M. H. Shermatov, O. I. Egamberdiyev funksional analiz va integral tenglamalar

k y

1

k = k y

1

− y + yk ≤ k y

1

− yk + k y k ≤

k y k

2

+ k y k ≤

3

2

k y k ,

k y

2

k = k y

2

+ y

1

− y + y − y

1

k ≤ k y

2

+ y

1

− yk + k y − y

1

k ≤

≤

k y k

4

+

k y k

2

≤

3 k y k

2

2

,

va nihoyat

k y

n

k = k y

n

+ y

n−1

+ · · · + y

1

− y + y − y

1

− · · · − y

n−1

k ≤

≤ k y

n

+ y

n−1

+ · · · + y

1

− y k + k y − y

1

− · · · − y

n−1

k ≤

≤

k y k

2

n

+

k y k

2

n−1

≤

3 k y k

2

n

.

∆

32.2-teoremaning isboti. A biyektiv akslantirish bo`lganligi uchun A

−1

operator mavjud va D(A

−1

) = Y

. Endi Y fazoda

M

k

=

©

y ∈ Y :

°

° A

−1

y

°

° ≤ k k y k

ª

,

k = 1, 2, . . .

to`plamlarni qaraymiz. Y fazoning ixtiyoriy elementi M

k

to`plamlarning biror-

tasida yotadi. Shuning uchun

Y =

∞

[

k=1

M

k

.

Ber teoremasiga ko`ra, M

k

to`plamlarning birortasi qandaydir B ⊂ Y sharda

zich bo`ladi. Faraz qilaylik, M

n

to`plam B sharda zich bo`lsin. B shar ichida

sharsimon P qatlam olamiz, ya'ni

P = {z ∈ B : β < k z − y

0

k < α} , 0 < β < α, y

0

∈ M

n

.

P

qatlamni markazi nolda bo`ladigan qilib parallel ko`chiramiz va

P

0

= {z : Y : β < k z k < α}

337

sharsimon qatlamga ega bo`lamiz. Birorta n

0

∈ N

uchun M

n

0

to`plam P

0

da

zich bo`lishini ko`rsatamiz. Agar z ∈ P ∩ M

n

bo`lsa, u holda z − y

0

∈ P

0

bo`ladi. Bundan tashqari

°

° A

−1

(z − y

0

)

°

° ≤

°

° A

−1

z

°

° +

°

° (−1)A

−1

y

0

°

° =

°

° A

−1

z

°

° +

°

° A

−1

y

0

°

° ≤

≤ n k z k + n k y

0

k = n (k z − y

0

+ y

0

k + k y

0

k) ≤ n (k z − y

0

k + 2 k y

0

k) =

= n k z − y

0

k

µ

1 +

2 k y

0

k

k z − y

0

k

¶

≤ n k z − y

0

k

µ

1 +

2 k y

0

k

β

¶

.

(31.4)

Ma'lumki, n

µ

1 +

2 ky

0

k

β

¶

miqdor z ga bog`liq emas va biz

n

0

= 1 +

·

n

µ

1 +

2 ky

0

k

β

¶¸

deb olamiz. U holda (32.4) ga ko`ra, z − y

0

∈ M

n

0

bo`ladi. M

n

to`plamning

P

qatlamda zich ekanligidan M

n0

to`plamning P

0

qatlamda zich ekanligi

kelib chiqadi. Endi Y dan ixtiyoriy nolmas y element olamiz. Shunday λ

son mavjudki, β < k λy k < α tengsizlik o`rinli, ya'ni λy ∈ P

0

bo`ladi. M

n0

to`plam P

0

qatlamda zich bo`lgani uchun λy ga yaqinlashuvchi y

k

∈ M

n0

ketma-ketlik qurish mumkin. U holda y

k

/λ → y

. Ravshanki, y

k

∈ M

n0

bo`lsa,

u holda ixtiyoriy λ 6= 0 uchun

y

k

λ

∈ M

n0

bo`ladi. Shunday qilib, M

n0

to`plam

Y / {0}

da zich va demak, Y ning o`zida ham zich.

Endi ixtiyoriy nolmas y ∈ Y elementni olamiz va 32.1-lemmaga ko`ra M

n0

to`plamning elementlari orqali qatorga yoyamiz:

y = y

1

+ y

2

+ · · · + y

n

+ · · · ,

k y

k

k ≤ 3 · 2

−k

k y k ,

k ∈ N.

X

fazoda x

k

= A

−1

y

k

elementlardan tuzilgan qatorni qaraymiz:

∞

X

k=1

x

k

= x

1

+ x

2

+ · · · + x

n

+ · · · =

∞

X

k=1

A

−1

y

k

.

(32.5)

Bu qator qandaydir x ∈ X elementga yaqinlashadi, chunki

k x

k

k =

°

° A

−1

y

k

°

° ≤ n

0

k y

k

k ≤ 3n

0

k y k

2

k

338

va

k x k =

°

°

°

°

°

∞

X

k=1

x

k

°

°

°

°

°

≤

∞

X

k=1

k x

k

k ≤ 3n

0

k yk

∞

X

k=1

1

2

k

= 3n

0

k yk .

(32.5) qatorning yaqinlashuvchiligidan va A ning uzluksizligidan

Ax = A

Ã

lim

n→∞

∞

X

k=1

x

k

!

= lim

n→∞

A

Ã

∞

X

k=1

x

k

!

=

∞

X

k=1

Ax

k

=

∞

X

k=1

y

k

= y.

Bu yerdan x = A

−1

y

ekanligi kelib chiqadi. Bundan tashqari

°

° A

−1

y

°

° = k x k ≤ 3n

0

k y k .

Bu yerdan

°

° A

−1

°

° ≤ 3 · n

0

tengsizlik kelib chiqadi. Shunday qilib, A

−1

ope-

ratorning chegaralangan ekanligi isbotlandi.

∆

Berilgan operatorga teskari operatorning mavjudligini ko`rsatish birmuncha

osonroq, lekin teskari operatorni topish masalasi murakkab masaladir. Shuning

uchun teskari operatorni topishni soddaroq holdan, ya'ni qaralayotgan fazo

o`lchami chekli bo`lgan holdan boshlaymiz.

32.3. A : R

3

→ R

3

, Ax = (x

1

, x

2

+ x

1

, x

3

)

operatorga teskari operator

mavjudmi? Agar mavjud bo`lsa, uni toping.

Yechish. Berilgan A operatorga teskari operator mavjud bo`lishi uchun,

ixtiyoriy y ∈ ImA = R

3

da Ax = y tenglama yagona yechimga ega bo`lishi

kerak. Endi Ax = y tenglikdan x ni topamiz:

Ax = y ⇐⇒ (x

1

, x

2

+ x

1

, x

3

) = (y

1

, y

2

, y

3

) .

Bundan



















x

1

= y

1

x

1

+ x

2

= y

2

x

3

= y

3

⇐⇒



















x

1

= y

1

x

2

= y

2

− x

1

x

3

= y

3

ya'ni

(x

1

, x

2

, x

3

) = (y

1

, y

2

− y

1

, y

3

) = A

−1

y.

339

Shunday qilib, A operatorga teskari operator mavjud bo`lib u

A

−1

: R

3

→ R

3

, A

−1

x = (x

1

, x

2

− x

1

, x

3

)

ko`rinishga ega. 32.1-teoremaga ko`ra, u chiziqli operator bo`ladi.

∆

32.4. 32.3 misolda qaralgan A : R

3

→ R

3

operator teskari operatorlar

haqida Banax teoremasi shartlarini qanoatlantiradimi?

Yechish. X = R

3

va Y = R

3

lar Banax fazolari bo`lganligi uchun A

akslantirishning biyeksiya ekanligini ko`rsatish yetarli. R

3

fazodan ixtiyoriy

ikkita turli x = (x

1

, x

2

, x

3

)

va y = (y

1

, y

2

, y

3

)

elementlarni olamiz va

Ax 6= Ay

ekanligini ko`rsatamiz. Teskaridan faraz qilaylik, Ax − Ay = 0

bo`lsin. So`nggi tenglikdan x = y ekanligiga kelamiz. Bu qarama-qarshilik A

akslantirishning inyektiv ekanligini ko`rsatadi. 32.3-misolda ixtiyoriy y ∈ R

3

uchun Ax = y tenglama yagona yechimga ega ekanligi ko`rsatilgan edi. Bu

esa A akslantirishning syuryektiv ekanligini ko`rsatadi. Demak, A biyektiv

akslantirish ekan.

∆

32.1. Teskari operatorlar haqida ba'zi teoremalar

Biz bu bandda operator teskarilanuvchan bo`lishining zaruriy va yetar-

li shartini keltiramiz. Shuningdek teskari operator mavjud va chegaralangan

bo`lishining yetarli, zarur va yetarli shartlarini keltiramiz.

32.3-teorema. A : X → Y chiziqli operator teskarilanuvchan bo`lishi

uchun Ax = θ tenglama faqat x = θ yechimga ega bo`lishi zarur va yetarli.

Isbot. Zaruriyligi. A teskarilanuvchan bo`lsin. U holda Ax = θ tenglama

yagona yechimga ega bo`ladi. A chiziqli bo`lgani uchun bu yechim x = θ

bo`ladi.

Yetarliligi. Ax = θ tenglama faqat nol yechimga ega bo`lsin, u holda ix-

tiyoriy y ∈ ImA uchun Ax = y tenglama yagona yechimga ega bo`ladi.

Teskarisini faraz qilaylik, biror y ∈ ImA uchun yechim ikkita bo`lsin, ya'ni

Ax

1

= y, Ax

2

= y

. U holda A(x

1

− x

2

) = θ

bo`ladi. Shartga ko`ra,

340

x

1

− x

2

= θ

. Bundan x

1

= x

2

.

∆

32.4-teorema. X chiziqli normalangan fazoni Y chiziqli normalangan

fazoga akslantiruvchi chiziqli A operator berilgan bo`lsin. ImA da chega-

ralangan A

−1

operator mavjud bo`lishi uchun, shunday m > 0 son mavjud

bo`lib, ixtiyoriy x ∈ D(A) lar uchun

k Ax k ≥ m k x k

(32.6)

tengsizlikning bajarilishi zarur va yetarli.

Isbot. Zaruriyligi. A

−1

mavjud va chegaralangan bo`lsin, ya'ni

°

° A

−1

y

°

° ≤

1

m

k y k , ∀y ∈ D

¡

A

−1

¢

.

U holda

k Ax k = k y k ≥ m

°

° A

−1

y

°

° = m k x k .

Demak, (32.6) shart o`rinli.

Yetarliligi. (32.6) shartdan A operatorning o`zaro bir qiymatli ekanligi ke-

lib chiqadi. Teskarisini faraz qilaylik, (32.6) shart bajarilsinu A o`zaro bir

qiymatli akslantirish bo`lmasin. U holda shunday x

1

, x

2

∈ D(A), x

1

6= x

2

elementlar mavjudki,

Ax

1

= y,

Ax

2

= y.

Bundan A(x

1

− x

2

) = θ

ekanligi kelib chiqadi. (32.6) tengsizlikka ko`ra,

0 ≤ m k x

1

− x

2

k ≤ k A (x

1

− x

2

)k = 0.

Bu yerdan x

1

= x

2

qarama-qarshilikka kelamiz. Demak, A − o`zaro bir qiy-

matli akslantirish ekan. Shuning uchun, teskari A

−1

operator mavjud. En-

di A

−1

operatorning chegaralangan ekanligini ko`rsatamiz. (32.6) tengsizlikka

ko`ra,

k x k ≤

1

m

k Ax k .

341

Ixtiyoriy y = Ax ∈ ImA uchun

°

° A

−1

y

°

° ≤

1

m

k y k .

Bu yerdan A

−1

operatorning chegaralangan ekanligi hamda

°

° A

−1

°

° ≤

1

m

tengsizlik kelib chiqadi.

∆

Endi 32.3 va 32.4-teorema shartlarining bajarilishiga doir misollar qaraymiz.

32.5-misol. C[0, 1] fazoda x ga ko`paytirish operatorini, ya'ni

B : C[0, 1] → C[0, 1],

(Bf )(x) = x f (x)

operatorni (29.8-misolga qarang) qaraymiz. Bu operator 32.3-teorema shart-

larini qanoatlantiradimi? B teskarilanuvchan operator bo`ladimi?

Yechish. B operatorning chiziqli ekanligi oson tekshiriladi. Endi Bf = 0

tenglamani, ya'ni x f(x) = 0 tenglamani qaraymiz. Bu tenglama C[0, 1]

fazoda faqat f(x) ≡ 0 yechimga ega. B operator 32.3-teorema shartlarini

qanoatlantiradi. Demak, B − teskarilanuvchan operator, ya'ni B ga teskari

operator mavjud.

32.6. 32.5-misolda qaralgan x ga ko`paytirish operatori (Bf)(x) = x f(x),

f ∈ C[0, 1]

, 32.4-teorema shartlarini qanoatlantiradimi?

Yechish. Ma'lumki, B − chiziqli operator. B operator uchun 32.4-teore-

maning (32.6) sharti bajarilmasligini ko`rsatamiz. Buning uchun C[0, 1] fazo-

da har bir elementining normasi 1 bo`lgan (32.1-chizma) {g

n

}

ketma-ketlikni

32.1-chizma

342

g

n

(x) =







1 − nx, agar x ∈ [0, 1/n]

0,

agar x ∈ [ 1/n, 1]

qaraymiz. Endi k B g

n

k

normani hisoblaymiz:

k B g

n

k = max

0≤x≤1

| (B g

n

)(x)| = max

0≤x≤1

|x g

n

(x)| = max

0≤x≤1/n

¯

¯x − nx

2

¯

¯ =

1

4n

k g

n

k .

Istalgan m > 0 son uchun shunday n

0

natural son mavjudki,

1

4n

0

< m

tengsizlik o`rinli bo`ladi. Bu yerdan kelib chiqadiki,

k B g

n

k =

1

4n

k g

n

k < m k g

n

k .

Demak, B operator uchun (32.6) tengsizlikni qanoatlantiruvchi m > 0 son

mavjud emas. 32.5-misolda ko`rsatildiki, B ga teskari operator mavjud, lekin

32.4-teoremaning sharti bajarilmaganligi uchun, B ga teskari operator chega-

ralanmagan bo`ladi.

∆

32.7. Endi L

2

[−1, 1]

Hilbert fazosini o`zini-o`ziga akslantiruvchi

A : L

2

[−1, 1] → L

2

[−1, 1],

(Af )(x) =

¡

x

2

+ 1

¢

f (x)

operatorni qaraymiz. A operator 32.4-teorema shartlarini qanoatlantiradimi?

A

ga chegaralangan teskari operator mavjudmi?

Yechish. A operatorning chiziqli ekanligi oson tekshiriladi. Endi A ope-

rator uchun 32.4-teoremaning (32.6) sharti bajarilishini ko`rsatamiz. Buning

uchun k Af k normani quyidan baholaymiz.

k Af k

2

=

Z

1

−1

¯

¯

¡

x

2

+ 1

¢

f (x)

¯

¯

2

dx ≥

Z

1

−1

| f (x) |

2

dx = k f k

2

.

Biz bu yerda

¯

¯x

2

+ 1

¯

¯ ≥ 1 tengsizlikdan hamda integralning monotonlik xos-

salaridan foydalandik. So`nggi tengsizlikdan k Af k ≥ k f k tengsizlik kelib

chiqadi. Bu yerda m > 0 son sifatida (0, 1] dagi ixtiyoriy sonni olish mumkin.

32.4-teorema tasdig`idan foydalansak, A ga chegaralangan teskari operator

343

mavjudligi hamda

°

° A

−1

°

° ≤ 1 tengsizlik kelib chiqadi. Aslida

°

° A

−1

°

° = 1

tenglik o`rinli.

∆

32.5-teorema. X − Banax fazosi va A ∈ L(X) . Agar k A k ≤ q < 1

bo`lsa, u holda I − A operator uchun chegaralangan teskari operator mavjud.

Isbot. L(X) fazoda quyidagi formal qatorni qaraymiz:

I + A + A

2

+ · · · + A

n

+ · · · .

(32.7)

Ma'lumki,

°

° A

2

°

° ≤ k A k

2

. Xuddi shuningdek, k A

n