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

lar Banax fazolari bo`lsa, u holda L(X, Y ) fazo kuchli yaqinlashishga nis-

batan ham to`la bo`ladi.

31.2-teorema (Banax-Shteynxaus yoki tekis chegaralanganlik prinsipi).

Agar chiziqli uzluksiz operatorlarning {A

n

}

ketma-ketligi X Banax fazosi-

ning har bir nuqtasida chegaralangan (ya'ni har bir x ∈ X uchun shunday

M

x

> 0

mavjud bo`lib, ixtiyoriy n ∈ N uchun

k A

n

x k ≤ M

x

(31.9)

tengsizlik o`rinli) bo`lsa, u holda bu operatorlarning normalaridan tuzilgan

{kA

n

k}

sonli ketma-ketlik ham chegaralangan bo`ladi.

Isbot. Avvalo (31.9) shart bajarilganda shunday

B [a

0

, r

0

] = {x ∈ X : k x − a

0

k ≤ r

0

}

yopiq shar mavjud bo`lib, bu sharda {A

n

x}

∞

n=1

ketma-ketlik chegaralangan

bo`lishini (ya'ni shunday M

0

> 0

son mavjud bo`lib, ixtiyotiy x ∈ B [a

0

, r

0

]

va barcha n ∈ N larda kA

n

xk ≤ M

0

tengsizlik bajarilishini) ko`rsatamiz.

Teskaridan faraz qilaylik, ya'ni {A

n

x}

∞

n=1

ketma-ketlik birorta ham yopiq

sharda chegaralangan bo`lmasin. Ixtiyoriy B [x

0

, ε

0

]

shar olamiz. {A

n

x}

∞

n=1

ketma-ketlik B [x

0

, ε

0

/2]

sharda chegaralanmagan bo`lgani uchun shunday

x

1

∈ B [x

0

, ε

0

/2]

element va n

1

nomer mavjudki, {A

n

1

x

1

} > 1

bo`ladi. A

n

1

operatorning uzluksizligidan bu tengsizlik B [x

1

, ε

1

] ⊂ B [x

0

, ε

0

/2]

sharda

ham bajariladi. B [x

1

, ε

1

/2]

sharda {A

n

x}

∞

n=1

ketma-ketlik chegaralanma-

gan bo`lgani uchun shunday x

2

∈ B [x

1

, ε

1

/2]

element va n

2

nomer mavjud-

ki, {A

n

2

x

2

} > 2

shart bajariladi. A

n

2

ning uzluksizligidan bu tengsizlik

B [x

2

, ε

2

] ⊂ B [x

1

, ε

1

/2]

sharda ham bajariladi va hokazo k − chi qadam-

da B [x

k−1

, ε

k−1

]

sharning x

k

nuqtasida {A

n

k

x

k

} > k

shart bajariladi. A

n

k

330

ning uzluksizligidan bu tengsizlik B [x

k

, ε

k

] ⊂ B [x

k−1

, ε

k−1

/2]

sharda ham

bajariladi. Demak, ichma-ich joylashgan va radiuslari nolga intiluvchi

B [x

0

, ε

0

] ⊃ B [x

1

, ε

1

] ⊃ · · · ⊃ B [x

k

, ε

k

] ⊃ · · ·

yopiq sharlar ketma-ketligining barchasiga qarashli bo`lgan x ∈ B [x

k

, ε

k

]

element mavjud va barcha k ∈ N larda k A

n

k

x k > k

tengsizlik bajarila-

di. Bu esa (31.9) ga zid. Shunday qilib, {A

n

x}

∞

n=1

ketma-ketlik chegaralan-

gan bo`ladigan B [a

0

, r

0

]

yopiq shar mavjud. Ixtiyoriy x ∈ B[θ, 1] uchun

x

0

= r

0

x + a

0

nuqta B [a

0

, r

0

]

sharda yotadi. Shuning uchun, ixtiyoriy n da

kA

n

x

0

k ≤ M

0

. Endi x = r

−1

0

(x

0

− a

0

)

tenglikdan foydalansak,

kA

n

x k =

°

°

°

° A

n

µ

1

r

0

(x

0

− a

0

)

¶°

°

°

° =

1

r

0

k A

n

x

0

− A

n

a

0

k ≤

≤

1

r

0

(k A

n

x

0

k + k A

n

a

0

k) ≤

1

r

0

(M

0

+ k A

n

a

0

k) ≤

1

r

0

(M

0

+ M

a

0

) = M.

U holda

k A

n

k = sup

k x k≤1

k A

n

xk ≤ M.

∆

31.3-teorema. Agar X va Y lar Banax fazolari bo`lsa, u holda L(X, Y )

operatorlar fazosi kuchli yaqinlashishga nisbatan to`ladir.

Isbot. Istalgan x ∈ X da {A

n

x}

ketma-ketlik yaqinlashuvchi bo`lgani

uchun, har bir x ∈ X da lim

n→∞

A

n

x

mavjud va biz Ax = lim

n→∞

A

n

x = y

tenglik bilan aniqlanuvchi A operatorga ega bo`lamiz. Bu operatorning chi-

ziqliligi 31.1-teorema isbotida keltirilgan. Endi uning chegaralangan ekanligini

ko`rsatamiz. Har bir x ∈ X da {A

n

x}

ketma-ketlik yaqinlashuvchi bo`lgani

uchun, u chegaralangandir. Banax-Shteynxaus teoremasiga ko`ra, ixtiyoriy

n ∈ N

da k A

n

k ≤ M

o`rinli. Bundan

k Axk =

°

°

° lim

n→∞

A

n

x

°

°

° = lim

n→∞

k A

n

xk ≤ M · k x k .

Demak, k A k ≤ M .

∆

331

31.6-misol. 31.2-misolda keltirilgan

P

n

: `

2

→ `

2

, P

n

x = (x

1

, x

2

, . . . , x

n

, 0, . . . , 0, . . .)

operatorlar ketma-ketligi Banax-Shteynxaus teoremasi shartlarini qanoatlanti-

radimi?

Yechish. P

n

: `

2

→ `

2

operatorlar ketma-ketligi Banax-Shteynxaus teo-

remasi shartlarini qanoatlantiradi. Haqiqatan ham, X = `

2

va Y = `

2

−

lar Banax fazolari. P

n

ning chegaralangan ekanligi oson tekshiriladi. Har bir

x ∈ `

2

nuqtada {P

n

x}

chegaralangan ekanligi

k P

n

x k =

v

u

u

t

n

X

k=1

| x

k

|

2

≤

v

u

u

t

∞

X

k=1

| x

k

|

2

= k x k = M

x

munosabatdan kelib chiqadi.

∆

31.7. L (`

2

)

fazo kuchli yaqinlashishga nisbatan to`la fazo bo`ladimi?

Yechish., X = Y = `

2

lar to`la fazolar bo`lganligi uchun 31.3-teoremaga

ko`ra L (`

2

)

fazo kuchli yaqinlashishga nisbatan to`la fazo bo`ladi.

∆

Mustaqil ishlash uchun savol va topshiriqlar

1.

Operatorlar ketma-ketligining kuchsiz, kuchli va tekis yaqinlashishlarini

ta'riang.

2.

Kuchli yaqinlashuvchi, lekin tekis yaqinlashmaydigan operatorlar ketma-

ketligiga misol keltiring (31.2-misolga qarang).

3.

Kuchsiz yaqinlashuvchi, lekin kuchli yaqinlashmaydigan operatorlar ketma-

ketligiga misol keltiring (31.1-misolga qarang).

4.

L (`

1

)

fazo kuchli yaqinlashishga nisbatan to`la fazo bo`ladimi? 31.3-

teoremadan foydalaning.

5.

31.2-misolda keltirilgan Q

n

: `

2

→ `

2

Q

n

x = (0, . . . , 0, x

n+1

, x

n+2

, x

n+3

, . . .)

332

operatorlar ketma-ketligi Banax-Shteynxaus teoremasi shartlarini qanoat-

lantiradimi?

6.

A

n

: L

2

[−π, π] → L

2

[−π, π] ,

(A

n

f ) (x) =

Z

π

−π

cos nx cos ny f (y) dy

operatorlar ketma-ketligini nol operatorga kuchli va kuchsiz ma'noda yaqin-

lashishga tekshiring.

7.

{A

n

} ⊂ L (C[−1, 1] → L

2

[−1, 1])

operatorlar ketma-ketligini quyidagicha

aniqlaymiz:

(A

n

f ) (x) = f

n

(x) f (x)

Bu yerda f

n

lar (31.5) tenglik bilan aniqlanadi. A

n

operatorlar ketma-

ketligining limitini toping. Limitik operatorga A

n

operatorlar ketma-

ketligi qaysi ma'noda (tekis, kuchli, kuchsiz) yaqinlashadi?

8.

L(C

1

[a, b])

fazo 31.1-teorema shartlarini qanoatlantiradimi?

32- § . Teskari operatorlar

Bizga X ni Y ga akslantiruvchi A operator berilgan bo`lsin. D(A) −

uning aniqlanish sohasi, ImA esa uning qiymatlar sohasi bo`lsin.

32.1-ta'rif. Agar ixtiyoriy y ∈ ImA uchun Ax = y tenglama yagona

yechimga ega bo`lsa, u holda A teskarilanuvchan operator deyiladi.

Agar A teskarilanuvchan operator bo`lsa, u holda ixtiyoriy y ∈ ImA ga

Ax = y

tenglamaning yechimi bo`lgan yagona x ∈ D(A) element mos keladi.

Bu moslikni o`rnatuvchi operator A operatorga teskari operator deyiladi va

A

−1

bilan belgilanadi, hamda

A

−1

: Y → X, D(A

−1

) = ImA, ImA

−1

= D(A).

333

Bundan tashqari teskari operatorning aniqlanishidan

A

−1

Ax = x, x ∈ D(A),

AA

−1

y = y,

y ∈ D(A

−1

)

(32.1)

tengliklar kelib chiqadi.

Endi A akslantirish X ni o`zini-o`ziga akslantiruvchi chiziqli operator

bo`lsin. Agar B ∈ L(X, X) = L(X) operator uchun BA = I bo`lsa, u hol-

da B operator A operatorga chap teskari operator deyiladi. Xuddi shunday,

AC = I

tenglik bajarilsa, C operator A ga o`ng teskari operator deyiladi.

32.1-tasdiq. Agar A operator uchun ham chap teskari, ham o`ng teskari

operatorlar mavjud bo`lsa, u holda ular o`zaro teng.

Isbot. A uchun B chap teskari, C o`ng teskari operatorlar bo`lsin, u

holda

B = BI = B(AC) = (BA)C = IC = C.

∆

32.1-misol. A : `

2

→ `

2

, Ax = (0, x

1

, x

2

, . . . , x

n−1

, . . .)

operatorga

chap teskari operatorni toping. A o`ngga siljitish operatori deyiladi.

Yechish. B : `

2

→ `

2

bilan chapga siljitish operatorini belgilaymiz:

Bx = (x

2

, x

3

, . . . , x

n+1

, . . .) .

Endi BA operatorning x ∈ `

2

elementga ta'sirini qaraymiz.

BAx = B(Ax) = B (0, x

1

, x

2

, . . . , x

n−1

, . . .) = (x

1

, x

2

, . . . , x

n

, . . .) = Ix.

Demak, B operator A uchun chap teskari operator ekan.

32.2. 32.1-misolda keltirilgan A : `

2

→ `

2

operatorga o`ng teskari operator

mavjudmi?

Yechish. Faraz qilaylik, A ga o`ng teskari operator mavjud bo`lsin. Uni

C : `

2

→ `

2

orqali belgilaymiz. 32.1-tasdiqqa ko`ra (32.1-misolga qarang)

B = C

bo`ladi, ya'ni

Cx = (x

2

, x

3

, . . . , x

n+1

, . . .) .

334

Endi AC operatorning x ∈ `

2

elementga ta'sirini qaraymiz.

ACx = A(Cx) = A (x

2

, x

3

, . . . , x

n+1

, . . .) = (0, x

2

, . . . , x

n

, . . .) 6= Ix.

Demak, C operator A uchun o`ng teskari operator emas ekan. Bundan A

uchun o`ng teskari operatorning mavjud emasligi kelib chiqadi.

32.2-tasdiq. Agar A uchun bir vaqtda ham o`ng teskari, ham chap teskari

operatorlar mavjud bo`lsa, u holda A teskarilanuvchan operator bo`ladi va

A

−1

= B = C

tenglik o`rinli.

32.2 tasdiqning isboti 32.1-tasdiq va (32.1) tenglikdan kelib chiqadi.

32.1-teorema. A chiziqli operatorga teskari bo`lgan A

−1

operator ham

chiziqlidir.

Isbot. Shuni aytib o`tish kerakki, ImA = D(A

−1

)

chiziqli ko`pxillilikdir.

Shunday ekan ixtiyoriy α

1

, α

2

sonlar va ixtiyoriy y

1

, y

2

∈ ImA

elementlar

uchun

A

−1

(α

1

y

1

+ α

2

y

2

) = α

1

A

−1

y

1

+ α

2

A

−1

y

2

(32.2)

tenglikning to`g`ri ekanligini ko`rsatish yetarli. Ax

1

= y

1

va Ax

2

= y

2

deymiz.

A

chiziqli bo`lgani uchun

A (α

1

x

1

+ α

2

x

2

) = α

1

y

1

+ α

2

y

2

.

(32.3)

Teskari operator ta'riga ko`ra, x

1

= A

−1

y

1

, x

2

= A

−1

y

2

.

Bu tengliklarni

mos ravishda α

1

va α

2

sonlarga ko`paytirib qo`shsak,

α

1

x

1

+ α

2

x

2

= α

1

A

−1

y

1

+ α

2

A

−1

y

2

.

Ikkinchi tomondan, (32.3) dan va teskari operatorning ta'ridan

α

1

x

1

+ α

2

x

2

= A

−1

(α

1

y

1

+ α

2

y

2

)

tenglik kelib chiqadi. Oxirgi ikki tenglikdan (32.2) tenglikni olamiz.

∆

335

32.2-teorema (Teskari operator haqida Banax teoremasi). A operator X

Banax fazosini Y Banax fazosiga biyektiv akslantiruvchi chiziqli chegaralan-

gan operator bo`lsin. U holda A

−1

operator mavjud va chegaralangan.

Teoremani isbotlashdan oldin quyidagi lemmani isbotlaymiz.

32.1-lemma. M to`plam X Banax fazosining hamma yerida zich bo`lsin.

U holda ixtiyoriy nolmas y ∈ X elementni

y = y

1

+ y

2

+ · · · + y

n

+ · · ·

qatorga yoyish mumkin. Bu yerda y

k

∈ M, k y

k

k ≤ 3 · 2

−k

· k y k , k ∈ N.

Isbot. y

1

, y

2

, . . .

elementlarni ketma-ket quramiz. M to`plam X Banax

fazosining hamma yerida zich bo`lgani uchun, shunday y

1

∈ M

mavjudki,

k y − y

1

k ≤

k y k

2

bo`ladi. y

2

∈ M

elementni shunday tanlaymizki,

k y − y

1

− y

2

k ≤

k y k

4

bo`lsin. Endi y

3

∈ M

elementni shunday tanlaymizki,

k y − y

1

− y

2

− y

3

k ≤

k y k

8

bajarilsin. Umuman y

n

∈ M

elementni shunday tanlaymizki,

k y − y

1

− y

2

− y

3

− · · · − y

n

k ≤

k y k

2

n

bo`lsin. Bunday tanlash mumkin, chunki M to`plam X ning hamma yerida

zich. y

n

∈ M

elementlarning tanlanishiga ko`ra

lim

n→∞

°

°

°

°

°

y −

n

X

k=1

y

k

°

°

°

°

°

= 0,

ya'ni

∞

X

k=1

y

k

336

qator yaqinlashadi va uning yig`indisi y ga teng. Endi y

n

∈ M

elementlarning

normalarini baholaymiz: