı aşağıdakı kimi təyin olunurlar: 1)
tamam kəsilməz, 1
10 0 , | arg :| S bucaq sektorunda yerləşən normal operatordur; 2) ) , 1 [ , ), 1 , 0 ( , ) ( 5 5 T t t
və 0 , olmaqla . Hilbert fəzasında normal operatorların spektral nəzəriyyəsindən məlumdur ki, 1) şərtini ödəyən
operatorunu UC A şəklində göstərmək olar, harada ki, C özü-özünə qoşma müsbət- müəyyən, U isə unitar operatordur. ) 0 ( H ilə
A operatorunun doğurduğu hilbert fəzalarının şkalasını işarə edək, yəni ) (
A D H və H -da skalyar hasil ) ,
) , ( y A x A y x kimi təyin olunub. Hesab edəcəyik ki, H H 0 və H y x y x ) , ( ) , ( 0 . Aşağıdakı hilbert fəzalarına baxaq[1]:
2 1 0 2 ) ; ( 2 ) ( : ) ; ( 2 dt t f f f H R L H H R L ,
-
20 - 2 1 2 ) ; ( 5 5 2 ) ; ( 5 ) ; ( 2 5 5 5 5 2 2 2 5 2 ), ; ( , : ) ; (
R L H R L H R W dt u d u A u H R L u A dt u d u H R W , 0 ) 0 ( ) 0 ( ), ; ( : ) 1 ; 0 ; ; ( ' 5 2 5 2 u u H R W u u H R W . Məlumdur ki, ) 1 ; 0 ; ; ( 5 2 H R W hilbert fəzası ) ; ( 5 2
R W hilbert fəzasının tam alt fəzasıdır[1]. Tərif-1. Əgər ) ; ( 5 2 H R W u vektor-funksiyası
başlanğıc-sərhəd şərtlərini isə 0 ) ( lim
, 0 ) ( lim
2 7 0 2 9 0 t u t u t t
Tərif-2. Əgər istənilən ) ; ( 2
R L f üçün (1)-(2) başlanğıc-sərhəd məsələsinin requlyar həlli varsa və bu həll ) ; ( ) ; ( 2 5 2 H R L H R W f const u bərabərsizliyini ödəyirsə, (1)-(2) başlanğıc-sərhəd məsələsi requlyar həll olunan məsələ adlanır. Teorem. Əgər A operatoru 1) şərtini və ) (t ədədi funksiyası isə 2) şərtini ödəyirsə, onda (1)-(2) başlanğıc-sərhəd məsələsi requlyar həll olunandır. İsbatı. Funksiyanın Furye çevirməsini tətbiq etsək, asnlıqla yoxlamaq olar ki, istənilən ) ; ( ) ( 2 H R L t f üçün d ds e s f A E i t u s t i 0 ) ( 1 5 5 5 1 ) ( 2 1 ) ( və
d ds e s f A E i t u s t i 0 ) ( 1 5 5 5 2 ) ( ) (
funksiyaları R -da sanki hər yerdə uyğun olaraq ) ( 5 5 5 5 t f u A dt u d və
) ( 5 5 5 5 t f u A dt u d
tənliklərini ödəyir. Göstərək ki, ) ; ( ) ( ), ( 5 2 2 1
R W t u t u . Aşkardır ki, ) (
( 2 1 t u t u vektor funksiyalarının Furye çevirmələri uyğun olaraq
) ( ) ( ^ 1 5 5 5 ^ 1 f A E i u (3) və
) ( ) ( ^ 1 5 5 5 ^ 2
A E i u (4) şəklindədir, harada ki, ) ( ^
)
f vektor-funksiyasının Furye çevirməsidir. Planşerel teoreminə görə alarıq: 2 ) ; ( ^ 1 5 2 ) ; ( ^ 1 5 2 ) ; ( 1 5 2 ) ; ( 5 1 5 2 ) ; ( 1 2 2 ; 5 2 2 5 2 ) ( ) ( H R L H R L H R W H R L H R W u A u u A dt u d u . (5) (5) bərabərliyi göstərir ki, ) ; ( ) ( 5 2 1 H R W t u olduğunu göstərmək üçün kifayətdir ki, ) ; ( ) ( 2 ^ 1 5 H R L u və ) ; ( ) ( 2 ^ 1 5 H R L u A olduğunu göstərək. A operatorunun spektral ayrılışına görə, istənilən
üçün aşağıdakı qiymətləndirmə doğrudur: ) | | (
e
-
21 -
5 cos
1 5 sin sup 5 sin 2 sup
5 sin
5 cos
sup sup
sup 5 2 1 2 10 10 10 10 10 10 5 | | 0 2 1 5 5 5 10 10 10 5 | | 0 1 5 5 5 5 | | 0 1 5 5 5 5 | | 0 1 5 5 5 5 ) ( 1 5 5 5 5 i i e i i A E i A i A
(3)-ü və sonuncu bərabərsizliyi nəzərə alsaq ) ; ( 5 ) ; ( ^ 1 5 5 5 5 ) ; ( ^ 1 5 5 5 5 ) ; ( ^ 1 5 2 2 2 ) ( 5 cos 1 ) ( . ) ( ) ( H R L H R L H R L H R L t f f A E i A f A E i A u A
alarıq ki, bu da ) ; ( ) ( 2 ^ 1 5 H R L u A olduğunu göstərir. İndi göstərək ki, ) ; ( ) ( 2 ^ 1 5 H R L u . ) ; ( 1 5 5 5 5 ) ; ( ^ 1 5 5 5 5 ) ; ( ^ 1 5 5 5 5 ) ; ( ^ 1 5 2 2 2 2 ) ( . sup ) ( . sup
) ( ) ( H R L H R L H R L H R L t f A E i f A E i f A E i u (6) bərabərsizliyində
5 5 5 5 A E i normasını qiymətləndirək. Onda, A operatorunun spektral ayrılışından, istənilən R üçün alarıq: 2 1 2 1 2 1 10 10 10 5 0 2 1 10 10 5 5 5 10 5 0 2 1 10 10 5 5 5 10 5 | | 0 2 1 2 5 5 5 2 10 10 5 | | 0 1 5 5 5 5 5 5 ) ( 1 5 5 5 5 ) ( 1 5 5 5 5 ) ( 1 5 5 5 5 5 sin
1 5 sin 1 sup
5 sin
2 sup
5 sin
2 sup
5 sin
5 cos
sup 5 cos 5 sin
sup ) 5 sin 5 (cos sup sup
i i i A E i A A A
Bu sonuncu bərabərsizliyi (6)-da nəzərə alsaq ) ; ( ) ( 2 ^ 1 5 H R L u alarıq. Onda (5)-ə görə ) ; ( ) ( 5 2 1
R W t u olar. Anoloji qayda ilə isbat edilir ki, ) ;
) ( 5 2 2
R W t u . ) ( 1 t u vektor-funksiyasının ] 1
0 ( yarımintervalına, ) ( 2 t u vektor-funksiyasının isə ) ,
[
yarımintervalına sıxılmasını uyğun olaraq
) ( ), ( 2 1 t t ilə işarə
etsək, aşkardır ki, )
1 , 0 (( ) ( 5 2 1 H W t və ) ); , 1 ([ ) ( 5 2 2
W t olar. Onda, izlər haqda teoremə görə ] 1
4 , 0 ; 2 , 1 , ) 0 ( 2 1 5 ) ( j i H j j i olar. ) , 1 [ , ) ( ) ( ], 01 ( , ) ( ) ( ) ( 7 ) 1 ( 6 ) 1 ( 5 ) 1 ( 2 2 4 3 2 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 1 2 1 5 4 3 2 1
e e e t t t e e e e t t t u A t A t A t tA tA A t A t
vektor-funksiyasını quraq, burada 5 ) 1 ( 2 sin 5 ) 1 ( 2 cos k i k k ədədləri ) 5
1 ( k
0 1 5
tənliyinin kökləridir, k -lar isə ) 7 , 1 ( k
2 9
hilbert fəzasından olan və hələlik nəməlum
-
22 - vektorlardır ki, onları
) 1 ; 0 ; ; ( 5 2 H R W u şərtindən təyin edilir.
Bunun üçün
4 , 0 ), 1 ( ) 1 ( , 0 ) 0 ( ) 0 ( ) ( 2 ) ( 1 ' 1 1 j j j olmalıdır. Bu bərabərliklərdən ) 7 , 1 ( k k məchullarına nəzərən aşağıdakı tənliklər sistemini almış olarıq:
) 1 ( ) 1 ( _ ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 4 ( 1 ) 4 ( 2 7 4 4 2 4 6 4 4 1 4 5 4 4 5 4 4 4 4 4 4 3 4 4 3 4 2 4 4 2 4 1 4 4 1 4 '' ' 1 '' ' 2 7 3 3 2 3 6 3 3 1 3 5 3 3 5 3 4 3 3 4 3 3 3 3 3 3 2 3 3 2 3 1 3 3 1 3 " 1 " 2 7 2 2 2 2 6 2 2 1 2 5 2 2 5 2 4 2 2 4 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 ' 1 ' 2 7 2 6 1 5 5 4 4 # 3 2 2 1 1 1 2 7 6 5 4 3 2 1 ' 1 4 4 3 3 2 2 1 1 1 4 3 2 1 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 2 1 2 1
A A e A e A A A A A A e A e A A A A A A e A e A A A A A A Ae Ae A A e e A A Ae Ae e e A A A A A A A A A A A A A A (7)
E E e e E E E E E e e E E E E E e e E E E E E e e E E E E E e e E E E E e e E E e e A A A A A A A A A A A A A A A 4 2 4 4 1 4 4 5 4 4 4 4 4 3 4 4 2 4 4 1 4 3 2 3 3 1 3 3 5 3 3 4 3 3 3 3 3 2 3 3 1 3 2 2 2 2 1 2 2 5 2 2 4 2 2 3 2 2 2 2 2 1 2 2 1 5 4 3 2 1 4 2 1 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 2 1 2 1 0 0 0 0 0 0 ) ( , ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 0 ( ) 0 ( ~ , ~ ) 4 ( 1 ) 4 ( 2 4 '' ' 1 '' ' 2 3 " 1 " 2 2 ' 1 ' 2 1 1 2 ' 1 1 1 7 6 5 4 3 2 1 A A A A A
işarə etsək (7) tənliklər sistemini ~ ~ ) ( A (8) şəklində yazarıq, burada 7 ~ , ~
. Gğstərsək ki, ) ( A operator-matrisi tərslənəndir, onda alarıq ki, (8)-in 7
0 ~
həlli var. Bunun üçün ) ( A operator-matrisində A
operatorunun yerinə -kompleks dəyişənini yazıb ) (
matrisinə baxaq. Onda aşkardır ki,
olmaqla olsa
-
23 - ) ( 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 ) ( det 4 2 4 4 1 4 4 5 4 4 2 4 4 1 4 3 2 3 3 1 3 3 5 3 3 2 3 3 1 3 2 2 2 2 1 2 2 5 2 2 2 2 2 1 2 2 1 5 2 1 4 3 O
olar, burada 0 ) (
S , olduqda 0 ) ( 1 1 1 1 1 . 1 1 ) ( det
4 2 4 4 1 4 4 5 4 4 2 4 4 1 4 3 2 3 3 1 3 3 5 3 3 2 3 3 1 3 2 2 2 2 1 2 2 5 2 2 2 2 2 1 2 2 1 5 2 1 4 3
alınar. Göstərək ki, istənilən
üçün
0 ) ( det . Doğrudan da, əgər belə deyilsə, onda elə
var ki, 0 )
det olur. Bu isə o deməkdir ki, elə sıfırdan fərqli 7 7
1 ) ,..., , ( ~ C vektoru var ki,
~ ) ( , burada 7 C sıfr vektordur. Onda aşkardır
0 ) 0 ( ) 0 ( 0 ) ( ) ( ) ( ' 5 5 5
q t q t dt t q d (9) başlanğıc-sərhəd məsələsinin ) (
2
W fəzasından olan həlli
) , 1 ( , ], 01 ( , ) ( 7 ) 1 ( 6 ) 1 ( 5 ) 1 ( 4 3 2 ) 1 ( 1 ) 1 ( 2 1 5 4 3 2 1 t e e e t e e e e t q t t t t t t t
şəklində axtarılmalıdır. Göstərək ki, 0 ) ( t q .
sin cos
), ( ) ( ) ( i t iy t x t q götürsək (9) sərhəd məsələsini 0 ) 0 ( ) 0 ( 10 0 , , 0 ) ( . 5 cos ) ( ) ( ' 5 5 5
x R t t x t dt t x d (10) və
0 ) 0 ( ) 0 ( 10 0 , , 0 ) ( . 5 sin ) ( ) ( ' 5 5 5
y R t t y t dt t y d (11) kimi iki sərhəd məsələsinə gətirərik. (10) sərhəd məsələsinin yalnız sıfr həlli olduğunu göstərək. ) (
( 2 R L t x olduğundan (10)-dan
0 ) 0 ( ) 0 ( 10 0 , , ) ( ), ( ) ( 5 cos ) ( , ) ( ' ) ( 5 ) ( 5 5 2 2 x x R t t x t x t t x dt t x d R L R L (12) olduğunu alarıq. Hissə-hissə inteqrallama düsturunu tətbiq etsək -
24 -
0 ) 0 ( 2 1 ) ( . ) ( ) ( . ) ( ) ( . ) ( ) ( . ) ( ) ( ). ( ) ( . ) ( ) ( , ) ( 0 0 2 " 2 2 2 2 2 2 3 3 0 3 3 0 0 0 4 4 4 4 5 5 ) ( 5 5 2 x dt t x d dt d dt t x d dt dt t x d dt t x d dt t x d dt d dt t dx dt dt t dx dt t x d dt t x d dt d t x dt t x dt t x d t x dt t x d R L (13) olduğunu alarıq. Digər tərəfdən
) ( ) ( 5 cos ) ( ) ( 5 cos ) ( ), ( ) ( 5 cos
1 0 1 2 5 2 5 5 0 2 5 ) ( 5 2
t x dt t x dt t x t t x t x t R L (14) olur. (13) və (14) qiymətləndirmələri göstərir ki, (12) bərabərliyinin mümkün olması üçün 0 ) (
x
olmalıdır. Deməli (10) sərhəd məsələsinin yalnız 0 ) ( t x həlli var. Anoloji qayda ilə, (11) sərhəd məsələsinin də yalnız 0 ) (
y həlli olduğunu göstərə bilərik. Beləliklə göstərdik ki, (9) başlanğıc-sərhəd məsələsinin yalnız 0 ) (
q həlli olur. ) (t q -nin
ifadəsini nəzərə aldıqda ) 7 , 1 ( 0 i i alırıq. Bu isə ) ,...,
( ~ 7 1 olmasına ziddir. Bu ziddiyyətə səbəb 0 ) ( det
fərz etməyimizdir. Deməli, fərziyəmiz doğru deyil. Beləliklə göstərdik ki, istənilən
üçün
0 ) ( det . Bu isə o deməkdir ki, ) ( A
operator-matrisi 7 H hilbert fəzasında tərslənəndir. Onda, (8)-dən birqiymətli olaraq ~ ) ( ~ 1
olduğu tapılar. ) ,...,
, ( ~ 7 2 1 vektoru ) (t u -nin ifadəsində nəzərə alındıqda (1)-(2) başlanğıc- sərhəd məsələsinin həllini tapmış olarıq. ) ( A operator-matrisi tərslənən olduğundan
0 ) 0 ( ) 0 ( 0 ) ( ' 5 5 u u u A t dt u d
Bircins-başlanğıc sərhəd məsələsi yalnız 0
trivial həllinə malikdir. Bu səbəbdən . )
. . 5 5 5 0 A t dt d P operatoru ) 1
0 ; ; ( 5 2 H R W tam hilbert fəzasını ) ; ( 2 H R L hilbert fəzası üzərinə izomorf inikas etdirir. Həmçinin istənilən ) ; ( 5 2 H R W u üçün 2 ) ; ( 2 ) ; ( 5 2 ) ; ( 5 5 2 ) ; ( 5 10 10 2 ) ; ( 5 5 2 ) ; ( 5 2 ) ; ( 5 5 ) ; ( 5 5 5 ) ; ( 0 5 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ). , max( 2 ) ( 2 ) ( H R W H R L H R L H R L H R L H R L H R L H R L H R L u const u A dt u d const u A dt u d u A t dt u d u A t dt u d u P
olduğundan ) ; ( ) 1 ; 0 ; ; ( : 2 5 2 0 H R L H R W P operatoru məhduddur. Onda tərs operator haqda Banax teoreminə görə ) 1 ; 0 ; ; ( ) ; ( : 5 2 2 1 0
R W H R L P
tərs operatoru var və ) ; ( 2
R L üzərində məhduddur, yəni ) ; ( ) ; ( 1 0 ) ; ( 2 5 2 % 2 H R L h R W H R W f const f P u
olur. Bu isə, tərifə görə, (1)-(2) başlanğıc- sərhəd məsələsinin requlyar həll olunan olduğunu göstərir. Teorem isbat olundu. Yüklə 2,31 Mb. Dostları ilə paylaş:
|