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

k ≤ k A k

n

. U holda (32.7)

qatorning

S

n

= I +

n

X

k=1

A

k

qismiy yig`indilari ketma-ketligi Koshi shartini qanoatlantiradi, ya'ni

k S

n+p

− S

n

k =

°

° A

n+1

+ A

n+1

+ · · · + A

n+p

°

° ≤

≤ q

n+1

+ q

n+2

+ · · · + q

n+p

→ 0, n → ∞.

(32.7) qatorning qismiy yig`indilari ketma-ketligi S

n

−

fundamental ekan,

L(X) := L(X, X)

to`la bo`lgani (31.1-teoremaga qarang) uchun

S

n

→ S ∈ L(X).

Shunday qilib,

I +

∞

X

k=1

A

k

= S.

Bundan tashqari

S(I − A) = lim

n→∞

S

n

(I − A) =

= lim

n→∞

¡

I + A + A

2

+ · · · + A

n

− A − A

2

− · · · − A

n+1

¢

=

= lim

n→∞

¡

I − A

n+1

¢

= I.

Xuddi shunday ko`rsatish mumkinki, (I −A)S = I . Demak, S operator I −A

operator uchun teskari operator ekan. S operatorning normasi

k S k ≤

∞

X

n=0

k A

n

k ≤

∞

X

n=0

q

n

=

1

1 − q

.

344

Demak, S = (I − A)

−1

operator chegaralangan va uning normasi

k S k =

°

°(I − A)

−1

°

° ≤

1

1 − q

tengsizlikni qanoatlantiradi.

∆

32.1-natija. X− Banax fazosi va A ∈ L(X) bo`lib, k A k ≤ q < 1 bo`lsa,

u holda I + A perator uchun chegaralangan teskari operator mavjud.

Natijaning isboti 32.5-teoremadan kelib chiqadi va

(I + A)

−1

= I − A + A

2

− · · · + (−1)

n

A

n

+ · · ·

tenglik o`rinli.

32.2-lemma. Agar A, B ∈ L(X) bo`lib, A

−1

, B

−1

∈ L(X)

bo`lsa, u

holda AB operatorga chegaralangan teskari operator mavjud va (AB)

−1

=

B

−1

A

−1

tenglik o`rinli.

Lemmaning isboti A B B

−1

A

−1

= I, B

−1

A

−1

AB = I

tengliklardan

hamda 32.2-tasdiqdan kelib chiqadi.

32.6-teorema. A ∈ L(X) operatorga chegaralangan teskari operator mavjud

bo`lsin. Agar A

0

: X → X

operatorning normasi

k A

0

k <

1

k A

−1

k

tengsizlikni qanoatlantirsa, u holda B = A − A

0

operatorga chegaralangan

teskari operator mavjud.

Isbot. B operatorni quyidagicha yozib olamiz: A − A

0

= A(I − A

−1

A

0

)

.

Endi A

−1

A

0

operatorning normasini baholaymiz:

°

° A

−1

A

0

°

° ≤

°

° A

−1

°

° · k A

0

k < 1.

32.5-teoremaga ko`ra, I − A

−1

A

0

operatorga chegaralangan teskari operator

mavjud. U holda 32.2-lemmaga ko`ra, A(I − A

−1

A

0

)

operator ham teskari-

lanuvchan bo`ladi, hamda

B

−1

=

¡

I − A

−1

A

0

¢

−1

A

−1

,

°

° B

−1

°

° ≤

°

°

°

¡

I − A

−1

A

0

¢

−1

°

°

° ·

°

° A

−1

°

°

345

munosabatlar o`rinli.

∆

32.8-misol. Parametr λ ∈ R ning qanday qiymatlarida

(I − λA)f (x) = f (x) − λ

Z

π

−π

cos x sin y f (y) dy,

f ∈ L

2

[−π, π]

operatorga 32.5-teoremani va uning 32.1-natijasini qo`llash mumkin?

Yechish. A ∈ L(L

2

[−π, π])

ekanligini tekshiramiz. Shu maqsadda ixtiy-

oriy f, g ∈ L

2

[−π, π]

elementlarni va ixtiyoriy α, β ∈ C sonlarni olamiz va

A

operatorning αf + βg elementga ta'sirini qaraymiz:

(A (αf + βg)) (x) =

Z

π

−π

cos x sin y (αf + βg)(y)dy =

= α

Z

π

−π

cos x sin y f (y) dy + β

Z

π

−π

cos x sin y g(y) d(y) =

= α(Af )(x) + β(Ag)(x).

Biz bu yerda integralning additivlik va bir jinslilik xossalaridan foydalandik.

Endi A operatorning chegaralangan ekanligini ko`rsatamiz. Buning uchun

kAf k

norma kvadratini baholaymiz:

kAf k

2

=

Z

π

−π

¯

¯

¯

¯

Z

π

−π

cos x sin y f (y) dy

¯

¯

¯

¯

2

dx =

=

Z

π

−π

cos

2

x dx ·

¯

¯

¯

¯

Z

π

−π

sin y f (y) dy

¯

¯

¯

¯

2

.

(32.8)

Endi Koshi-Bunyakovskiy − |(f, g)| ≤ k fk · kg k tengsizligidan hamda

cos

2

a =

1

2

(1 + cos 2x), sin

2

x =

1

2

(1 − cos 2x)

ayniyatlardan va cos 2x ning 1 ga ortogonalligidan foydalansak, (32.8) dan

kAf k

2

≤ π

2

kf k

2

(32.9)

tengsizlik kelib chiqadi. (32.9) dan

kAf k ≤ π kf k ⇐⇒ k Ak ≤ π

(32.10)

346

tengsizlikka ega bo`lamiz. Ikkinchi tomondan f

0

(x) = sin x

desak, u holda

(Af

0

)(x) = π cos x

va kf

0

k =

√

π, kAf

0

k = π kf

0

k

bo`ladi. Ma'lumki,

kA k ≥

kAf

0

k

kf

0

k

= π

va (32.10) dan foydalansak, k A k = π tenglikka ega bo`lamiz. Bu yerdan

barcha λ ∈

µ

−

1

π

,

1

π

¶

lar uchun k λ A k < 1 tengsizlikning bajarilishi

kelib chiqadi. Demak, 32.5-teorema va uning natijasiga ko`ra, barcha λ ∈

µ

−

1

π

,

1

π

¶

larda I − λ A operatorga teskari operator mavjud va chegaralan-

gan. 32.5-teorema shartlarining bajarilishi I −λ A operatorga teskari operator

mavjud va chegaralangan bo`lishini ta'minlaydi. Lekin λ /∈

µ

−

1

π

,

1

π

¶

ekan-

ligidan I −λ A operatorga chegaralangan teskari operator mavjud emas degan

xulosa kelib chiqmaydi.

∆

Navbatdagi misolimiz bu krimizni tasdiqlaydi.

32.9. Parametr λ ning λ ∈

µ

−

1

π

,

1

π

¶

qiymatlarida

(I − λ A) f (x) = f (x) − λ

Z

π

−π

cos x sin y f (y) dy, f ∈ L

2

[−π, π]

operatorga 32.5-teoremani qo`llab, unga teskari operatorni toping.

Yechish. 32.8-misolda λ ∈

µ

−

1

π

,

1

π

¶

qiymatlar uchun I − λ A opera-

torga teskari operator mavjudligi ko`rsatilgan edi. Bu misolga 32.5-teoremani

qo`llashimiz uchun A operatorning darajalarini hisoblashimiz kerak. Dastlab

A

operator kvadratini hisoblaymiz:

¡

A

2

f

¢

(x) = A

µZ

π

−π

cos x sin y f (y) dy

¶

=

=

Z

π

−π

cos x sin t

µZ

π

−π

cos t sin y f (y) dy

¶

dt.

(32.11)

(32.11) tenglikda t bo`yicha integralni hisoblash mumkin. Agar biz

Z

π

−π

cos t sin t dt = 0

347

tenglikni hisobga olsak, A

2

= 0

ga ega bo`lamiz. Bu tenglikdan barcha n ≥ 2

larda A

n

= 0

ekanligi kelib chiqadi. Natijada biz, S = I + λ A = (I − λ A)

−1

ga ega bo`lamiz. Haqiqatan ham,

(I − λ A) (I + λ A) = I + λ A − λ A − λ

2

A

2

= I

va

(I + λ A) (I − λ A) = I − λ A + λ A − λ

2

A

2

= I

tengliklar o`rinli. Isbot jarayonidan ma'lum bo`ldiki, barcha λ ∈ R larda

I − λ A

operatorga teskari operator mavjud va chegaralangan bo`ladi.

32.10. Parametr λ ∈ R ning qanday qiymatlarida

(Bf ) (x) =

¡

1 + x

2

¢

f (x) − λ

Z

1

−1

x y f (y) dy, f ∈ L

2

[−1, 1]

(32.12)

operatorga 32.6-teoremani qo`llash mumkin?

Yechish. B operatorni A−λ A

0

ko`rinishda yozib olamiz. A ∈ L (L

2

[−1, 1])

operator sifatida (32.7-misolga qarang)

(Af ) (x) =

¡

x

2

+ 1

¢

f (x) , f ∈ L

2

[−1, 1]

ni, A

0

∈ L (L

2

[−1, 1])

operator sifatida esa

(A

0

f ) (x) =

Z

1

−1

x y f (y) dy, f ∈ L

2

[−1, 1]

ni olamiz. 32.7-misolda A operatorning teskarisi mavjud va

°

° A

−1

°

° = 1 ekan-

ligi ko`rsatilgan edi. 32.6-teoremani (32.12) tenglik bilan aniqlangan B =

A − λ A

0

operatorga qo`llashimiz uchun

k λ A

0

k <

1

k A

−1

k

= 1

(32.13)

tengsizlik o`rinli bo`ladigan λ ning barcha qiymatlarini topishimiz kerak. Shu

maqsadda A

0

operatorning normasini topamiz. Buning uchun k A

0

f k

norma

kvadratini baholaymiz:

k A

0

f k

2

=

Z

1

−1

¯

¯

¯

¯

Z

1

−1

x y f (y) dy

¯

¯

¯

¯

2

dx =

348

=

Z

1

−1

x

2

dx ·

¯

¯

¯

¯

Z

1

−1

y f (y) dy

¯

¯

¯

¯

2

≤

µ

2

3

¶

2

k f k

2

.

(32.14)

Biz bu yerda Koshi-Bunyakovskiy tengsizligidan hamda

Z

1

−1

x

2

dx =

2

3

tenglikdan foydalandik. (32.14) dan

k A

0

k ≤

2

3

(32.15)

tengsizlik kelib chiqadi. Ikkinchi tomondan f

0

(x) = x

desak, u holda

(A

0

f

0

) (x) =

2

3

· x =

2

3

· f

0

(x)

va

kA

0

f

0

k =

2

3

· kf

0

k ,

k f

0

k =

2

3

bo`ladi. Ma'lumki,

k A

0

k ≥

k A

0

f

0

k

k f

0

k

=

2

3

.

(32.16)

(32.15) va (32.16) lardan k A

0

k =

2

3

tenglikka ega bo`lamiz. Bu yerdan bar-

cha λ ∈

µ

−

3

2

,

3

2

¶

lar uchun (32.13) ning, ya'ni k λ A

0

k < 1

tengsizlikning

bajarilishi kelib chiqadi. 32.6-teoremaga ko`ra, barcha λ ∈

µ

−

3

2

,

3

2

¶

larda

B

operatorga teskari operator mavjud va chegaralangan. 32.8-misoldagidek,

λ /

∈

µ

−

3

2

,

3

2

¶

ekanligidan B operatorga chegaralangan teskari operator

mavjud emas degan xulosa kelib chiqmaydi.

∆

32.11. Quyidagi operatorning teskarilanuvchan emasligini ko`rsating

A : C [0, 1] → C [0, 1] , (Af ) (x) = f (0) x + f (1) x

2

.

(32.17)

Yechish. Ma'lumki, chiziqli operator teskarilanuvchan bo`lishi uchun Af =

0

tenglama faqat f(x) ≡ 0 yechimga ega bo`lishi zarur va yetarli. (32.17) for-

mula bilan berilgan A operator uchun f

0

(x) = x ( 1 − x)

funksiyani olsak,

f

0

(0) = f

0

(1) = 0

bo`lgani uchun

(Af

0

) (x) = f

0

(0) x + f

0

(1) x

2

≡ 0.

349

Demak, Af = 0 tenglama nolmas f

0

yechimga ega, 32.3-teoremaga ko`ra, A

operator teskarilanuvchan emas.

∆

Mustaqil ishlash uchun savol va topshiriqlar

1.

Teskarilanuvchan operator ta'rini keltiring.

2.

Chiziqli operatorga teskari operator har doim chiziqli bo`ladimi?

3.

Chiziqli chegaralangan operatorga teskari operator mavjud bo`lsa, u chi-

ziqli chegaralangan bo`ladimi? Misollarda tushuntiring. 32.5, 32.6-misol-

larga qarang.

4.

A

chiziqli operatorning yadrosi KerA nolmas elementni saqlasa, u

holda A ga teskari operator mavjud bo`lishi mumkinmi?

5.

32.10-misoldagi B operatorga teskari operatorni toping.

6.

32.5-misolda keltirilgan B operatorga teskari operatorni toping. B

−1

operatorning aniqlanish sohasini toping. D(B

−1

) = C [0, 1]

tenglik to`g`-

rimi? Agar bu tenglik to`g`ri bo`lmasa, D(B

−1

)

to`plam C [0, 1] fazoning

hamma yerida zichmi?

7.

Ko`paytirish operatori A : `

2

→ `

2

, (A x)

n

= a

n

x

n

ning teskarilanuv-

chan bo`lishining zarur va yetarli shartini toping.

8.

Ko`paytirish operatori A : `

2

→ `

2

, (A x)

n

= a

n

x

n

ga chegaralangan

teskari operator mavjud bo`lishining zarur va yetarli shartini toping.

9.

Ko`paytirish operatori A : `

2

→ `

2

, (A x)

n

= n

−1

x

n

ga teskari opera-

torni toping. U chegaralangan operator bo`ladimi?

10.

Ko`paytirish operatori A : L

2

[−1, 1] → L

2

[−1, 1] ,

(A f ) (x) =

[x] f (x)

ga teskari operator mavjudmi? Bu operatorning yadrosini to-

350

ping. dim KerA = ∞ tenglik to`g`rimi? Bu yerda [x] deb x sonining

butun qismi belgilangan.

33- § . Qo`shma operatorlar

Bu paragrafda biz Banax va Hilbert fazolarida aniqlangan operatorlarga

qo`shma operatorlarni qaraymiz va ularning ayrim xossalarini o`rganamiz.

33.1. Banax fazosida qo`shma operatorlar

X

chiziqli normalangan fazoni Y chiziqli normalangan fazoga akslantiruv-

chi chiziqli uzluksiz A operator berilgan bo`lsin, ya'ni

A : X → Y, y = Ax ∈ Y,

D(A) = X.

Bizga ixtiyoriy g : Y → C chiziqli chegaralangan funksional berilgan

bo`lsin. Bu funksionalning y = Ax elementga ta'sirini qaraymiz g(y) =

g(Ax).

Osongina ko`rsatish mumkinki, g(Ax) funksional X da aniqlangan

biror chiziqli f funksionalni aniqlaydi. Shunday qilib,

g(Ax) = f (x).

(33.1)

Endi (33.1) tenglik bilan aniqlangan f funksionalning chiziqli ekanligini ko`r-

satamiz:

f (α

1

x

1

+ α

2

x

2

) = g(A(α

1

x

1

+ α

2

x

2

)) = g(α

1

Ax

1

+ α

2

Ax

2

) =

= α

1

g(Ax

1

) + α

2

g(Ax

2

) = α

1

f (x

1

) + α