Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

|| ≥ |x
n
(t
n
) − x
m
(t
n
)| ≥ 1,

§ 7.3. Kompakt operatorlar
281
ya’ni
||Ax
n
− Ax
m
|| ≥ 1.
Demak, A kompakt operator emas.
7.3.18. Agar A : C[0, 1] → C[0, 1] operatori
Ax(t) =
1
Z
0
e
ts
x(s) ds
kabi aniqlansa, u holda A kompakt operator bo‘ladimi?
Yechimi. x
n
∈ C[0, 1], ||x
n
|| = 1 bo‘lsin. U holda
Ax
n
(t) =
1
Z
0
e
ts
x
n
(s) ds = e
t
1
Z
0
e
s
x
n
(s) ds.
Agar
a
n
=
1
Z
0
e
s
x
n
(s) ds
deb belgilasak, u holda
|a
n
| = |
1
Z
0
e
s
x
n
(s) ds| ≤ e,
ya’ni {a
n
} chegaralangan sonli ketma-ketlik. Demak, uning yaqinla-
shuvchi qismiy ketma-ketligi mavjud. U holda
Ax
n
(t) = a
n
e
t
ham yaqinlashuvchi qismiy ketma-ketligiga ega. Demak, A kompakt
operator ekan.
7.3.19. Agar A : C[0, 1] → C[0, 1] operatori
Ax(t) = x(0) + tx(1)
kabi aniqlansa, u holda A kompakt operator bo‘ladimi?
Yechimi. x
n
∈ C[0, 1], ||x
n
|| = 1 bo‘lsin. Agar
a
n
= x
n
(0), b
n
= x
n
(1)
deb belgilasak, u holda
|a
n
| ≤ 1, |b
n
| ≤ 1,

282
VII. Chiziqli operatorlar fazosi
ya’ni {a
n
}, {b
n
} chegaralangan sonli ketma-ketliklar.
Demak,
{a
n
k
}, {b
n
k
} yaqinlashuvchi qismiy ketma-ketliklar mavjud. U holda
Ax
n
(t) = a
n
k
+ tb
n
k
ham C[0, 1] da norma bo‘yicha yaqinlashuvchi bo‘ladi. Bundan A kom-
pakt operator ekan.
Mustaqil ish uchun masalalar
1. A : C[0, 1] → C[0, 1] operatori
(Af )(t) =
1
Z
0
K(t, s)f (s) ds +
n
X
k=1
ϕ
k
(t)f (t
k
)
formula orqali aniqlansa, bunda K(t, s) – 0 ≤ t, s ≤ 1 kvadratda uzluk-
siz, ϕ
k
(t) ∈ C[0, 1], t
k
∈ [0, 1], k = 1, n. A kompakt operatori ekanligini
isbotlang.
2. Hilbert fazosidagi har bir chegaralangan chiziqli operator kom-
pakt operatorlar ketma-ketligining kuchli limiti ekanligini isbotlang.
3. H Hilbert fazosi, {e
n
}
n∈N
ortonormal bazisi va A : H → H
chegaralangan operator. Agar
∞
P
k=1
||A(e
n
)||
2
qator yaqinlashuvchi bo‘lsa,
u holda A kompakt operator ekanligini isbotlang.
4. Kompakt operator qiymatlar sohasi separabelligini isbotlang.
5. H Hilbert fazosi, {e
n
}
n∈N
ortonormal bazisi va A : H → H
kompakt operatori bo‘lsa, u holda ||A(e
n
)|| → 0 ekanligini isbotlang.
6. Har bir A : `
2
→ `
1
chegaralangan chiziqli operatori kompakt
ekanligini isbotlang.
7. A : C[0, 1] → C[0, 1] operatori
(Af )(t) =
1
Z
0
K(t, s)f (s) ds
formula orqali aniqlansa, bunda K(t, s) – 0 ≤ t, s ≤ 1 kvadratda uzluk-
siz, u holda A chegaralangan teskari operatorga ega bo‘lisihi mumkinmi?
8 - 12 misollarda A : C[0, 1] → C[0, 1] kompakt operator bo‘ladimi?
8. Ax(t) =
t
R
0
x(s) ds;
9. Ax(t) =
1
R
0
x(s)|t − s|
−1
ds;

§ 7.4. Integral operatorlar va tenglamalar
283
10. Ax(t) =
1
R
0
x(s)(t − s)
−1
ds;
11. Ax(t) =
1
R
0
x(s)(t − s)
−α
ds;
12. Ax(t) =
1
R
0
x(s) tan(|t − s|
−1/2
) ds.
13. H Hilbert fazosi va A : H → H kompakt operator bo‘lsin. Agar
x
n
w
−→ x bo‘lsa, u holda ||Ax
n
− Ax|| → 0 ekanligini isbotlang.
14. H Hilbert fazosi va A : H → H kompakt operator bo‘lsin.
Agar {e
n
} ⊂ H ortonormal sistema bo‘lsa, u holda Ae
n
→ 0 ekanligini
isbotlang.
7.4. Integral operatorlar va tenglamalar
Agar funksional tenglamada noma’lum funksiya integral ishorasi os-
tida qatnashsa, u holda bu tenglama integral tenglama deb ataladi. In-
tegral tenglamadagi ifoda noma’lum funksiyaga nisbatan chiziqli bo‘lsa,
u holda tenglama chiziqli integral tenglama deb ataladi. Endi chiziqli
integral tenglamalarning ahamiyatli sinflaridan birini qaraymiz:
ϕ(t) = λ
b
Z
a
K(t, s)f (s) ds + f (t)
(7.17)
ko‘rinishdagi tenglama II-tur Fredholm integral tenglamasi deyiladi.
Bunda ϕ(t) noma’lum funksiya, f (t) va K(t, s) berilgan funksiyalar,
λ sonli parametr. K(t, s) funksiyasi 0 ≤ t, s ≤ 1 kvadratda aniqlangan
va u integral tenglamaning yadrosi deb ataladi. Agar K(t, s) funksiyasi
b
Z
a
b
Z
a
K(t, s) dsdt < ∞
shartini qanoatlantirsa, u Hilbert – Shmidt yadrosi deb ataladi.
b
Z
a
K(t, s)f (s) ds = f (t)
(7.18)
tenglamasi I-tur Fredholm tenglamasi deyiladi. Agar K(t, s) funksiyasi
s > t qiymatlarda K(t, s) = 0 tengligini qanoatlantirsa, u holda (7.17)

284
VII. Chiziqli operatorlar fazosi
va (7.18) tenglamalar mos
ϕ(t) = λ
t
Z
a
K(t, s)f (s) ds + f (t),
(7.19)
t
Z
a
K(t, s)f (s) ds = f (t)
(7.20)
ko‘rinishlarga keladi. Bunday tenglamalar I va II Volterra tenglamalari
deb ataladi.
Agar yuqoridagi tenglamalarda K(t, s) = K(s, t) bo‘lsa, u holda ular
simmetrik integral tenglamalar deyiladi.
Integral tenglama yadrosi
K(t, s) =
n
X
i=1
a
i
(t)b
i
(s)
ko‘rinishda bo‘lsa, u holda u aynigan yadro deyiladi. Faraz qilaylik,
(7.17) tenglama aynigan yadroga ega bo‘lsin. U holda
ϕ(t) = λ
n
X
i=1
a
i
(t)
b
Z
a
b
i
(s)f (s) ds + f (t)
(7.21)
tenglamasiga ega bo‘lamiz. Bu tenglama yechimi ϕ = ϕ(t) funksiyasi
bo‘lsin. Agar
c
i
=
b
Z
a
ϕ(s)b
i
(s) ds, i = 1, n
deb belgilasak, u holda (7.21) tenglamaning yechimi quyidagi
ko‘rinishga keladi:
ϕ(t) = f (t) + λ
n
X
i=1
c
i
a
i
(t).
(7.22)
Bu tenglikni b
i
(t), i = 1, n funksiyasiga ko‘paytirib, [a, b] segmentda t
o‘zgaruvchisi bo‘yicha integrallaymiz:
b
Z
a
ϕ(t)b
i
(t) =
b
Z
a
f (t)b
i
(t) + λ
n
X
i=1
c
j
b
Z
a
a
j
(t)b
i
(t) dt, i = 1, n.
(7.23)

§ 7.4. Integral operatorlar va tenglamalar
285
Tenglikning o‘ng tomonidagi integrallar o‘zgarmas sonlar bo‘lib, ularni
quyidagicha belgilaymiz:
b
Z
a
a
j
(t)b
i
(t) dt = k
ij
, i, j = 1, n,
b
Z
a
f (t)b
i
(t) = f
i
, i = 1, n.
U holda (7.23) tenglama
c
i
− λ
n
X
j=1
k
ij
c
j
= f
i
, i = 1, n
(7.24)
ko‘rinishga keladi. Bu tenglamalar sistemasining c
1
, c
2
, · · · , c
n
yechim-
larini (7.22) ga qoyib, (7.21) integral tenglama yechimiga ega bo‘lamiz.
Agar (7.24) tenglamalar sistemasi yechimga ega bo‘lmasa, u holda
(7.21) integral tenglama ham yechimga ega bo‘lmaydi.
Integral tenglamalarni yechimini ketma-ket yaqinlashtirish usuli bi-
lan topish mumkin. Faraz qilaylik, M = max
a≤t,s≤b
|K(t, s)| bo‘lsin. Agar
|λ| <
1
M(b − a)
bo‘lsa, u holda (7.21) tenglama yechimi uchun
ϕ(t) = lim
n→∞
ϕ
n
(t)
tengligi bajariladi, bunda
ϕ
n+1
(t) = λ
b
Z
a
K(t, s)ϕ
n
(s) ds + f (t), n = 0, 1, 2, · · · .
(7.25)
ϕ
0
(t) funksiyasi sifatida [a, b] segmentda uzluksiz ixtiyoriy funksiyani
olish mumkin.
Agar (7.17), (7.18), (7.19) va (7.20) tenglamalarda f (t) = 0 bo‘lsa,
u holda bir jinsli integral tenglama, aksincha, f (t) 6= 0 bo‘lsa, bir jinsli
bo‘lmagan integral tenglamalar deyiladi. Xususiy holda,
f (t) =
t
Z
0
ϕ(s)
(t − s)
α
ds,
(0 < α < 1, f (0) = 0)
tenglama Abel tenglamasi deyiladi.

286
VII. Chiziqli operatorlar fazosi
Masalalar
7.4.1.
Agar A Hilbert – Shmidt operatorining yadrosi
K(s, t) bo‘lsa, u holda A
∗
qo‘shma operatori K(t, s) yadroli
Hilbert – Shmidt operatori ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. f, g ∈ L
2
[a, b] bo‘lsin. U holda
hf, A
∗
gi = hAf, gi =
b
Z
a



b
Z
a
K(s, t)f (t) dt



g(s) ds =
=
b
Z
a
b
Z
a
K(s, t)f (t)g(s) dtds =
b
Z
a



b
Z
a
K(s, t)g(s) ds



f (t) dt =
=
b
Z
a
f (t)



b
Z
a
K(s, t)g(s) ds



dt =
b
Z
a
f (s)



b
Z
a
K(t, s)g(t) dt



ds,
ya’ni
hf, A
∗
gi =
b
Z
a
f (s)



b
Z
a
K(t, s)g(t) dt



ds.
Bundan
A
∗
g(s) =
b
Z
a
K(t, s)g(t) dt.
Demak, A
∗
qo‘shma operatori K(t, s) yadroli Hilbert – Shmidt operatori
bo‘ladi.
7.4.2. C[a, b] fazosida
Af (t) = λ
t
Z
a
K(t, s)f (s) ds + ϕ(t)
operatorning biror darajasi qisqartirib akslantirish ekanligini
ko‘rsating.
Yechimi. f, g ∈ C[a, b] bo‘lsin. U holda
|Af (t) − Ag(t)| = |λ|
¯
¯
¯
¯
¯
¯
t
Z
a
K(t, s)[f (s) − g(s)] ds
¯
¯
¯
¯
¯
¯
≤
≤ |λ|M(t − a) max
a≤s≤b
|f (s) − g(s)|,

§ 7.4. Integral operatorlar va tenglamalar
287
bunda M = max
a≤t,s≤b
|K(t, s)|. Bundan
|A
2
f (t) − A
2
g(t)| ≤ |λ|
2
M
2
(t − a)
2
2
m,
bunda m = max
a≤s≤b
|f (s) − g(s)|. Umuman,
|A
n
f (t) − A
n
g(t)| ≤ |λ|
n
M
n
(t − a)
n
n!
m.
Demak,
|λ|
n
M
n
(t − a)
n
n!
< 1
tengsizlikni qanoatlantiradigan n soni uchun A
n
qisqartirib akslantirish
bo‘ladi.
7.4.3.
ϕ(t) = 2
1
Z
0
(1 + ts)ϕ(s) ds + t
2
aynigan yadroli tenglamani yeching.
Yechimi. Berilgan tenglamani
ϕ(t) = 2
1
Z
0
ϕ(s) ds + 2t
1
Z
0
sϕ(s) ds + t
2
ko‘rinishda yozib,
c
1
=
1
Z
0
ϕ(s) ds
va
c
2
=
1
Z
0
sϕ(s) ds
deb belgilasak, u holda ϕ(t) = 2c
1
+ 2c
2
t + t
2
.
Endi c
1
va c
2
noma’lumlarni topamiz:
c
1
=
1
Z
0
ϕ(t) dt =
1
Z
0
(2c
1
+ 2c
2
t + t
2
) dt = 2c
1
+ c
2
+
1
3
,
ya’ni c
1
+ c
2
= −13. Xuddi shunday
c
2
=
1
Z
0
tϕ(t) dt =
1
Z
0
(2c
1
t + 2c
2
t
2
+ t
3
) dt = c
1
+
2
3
c
2
+
1
4
,

288
VII. Chiziqli operatorlar fazosi
ya’ni c
1
− 13c
2
= −14. Demak, biz quyidagi chiziqli tenglamalar sis-
temasiga ega bo‘ldik:
(
c
1
+ c
2
= −13,
c
1
− 13c
2
= −14.
Bu tenglama yechimlari: c
1
= −13
48, c
2
= − 1
16. U holda integral
tenglama yechimi
ϕ(t) = t
2
−
1
8
t −
13
24
funksiyasi bo‘ladi.
7.4.4.
ϕ(t) =
π
2
Z
0
sin t cos sϕ(s) ds + sin t
aynigan yadroli tenglamani yeching.
Yechimi. Berilgan tenglamani
ϕ(t) = sin t
π
2
Z
0
cos sϕ(s) ds + sin t
ko‘rinishda yozib,
c =
π
2
Z
0
cos sϕ(s) ds
deb belgilasak, u holda ϕ(t) = (1 + c) sin t.
Endi c noma’lumni topamiz:
c =
π
2
Z
0
ϕ(t) dt =
π
2
Z
0
(1 + c) cos t sin tϕ(t) dt =
1 + c
2
,
ya’ni c = 1 + c
2 . Bundan c = 1. U holda integral tenglama yechimi
ϕ(t) = 2 sin t
funksiyasi bo‘ladi.
7.4.5.
ϕ(t) =
π
Z
0
sin t cos sϕ(s) ds + sin t

§ 7.4. Integral operatorlar va tenglamalar
289
aynigan yadroli tenglamani yeching.
Yechimi. Berilgan tenglamani
ϕ(t) = sin t
π
Z
0
cos sϕ(s) ds + sin t
ko‘rinishda yozib,
c =
π
Z
0
cos sϕ(s) ds
deb belgilasak, u holda ϕ(t) = (1 + c) sin t.
Endi c noma’lumni topamiz:
c =
π
Z
0
ϕ(t) dt =
π
Z
0
(1 + c) cos t sin tϕ(t) dt = 0,
ya’ni c = 0. U holda integral tenglama yechimi
ϕ(t) = sin t
funksiyasi bo‘ladi.
7.4.6.
ϕ(t) =
1
2
1
Z
0
tsϕ(s) ds +
3t
4
integral tenglamani ketma-ket yaqinlashtirish usuli yor-
damida yeching.
Yechimi. ϕ
0
(t) = 0 deb olib, (7.25) formula bo‘yicha quyidagilarga
ega bo‘lamiz:
ϕ
1
(t) =
t
2
1
Z
0
sϕ
0
(s) ds +
3t
4
=
3t
4
,
ϕ
2
(t) =
t
2
1
Z
0
s
3s
4
ds +
3t
4
=
3t
4
(1 +
1
6
),
ϕ
3
(t) =
t
2
1
Z
0
s
3s
4
(1 +
1
6
) ds +
3t
4
=
3t
4
(1 +
1
6
+
1
6
2
),
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

290
VII. Chiziqli operatorlar fazosi
ϕ
n
(t) =
3t
4
(1 + 16 +
1
6
2
+ · · · +
1
6
n−1
) =
9t
10
(1 −
1
6
n
).
U holda
ϕ(t) = lim
n→∞
ϕ
n
(t) = lim
n→∞
9t
10
(1 −
1
6
n
),
ya’ni ϕ(t) = 9t
10.
7.4.7.
ϕ(t) =
t
Z
0
(s − t)ϕ(s) ds + t
II-tur Volterra tenglamasini yeching.
Yechimi. Berilgan tenglama yechimini quyidagi
ϕ(t) = ϕ
0
(t) + ϕ
1
(t) + · · · + ϕ
n
(t) + · · ·
funksional
qator
ko‘rinishda
izlaymiz.
No‘malum
ϕ
0
(t), ϕ
1
(t), · · · , ϕ
n
(t), · · · funksiyalarni aniqlaylik:
ϕ(t) = ϕ
0
(t) + ϕ
1
(t) + · · · + ϕ
n
(t) + · · · =
(7.26)
= t +
t
Z
0
(s − t)ϕ
0
(s) ds +
t
Z
0
(s − t)ϕ
1
(s) ds + · · · +