Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

sionalning normasi
kf k =
b
Z
a
|ϕ(t)|dt
soniga tengligini ko‘rsating.
Yechimi. x ∈ C[a, b] uchun
|f (x)| =
¯
¯
¯
¯
¯
¯
b
Z
a
ϕ(t)x(t)dt
¯
¯
¯
¯
¯
¯
≤
b
Z
a
|ϕ(t)||x(t)|dt ≤
≤
b
Z
a
|ϕ(t)| max
a≤t≤b
|x(t)|dt = kxk
b
Z
a
|ϕ(t)|dt,
ya’ni
||f || ≤
b
Z
a
|ϕ(t)| dt.
Endi ixtiyoriy ε > 0 sonini olib, [a, b] segmentni
a = t
0
< t
1
< . . . < t
n
= b

204
VI. Chiziqli operatorlar
nuqtalar orqali shunday n bo‘laklarga bo‘lamizki, natijada har bir
[t
k
, t
k+1
] segmentda ϕ funksiyaning tebranishi ε > 0 sonidan kichik
bo‘lsin. Barcha bo‘laklarni ikki guruhga ajratamiz. Birinchi guruhga ϕ
funksiyaning qiymatlari ishoralari har bir bo‘lakda o‘zgarmaydigan bar-
cha σ
0
1
, σ
0
2
, . . . , σ
0
r
segmentlarni (ϕ funksiya qiymatlari ishorasi bu seg-
mentlarning biridan ikkinchisiga o‘tganda o‘zgarishi mumkin), ikkinchi
guruhga qolgan barcha σ
00
1
, σ
00
2
, ..., σ
00
p
segmentlarni kiritamiz.
Nati-
jada ϕ uzluksiz va uning qiymatlari σ
00
k
(k = 1, p) segmentda har xil
ishorali bo‘lganligidan, σ
00
k
segmentda ϕ funksiyaning qiymati nolga teng
bo‘ladigan nuqta topiladi. Shunga ko‘ra
|ϕ(t)| < ε (t ∈ σ
00
k
, k = 1, p)
tengsizligiga ega bo‘lamiz.
Endi C[a, b] fazosidan ˜
x(t) funksiyani quyidagicha aniqlaymiz:
˜
x (t) = sign ϕ (t)
¡
t ∈ σ
0
j
, j = 1, r
¢
.
[a, b] segmentning boshqa nuqtalarida ˜
x(t) funksiyani chiziqli deb
olamiz. Bunda, agar a (yoki b) ikkinchi guruhga tegishli segmentning
uchi bo‘lsa, u holda ˜
x(a) = 0 (mos ravishda ˜
x(b) = 0) tengligi o‘rinli
deb hisoblaymiz. f (˜
x) miqdorni quyidagicha yozamiz:
f (˜
x) =
b
Z
a
ϕ(t)˜
x(t)dt =
r
X
j=1
Z
σ
0
j
ϕ(t)˜
x(t)dt +
p
X
k=1
Z
σ
00
k
ϕ(t)˜
x(t)dt.
Natijada σ
0
j
, i = 1, r segmentlarda ϕ(t)˜
x(t) = |ϕ(t)| bo‘lganligidan, va
p
X
j=1
Z
σ
00
j
ϕ(t)˜
x(t)dt ≤
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
p
X
k=1
Z
σ
00
k
ϕ(t)˜
x(t)dt
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
≤
p
X
k=1
Z
σ
00
k
|ϕ(t)|dt
tengsizligidan (bunda [a, b] segmentda |˜
x(t)| ≤ 1 ekanligidan, foyda-
landik)
f (˜
x) ≥
r
X
j=1
Z
σ
0
j
|ϕ(t)|dt −
p
X
k=1
Z
σ
00
k
|ϕ(t)|dt =
=
b
Z
a
|ϕ(t)|dt − 2
p
X
k=1
Z
σ
00
k
|ϕ(t)|dt >
b
Z
a
|ϕ(t)|dt − 2ε(b − a).

§ 6.1.Chiziqli operatorlar
205
Endi k˜
xk ≤ 1 bo‘lganligidan,
kf k ≥ f (˜
x) >
b
Z
a
|ϕ(t)|dt − 2ε(b − a).
U holda ε → 0 bo‘lganda kf k ≥
b
R
a
|ϕ(t)|dt tengsizligiga ega bo‘lamiz.
Natijada
kf k =
b
Z
a
|ϕ(t)|dt
tengligining o‘rinli ekanligi kelib chiqadi.
6.1.13. C[a, b] fazosida
Ax(s) =
b
Z
a
k(s, t)x(t)dt
operatori berilgan, bunda k(s, t) uzluksiz funksiya. Bu ope-
ratorning uzluksiz chiziqli ekanligini ko‘rsating va normasini
toping.
Yechimi. Dastlab chiziqli ekanligini ko‘rsatamiz.
A(αx(s) + βy(s)) =
b
Z
a
k(s, t)(αx(t) + βy(t))dt =
= α
b
Z
a
k(s, t)x(t)dt + β
b
Z
a
k(s, t)y(t)dt = αAx(s) + βAy(s).
Endi uzluksizligini ko‘rsatamiz:
kAxk = max
a≤s≤b
|
b
Z
a
k(s, t)x(t)dt| ≤ max
a≤s≤b
b
Z
a
|k(s, t)||x(t)|dt ≤
≤ max
a≤s≤b
b
Z
a
|k(s, t)| max
a≤s≤b
|x(t)|dt ≤ kxk max
a≤s≤b
b
Z
a
|k(s, t)|dt = Mkxk,
bunda M = max
a≤s≤b
b
R
a
|k(s, t)|dt. Demak, berilgan operator chegaralangan,
Demak, uzluksiz. Shu bilan birga, kAk ≤ M tengsizligiga ega bo‘lamiz.

206
VI. Chiziqli operatorlar
b
R
a
|k(s, t)|dt integral [a, b] segmentda s argument bo‘yicha uzluksiz
funksiya bo‘lganligidan, shunday s
0
∈ [a, b] nuqta mavjud bo‘lib,
M =
b
Z
a
|k(s
0
, t)|dt
tengligi o‘rinli bo‘ladi. C[a, b] fazosida aniqlangan
f (x) =
b
Z
a
k(s
0
, t) x(t)dt
funksionalni qaraylik. 6.1.12-misoldan
||f || =
b
Z
a
|k(s
0
, t)| dt
tengligi o‘rinlidir.
Uzluksiz chiziqli funksional normasining tarifi bo‘yicha
kf k = sup
kxk≤1
|f (x)|
bo‘lganligidan, xohlagan ε > 0 soni uchun shunday x
ε
∈ C[a, b], kx
ε
k ≤
1 funksiya topilib,
f (x
ε
) ≥ kf k − ε =
b
Z
a
|k(s
0
, t)|dt − ε = M − ε.
Natijada
kAk ≥ kAx
ε
k ≥
b
Z
a
k(s
0
, t)x
ε
(t)dt = f (x
ε
) ≥ M − ε.
Endi ε > 0 ixtiyoriy son bo‘lganligidan, kAk ≥ M tengsizligiga ega
bo‘lamiz.
Yuqorida kAk ≤ M tengsizligining o‘rinli ekanligini ko‘rgan edik.
Demak, kAk = M, ya’ni
kAk = max
a≤s≤b
b
Z
a
|k(s, t)|dt.

§ 6.1.Chiziqli operatorlar
207
6.1.14. X va Y normalangan fazolar bolib, A : X → Y va
B : X → Y operatorlari chegaralangan bo‘lsa, u holda A + B
operatori ham chegaralangan ekanligini va kA+Bk ≤ kAk+kBk
tengsizligi o‘rinli ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. Xohlagan x element uchun
k(A + B)xk = kAx + Bxk ≤ kAxk + kBxk ≤
≤ kAk kxk + kBk kxk = (kAk + kBk) kxk .
Bu tengsizliklardan A + B operatorning chegaralangan ekanligi va
kA + Bk ≤ kAk + kBk tengsizligi kelib chiqadi.
6.1.15. X, Y va Z normalangan fazolar bo‘lib, A : X → Y
va B : Y → Z operatorlari chegaralangan bo‘lsa, u holda AB
operatori ham chegaralangan ekanligini va kABk ≤ kAkkBk
tengsizligi o‘rinli ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. Xohlagan x ∈ X elementi uchun
k(AB)(x)k = kB(Ax)k ≤ kBk kAxk ≤ kBk kAk kxk .
Bu tengsizlikdan AB operatorning chegaralangan ekanligi va kABk ≤
kAkkBk tengsizligi kelib chiqadi.
6.1.16. A chiziqli operatoriga teskari A
−1
operatori chiziqli
bo‘ladi.
Yechimi. Birinchi navbatda A operator obrazi R(A) to‘plamining,
ya’ni D(A
−1
) to‘plamining chiziqli fazo ekanini ko‘rsatamiz.
y
1
, y
2
∈ R(A) bo‘lsin. A
−1
(α
1
y
1
+ α
2
y
2
) = α
1
A
−1
y
1
+ α
2
A
−1
y
2
teng-
ligining o‘rinli ekanligini ko‘rsatishimiz kerak. Aytaylik, Ax
1
= y
1
va
Ax
2
= y
2
bo‘lsin. A operatorining chiziqli ekanligidan,
A(α
1
x
1
+ α
2
x
2
) = α
1
y
1
+ α
2
y
2
(6.1)
tengligini yoza olamiz.
Teskari operator ta’rifidan:
A
−1
y
1
=
x
1
, A
−1
y
2
= x
2
. Bu tengliklarning ikki tomonini mos ravishda α
1
va α
2
sonlariga ko‘paytirib o‘zaro qo‘shsak,
α
1
A
−1
y
1
+ α
2
A
−1
y
2
= α
1
x
1
+ α
2
x
2
tengligiga ega bo‘lamiz.
Ikkinchi tomondan, (6.1) ifoda va teskari operator tarifidan
α
1
x
1
+ α
2
x
2
= A
−1
(α
1
y
1
+ α
2
y
2
)
tengligini yoza olamiz. Demak,
A
−1
(α
1
y
1
+ α
2
y
2
) = α
1
A
−1
y
1
+ α
2
A
−1
y
2
.

208
VI. Chiziqli operatorlar
6.1.17. E Banax fazosida zich bo‘lgan M to‘plami berilgan
bo‘lsin. U holda noldan farqli ixtiyoriy y ∈ E elementni
y = y
1
+ y
2
+ ... + y
n
+ ...,
bunda y
k
∈ M, ||y
k
|| ≤ 3||y||/2
k
, ko‘rinishda qatorga yoyish
mumkin ekanligini isbotlang.
Yechimi. y
k
elementlarni ketma-ket tuzamiz: y
1
elementni
ky − y
1
k ≤ kyk /2
(6.2)
tengsizlikni qanoatlantiradigan etib saylab olish mumkin, chunki M
to‘plami E to‘plamida zich bo‘lganligidan, (6.2) tengsizlik bilan aniqlan-
gan radiusi kyk /2 va markazi y nuqtada bo‘lgan sharda M to‘plamning
elementi topiladi. y
2
∈ M elementni
ky − y
1
− y
2
k ≤ kyk/4
tengsizlik o‘rinli bo‘ladigan, y
3
elementni
ky − y
1
− y
2
− y
3
k ≤ kyk/8
tengsizligi o‘rinli boladigan, umuman y
n
elementni
ky − y
1
− y
2
− · · · − y
n
k ≤ kyk/2
n
tengsizlikni qanoatlantiradan etib saylab olamiz. Natijada n → ∞ da
ky −
n
X
k=1
y
k
k → 0,
ya’ni
n
P
k=1
y
k
qator y elementga yaqinlashuvchidir. Endi y
k
elementlari-
ning normalarini baholaymiz:
ky
1
k = ky
1
− y + yk ≤ ky
1
− yk + kyk ≤ 3 kyk /2,
ky
2
k = ky
2
+ y
1
− y + y − y
1
k ≤ ky − y
1
− y
2
k + ky − y
1
k ≤ 3 kyk /4.
Ushbu jarayonni davom ettirsak,
ky
n
k = ky
n
+ y
n−1
+ · · · + y
1
− y + y − y
1
− · · · − y
n−1
k ≤
≤ ky − y
1
− · · · − y
n
k + ky − y
1
− · · · − y
n−1
k ≤ 3kyk/2
n
.

§ 6.1.Chiziqli operatorlar
209
6.1.18. (Teskari operator haqida Banax teoremasi). X va
Y Banax fazolari bo‘lib, A : X → Y chegaralangan chiziqli
operatori berilgan fazolarni o‘zaro bir qiymatli akslantirsa,
u holda teskari A
−1
operatori chegaralangan ekanligini isbot-
lang.
Yechimi. Y fazosida kA
−1
yk ≤ kkyk tengsizligini qanoatlantiruvchi
barcha y elementlardan iborat M
k
to‘plamni qaraylik. Y fazosining har
bir elementi biror M
k
to‘plamiga tegishli bo‘ladi, ya’ni
Y =
∞
[
k=1
M
k
.
3.1.11-misolda ko‘rilgan Ber teoremasi bo‘yicha M
k
to‘plamlarning
kamida bittasi, Aytaylik, M
n
to‘plami biror B sharda zich bo‘ladi. B
sharidan markazi M
n
to‘plamida bo‘lgan P shar qatlamini olamiz: P
qatlam β < kz −y
0
k < α tengsizlikni qanoatlantiruvchi z elementlardan
iborat, bunda 0 < β < α, y
0
∈ M
n
.
P
qatlamni markazi koordinatalar boshida bo‘ladigan etib
ko‘chirsak,
P
0
= {z : 0 < β < kzk < α}
shar qatlamiga ega bo‘lamiz.
Biror M
N
to‘plamining P
0
da zich ekanligini ko‘rsatamiz. z ∈ P ∩M
n
bo‘lsin, u holda z − y
0
∈ P
0
va
kA
−1
(z − y
0
)k ≤ kA
−1
zk + kA
−1
y
0
k ≤
≤ n(kzk + ky
0
k) ≤ n(kz − y
0
k + 2ky
0
k) =
= n kz − y
0
k
µ
1 +
2 ky
0
k
kz − y
0
k
¶
≤ n kz − y
0
k (1 + 2 ky
0
k /β).
°
°A
−1
(z − y
0
)
°
° ≤ n kz − y
0
k (1 + 2 ky
0
k /β).
(6.3)
n(1 + 2 ky
0
k /β) soni z ga bog‘liq emas. N = 1 + n[1 + 2 ky
0
k /β]
bo‘lsin, u holda (6.3) dan z − y
0
∈ M
N
bo‘ladi, M
n
to‘plamining P da
zich ekanligidan, esa M
N
to‘plamining P
0
da zich ekanligi kelib chiqadi.
Y to‘plamidan noldan farqli biror y elementini olaylik. β < kλyk < α
tengsizlik o‘rinli bo‘ladigan λ sonni saylab olishimiz mumkin, ya’ni λy ∈
P
0
. M
N
to‘plami P
0
shar qatlamda zich bo‘lganligidan, λy elementga
yaqinlashuvchi y
k
∈ M
N
ketma-ketlikni tuza olamiz. U holda {λ
−1
y
k
}
ketma-ketligi y elmentga yaqinlashadi. Agar y
k
∈ M
N
o‘rinli bo‘lsa, u
holda har bir λ 6= 0 uchun λ
−1
y
k
∈ M
N
munosabati o‘rinli; natijada
M
N
to‘plami Y \ {0} to‘plamda zich. Demak, Y da zich bo‘ladi.

210
VI. Chiziqli operatorlar
Noldan farqli y ∈ Y elementni qaraylik; 6.1.17-misolda uni M
N
to‘plamining elementlaridan iborat qatorga yoyish mumkin ekanligi
ko‘rsatilgan:
y = y
1
+ y
2
+ . . . + y
k
+ . . . ,
bunda ky
k
k < kyk /2
k
.
X fazoda y
k
elementlarining proobrazlaridan tuzilgan qatorni qaray-
lik, ya’ni x
k
= A
−1
y
k
.
kx
k
k =
°
°A
−1
y
k
°
° ≤ N ky
k
k < 3N kyk /2
k
tengsizligidan {x
k
} qatorning biror x elementga yaqinlashuvchi ekanligi
kelib chiqadi. Shu bilan birga,
kxk ≤
∞
X
k=1
kx
k
k ≤ 3N kyk
∞
X
k=1
1
2
k
= 3N kyk .
∞
P
n=1
x
n
qatorning yaqinlashuvchi va A operatorining uzluksizligidan,
Ax = Ax
1
+ Ax
2
+ · · · = y
1
+ y
2
+ · · · = y
tengligiga ega bo‘lamiz, bundan x = A
−1
y. Shu bilan birga,
||A
−1
y|| = ||x|| ≤ 3N||y||
tengsizligi va bu ifodaning har bir y 6= 0 uchun o‘rinli ekanligini hisobga
olsak, u holda A
−1
operatori chegaralangan bo‘ladi.
6.1.19. X Banax fazosini Y normalangan fazoga akslan-
tiruvchi uzluksiz chiziqli operatorlarning {A
n
} ketma-ketligi
ushbu
sup
n
||A
n
(x)|| < +∞ (x ∈ X)
(6.4)
tengsizlikni qanoatlantirsa (ya’ni har bir x ∈ X nuqtada
chegaralangan bo‘lsa), u holda shunday chekli M soni mavjud
bo‘lib, ∀ n uchun
||A
n
|| ≤ M
tengsizligi o‘rinli ekanligini isbotlang.
Yechimi. A chiziqli operatorning B[x
0
, δ] shardagi qiymatlarining
chegarasi ma’lum bo‘lsin:
||A(x)|| ≤ B (x ∈ B[x
0
, δ]).
U holda
||A|| ≤
2B
δ
.

§ 6.1.Chiziqli operatorlar
211
Haqiqatan, normasi birdan kichik ixtiyoriy x
0
nuqta olsak, quyidagiga
ega bo‘lamiz:
x = x
0
+ δx
0
∈ B[x
0
, δ].
Natijada,
||A(x)|| = ||A(x
0
) + δA(x
0
)|| ≤ B.
U holda
||A(x
0
)|| =
1
δ
||A(δx
0
)|| =
1
δ
||A(x
0
) + A(δx
0
) − A(x
0
)|| ≤
≤
1
δ
(||A(x
0
) + δA(x
0
)|| + ||A(x
0
)||) ≤
1
δ
(B + B) =
2B
δ
,
bundan esa ||A|| ≤ 2B
δ tengsizligi kelib chiqadi.
Endi ||A
n
|| ≤ M (∀ n ∈ N) tengsizligini isbotlash uchun teskarisini
faraz qilaylik, ya’ni {||A
n
||} ketma-ketlik chegaralanmagan bo‘lsin.
Ushbu