Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

n
s
−→ I.
Endi har bir n ∈ N uchun e
n+1
= (0, ..., 0
| {z }
n
, 1, 0...) ∈ `
2
vektorini olsak,
u holda ||e
n+1
|| = 1. Bundan
||A
n
(e
n+1
) − e
n+1
|| = ||0 − e
n+1
|| = 1.
Demak,
||A
n
− I|| = sup
||x||≤1
||A
n
(x) − x|| ≥ ||A
n
(e
n+1
) − e
n+1
|| = 1

258
VII. Chiziqli operatorlar fazosi
bo‘lganligidan, {A
n
} ketma-ketligi birlik operatoriga tekis yaqinlashuv-
chi emas.
7.1.11. Har bir n ∈ N uchun A
n
: `
2
→ `
2
operatori
A
n
(x) = (0, 0, ..., ξ
n+1
, ξ
n+2
, ...) , x = (ξ
k
) ∈ `
2
formula bilan aniqlansa, u holda A
n
s
−→ 0 ekanligini
ko‘rsating.
Yechimi. x = (ξ
k
) ∈ `
2
uchun
||A
n
(x)||
2
= || (0, 0, ..., ξ
n+1
, ξ
n+2
, ...) || =
∞
X
k=n+1
|ξ
k
|
2
.
x = (ξ
k
) ∈ `
2
ekanligidan,
∞
P
k=1
|ξ
k
|
2
< ∞, bundan
∞
P
k=n+1
|ξ
k
|
2
→ 0.
Demak,
||A
n
(x)||
2
=
∞
X
k=n+1
|ξ
k
|
2
→ 0,
ya’ni A
n
s
−→ 0.
7.1.12. Har bir n ∈ N uchun A
n
: `
2
→ `
2
operatori
A
n
(x) = (0, 0, ..., ξ
1
, ξ
2
, ...) , x = (ξ
k
) ∈ `
2
formula bilan aniqlansa, u holda A
n
w
−→ 0 ekanligini
ko‘rsating.
Yechimi. x = (ξ
k
), y = (t
k
) ∈ `
2
uchun
hA
n
(x), yi =
∞
X
k=1
ξ
k+n
t
k
≤
∞
X
k=1
ξ
2
k+n
∞
X
k=1
t
2
k
.
x = (ξ
k
) ∈ `
2
ekanligidan,
∞
P
k=1
|ξ
k
|
2
< ∞, bundan lim
n→∞
∞
P
k=1
|ξ
k+n
|
2
→ 0.
Demak,
hA
n
(x), yi → 0,
ya’ni A
n
w
−→ 0.
7.1.13. Har bir n ∈ N uchun A
n
: C[0, 1] → C[0, 1] operatori
(A
n
(x))(t) = n
t+
1
n
Z
t
x(s) ds, t ∈ [0, 1]

§ 7.1. Chiziqli operatorlar fazosi
259
formula bilan aniqlansa, u holda {A
n
} ketma-ketlikning birlik
operatoriga kuchli yaqinlashib, tekis yaqinlashuvchi emasligi-
ni ko‘rsating.
Yechimi. x ∈ C[0, 1] uchun Φ boshlang‘ich funksiya bo‘lsa, u holda
n
t+
1
n
Z
t
x(s) = Φ(s)|
t+
1
n
t
=
Φ(t +
1
n
) − Φ(t)
1
n
→ Φ
0
(t) = x(t),
ya’ni
A
n
(x) → x.
Bundan {A
n
} ketma-ketlikning birlik operatoriga kuchli yaqinlashadi.
Endi x
n
(t) = t
n−1
, n ≥ 2 bo‘lsin. U holda
||x
n
|| = max
0≤t≤1
|t
n−1
| = max
0≤t≤1
t
n−1
= 1,
ya’ni ||x
n
|| = 1.
Endi
||A
n
(x
n
) − x
n
|| = max
0≤t≤1
|n
t+
1
n
Z
t
s
n−1
ds − s
n−1
| = max
0≤t≤1
|s
n
|
t+
1
n
t
− s
n−1
| =
= max
0≤t≤1
¯
¯
¯
¯
µ
t +
1
n
¶
n
− t
n
− t
n−1
¯
¯
¯
¯ =
= max
0≤t≤1
¯
¯
¯
¯t
n
+ t
n−1
+
n(n − 1)
2n
2
t
n−2
+ . . . +
1
n
2
− t
n
− t
n−1
¯
¯
¯
¯ ≥
≥
n(n − 1)
2n
2
max
0≤t≤1
|t
n−2
=
n(n − 1)
2n
2
≥
1
4
.
Demak,
||A
n
− I|| = sup
||x||≤1
||A
n
(x) − x|| ≥ ||A
n
(x
n
) − x
n
|| ≥
1
4
.
Bundan {A
n
} ketma-ketligi birlik operatoriga tekis yaqinlashuvchi
emas.
7.1.14. ϕ ∈ C[0, 1] bo‘lsin. T
ϕ
: L
2
[0, 1] → L
2
[0, 1] operatori
T
ϕ
(f )(t) = ϕ(t)f (t), f ∈ L
2
[0, 1]
formula bilan aniqlanadi. T
∗
ϕ
= T
ϕ
tengligini isbotlang.

260
VII. Chiziqli operatorlar fazosi
Yechimi. Har bir f, g ∈ L
2
[0, 1] uchun
hf, T
∗
ϕ
(g)i = hT
ϕ
(f ), gi =
1
Z
0
ϕ(t)f (t)g(t) dt =
=
1
Z
0
f (t)ϕ(t)g(t) dt = hf, ϕgi = hf, T
ϕ
(g)i,
ya’ni
hf, T
∗
ϕ
(g)i = hf, T
ϕ
(g)i.
Bundan T
∗
ϕ
(g) = T
ϕ
(g), ya’ni T
∗
ϕ
= T
ϕ
.
7.1.15. H Hilbert fazosi va T ∈ B(H) bo‘lsin. U holda
ker T
∗
= R(T )
⊥
tengligini isbotlang.
Yechimi. Aytaylik, x ∈ ker T
∗
bo‘lsin, ya’ni T
∗
(x) = 0. Ixtiyoriy
z ∈ R(T )
⊥
nuqtani olaylik. U holda shunday y ∈ H topiladiki, T (y) =
z. Bundan
hz, xi = hT (y), xi = hy, T
∗
(x)i = hy, 0i = 0,
ya’ni ixtiyoriy z ∈ R(T ) uchun hz, xi = 0. Demak, x ∈ R(T )
⊥
, ya’ni
ker T
∗
⊂ R(T )
∗
.
Endi z ∈ R(T )
⊥
bo‘lsin, ya’ni ixtiyoriy y ∈ H uchun hz, T (y)i = 0.
Bundan
hT
∗
(z), yi = hz, T (y)i = 0,
ya’ni T
∗
(z) ⊥ y. Bundan T
∗
(z) = 0, ya’ni z ∈ ker T
∗
. Demak, ker T
∗
=
R(T )
⊥
.
7.1.16. P : H → H proektor chegaralangan operator bo‘lib,
P 6= 0 bo‘lganda ||P || = 1 ekanligini isbotlang.
Yechimi. P : H → H biror L qism fazoga proektor va x ∈ H
bo‘lsin. U holda x = y +z, bunda y ∈ L, z ∈ L
⊥
. Pifagor teoremasidan,
||x||
2
= ||y||
2
+ ||z||
2
, ya’ni ||y|| ≤ ||x||. Bundan ||P (x)|| = ||y|| ≤ ||x||,
ya’ni ||P || ≤ 1.
Agar P 6= 0 bo‘lsa, u holda 0 6= x ∈ L uchun ||P (x)|| = ||x||. Bundan
||P || = 1.
7.1.17.
P ∈ B(H) proektor bo‘lishi uchun P
2
= P
∗
= P
bajarilishi zarur va yetarli.

§ 7.1. Chiziqli operatorlar fazosi
261
Yechimi. P : H → H biror L qism fazoga proektor va x ∈ H
bo‘lsin. U holda x = y + z, bunda y ∈ L, z ∈ L
⊥
.
P
2
(x) = P (P (x)) = P (y) = y = P (x),
ya’ni P
2
= P. Bundan ||P (x)|| = ||y|| ≤ ||x||, ya’ni ||P || ≤ 1.
Endi x
1
= y
1
+ z
1
, y
1
∈ L, z
1
∈ L
⊥
bo‘lsin. U holda
hx, P
∗
(x
1
)i = hP (x), x
1
i = hy, y
1
+ z
1
i = hy, y
1
i + hy, z
1
i =
= hy, y
1
i = hy, y
1
i + hz, x
1
i = hy + z, x
1
i = hx, P (x
1
)i,
ya’ni hx, P
∗
(x
1
)i = hx, P (x
1
)i. Bundan P
∗
= P.
Aksincha, P
2
= P
∗
= P bo‘lsin. L = {P (x) : x ∈ H} yopiq qism
fazodir. Haqiqatan, x
n
∈ L, x
n
→ x bo‘lsa, u holda
x = lim
n→∞
x
n
= lim
n→∞
P (x
n
) = P (x),
ya’ni x ∈ L. P operatorining L qism fazoga proektor ekanligini
ko‘rsatamiz.
x = P (x) + (I − P )(x), P (x) ∈ L bo‘lganligidan,
(I − P )(x) ∈ L
⊥
ekanligini ko‘rsatish yetarli. y ∈ L vektori uchun
h(I − P )(x), yi = h(I − P )(x), P (y)i =
= hP
∗
((I − P )(x)), yi = hP ((I − P )(x)), yi = h0, yi = 0,
ya’ni (I − P )(x) ∈ L
⊥
.
7.1.18. Φ : B(X, Y ) → R, Φ(A) = kAk akslantirishning uzluk-
siz ekanligini isbotlang.
Yechimi. Xohlagan ε > 0 son olaylik. Agar B(X, Y ) fazosiga te-
gishli A
0
, A
00
operatorlar uchun kA
0
− A
00
k < ε bo‘lsa, u holda
|Φ(A
0
) − Φ(A
00
)| = kkA
0
k − kA
00
kk ≤ kA
0
− A
00
k < ε.
Bundan berilgan akslantirishning B(X, Y ) da uzluksiz ekanligi kelib
chiqadi.
Mustaqil ish uchun masalalar
1. Har bir x = (x
1
, x
2
, ..., x
n
, ...) ∈ `
2
uchun
T (x) = (0, 2x
1
, x
2
, 2x
3
, x
4
, ...)
deylik. U holda
a) har bir x ∈ `
2
uchun T (x) ∈ `
2
ekanligini ko‘rsating;
b) T : `
2
→ `
2
chegaralangan operator ekanligini ko‘rsating;

262
VII. Chiziqli operatorlar fazosi
c) ||T || normasini toping;
d) har bir x ∈ `
2
uchun T (x)
2
ni toping;
e) ||T
2
|| ni ||T ||
2
bilan taqqoslang.
2.
X chiziqli fazo va A : X → X chiziqli operator uchun shunday
λ
1
, λ
2
, · · · , λ
n
∈ C sonlari topilib, I +λ
1
A+λ
2
A+· · ·+λ
n
A
n
= 0 bo‘lsa,
u holda A
−1
mavjud ekanligini ko‘rsating.
3. P va Q proektorlar bo‘lsin. P − Q proektor bo‘lishi uchun P Q =
QP = Q tengligi bajarilishi zarur va yetarliligini isbotlang.
4. P va Q proektorlar bo‘lsin. P + Q proektor bo‘lishi uchun P Q =
QP = 0 tengligi bajarilishi zarur va yetarliligini isbotlang.
5. P va Q proektorlar bo‘lsin. Agar P Q = QP bo‘lsa, u holda
P + Q − P Q proektor ekanligini isbotlang.
6. X Banax fazosi bo‘lsin. T S −ST = I tengligini qanoatlantiruvchi
T, S ∈ B(X) mavjud emasligini ko‘rsating.
7. X Banax fazosi bo‘lsin. Agar T ∈ B(X) izometriya bo‘lsa, u
holda T
∗
izometriya ekanligini korsating.
8. X Banax fazosi bo‘lsin. ||AB|| < ||A||||B|| tengsizlikni qanoat-
lantiruvchi A, B ∈ B(X) operatorlarga misol keltiring.
9. Agar P va Q Hilbert fazosidagi proektorlar bo‘lsa, ||P − Q|| ≤ 1
ekanligini isbotlang.
10. X Banax fazosi, A, B esa Y Banax fazosi qism fazolari bo‘lib,
Y = A⊕B. U holda B(X, Y ) = B(X, A)⊕B(X, B) ekanligini isbotlang.
7.2. Chiziqli operatorlar spektri
E Banax fazosi, T ∈ B(E) va λ ∈ C bo‘lsin. U holda λI − T
operatorning yadrosi uchun quyidagi hollar o‘rinli:
a) agar λI −T operatorning yadrosi noldan farqli bo‘lsa, ya’ni T (x) =
λx tenglama noldan farqli x
0
yechimga ega bo‘lsa, u holda λ soni T
operatorining xos soni, x
0
vektori esa xos vektori deyiladi.
λI − T operatorning yadrosi nol bo‘lsa, u holda (λI − T )
−1
mavjud
va bu hol ikkitaga ajraladi:
b) (λI − T )
−1
operatori aniqlangan, lekin chegaralanmagan;
c) (λI − T )
−1
operatorining aniqlanish sohasi butun E fazosiga teng.
Bu holda teskari operator haqida Banax teoremasidan, (λI − T )
−1
ope-
ratori chegaralangandir.
Agar λ ∈ C uchun a) yoki b) shartlar bajarilsa, ya’ni λI − T teskari
chegaralangan operator mavjud bo‘lmasa, u holda λ ∈ C soni T opera-
torining spektriga tegishli deyiladi. Spektr sp(T ) kabi belgilanadi.

§ 7.2. Chiziqli operatorlar spektri
263
Agar λ ∈ C uchun c) shatri bajarilsa, ya’ni λI − T teskari chegara-
langan operator mavjud bo‘lsa, u holda λ ∈ C soni T operatorining
resolventasiga tegishli deyiladi. Resolventa res(T ) kabi belgilanadi.
Masalalar
7.2.1. E Banax fazosi va T : E → E chegaralangan chiziqli
operator bo‘lsa, u holda
sp(T ) ⊂ {λ ∈ C : |λ| ≤ ||T ||}
ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. Aytaylik, |λ| > ||T || bo‘lsin.
λI − T = λ
µ
I −
T
λ
¶
,
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
T
λ
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ < 1
tensizliklardan va 7.1.4-misoldan (λI − T )
−1
∈ B(E) ekanligi kelib
chiqadi. Bundan λ ∈ res(T ). Demak,
sp(T ) ⊂ {λ ∈ C : |λ| ≤ ||T ||}.
7.2.2. E Banax fazosi va T : E → E chegaralangan chi-
ziqli operator bo‘lsa, u holda sp(T ) yopiq to‘plam ekanligini
isbotlang.
Yechimi. res(T ) = C \ sp(T ) to‘plamning ochiq to‘plam ekanligini
isbotlash yetarli. Aytaylik, λ ∈ res(T ) va |ξ − λ| < ||(λI − T )
−1
||
bo‘lsin.
||(ξ − λ)(λI − T )
−1
|| = |ξ − λ|||(λI − T )
−1
|| < 1
tensizlikdan va
ξI − T = (λI − T )[I + (ξ − λ)(λI − T )
−1
]
munosabatdan ξ ∈ res(T ) kelib chiqadi. Demak, res(T ) to‘plamning
har bir λ nuqtasi o‘zining ||(λI − T )
−1
|| atrofi bilan birga res(T )
to‘plamga tegishli bo‘ladi. Bundan res(T ) ochiq to‘plamdir.
7.2.3. E Banax fazosi va T : E → E chegaralangan chi-
ziqli operator bo‘lsa, u holda sp(T ) bo‘sh bo‘lmagan kompakt
to‘plam ekanligini ko‘rsating.

264
VII. Chiziqli operatorlar fazosi
Yechimi.
7.2.1-misoldan sp(T ) chegaralangan to‘plam, 7.2.2-
misolga ko‘ra C da yopiq to‘plam. Demak, sp(T ) kompakt to‘plam
bo‘ladi.
Endi sp(T ) to‘plamning bo‘sh emasligini ko‘rsatamiz.
Faraz qilaylik, sp(T ) = ∅, ya’ni res(T ) = C bo‘lsin. U holda |λ| >
||T || uchun
¯
¯
¯
¯(λI − T )
−1
¯
¯
¯
¯ =
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
λ
(I −
T
λ
)
−1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ =
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
λ
∞
X
k=0
T
k
λ
k
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
=
1
|λ|
µ
I −
||T ||
|λ|
¶
−1
bo‘lganligidan,
lim
λ→∞
||(λI − T )
−1
|| = 0
kelib chiqadi. U holda har bir f ∈ E
∗
uchun f ((λI − T )
−1
) = 0 o‘rinli.
Xan – Banax teoremasidan (λI − T )
−1
= 0. Hosil bo‘lgan ziddiyatdan
sp(T ) 6= ∅ ekanligi kelib chiqadi.
7.2.4. Agar A : C
2
→ C
2
operatori
A(x, y) = (x + 2y, 2x − y)
formula orqali aniqlansa, u holda bu operatorning xos son-
larini toping.
Yechimi. A operatori ikki o‘lchovli fazoda aniqlangan va uning
matritsasi
µ
1
2
2 −1
¶
. Operator xos sonlar unga mos matritsa xos son-
lariga teng bo‘lib, u
det
µ
1 − λ
2
2
−1 − λ
¶
= 0
tenglama ildizlaridan iborat. Bundan λ
2
− 5 = 0, ya’ni λ = ±
√
5.
7.2.5. T : `
2
→ `
2
chegaralangan chiziqli operatori
T (x) = (0, x
1
, x
2
, x
3
, ...),
x = (x
1
, x
2
, x
3
, ...) ∈ `
2
formula bilan aniqlanadi.
a) T operator normasini toping;
b) T operatorining xos soni mavjud emasligini isbotlang.
Yechimi.
a) Har bir x = (x
1
, x
2
, x
3
, ...) ∈ `
2
uchun T (x) =
(0, x
1
, x
2
, x
3
, ...) ekanligidan,
||T (x)|| =
p
0
2
+ |x
1
|
2
+ |x
2
|
2
+ |x
3
|
2
+ ... = ||x||,
ya’ni ||T (x)