O`zbekiston Oliy va O`rta maxsus ta`lim vazirligi Namangan Davlat universiteti

13.2-teorema.  (Banax-Shteynxaus  yoki  tekis  chegaralanganlik  prinsipi).    Agar 
chiziqli  uzluksiz  operatorlarning 
{ }
n
A   ketma-ketligi  X   Banax  fazosining  har  bir 
nuqtasida  chegaralangan  (ya’ni  har  bir 
X
x
∈
  uchun  shunday 
0
>
x
M
  mavjud 
bo‘lib, ixtiyoriy  
N
n
∈
 uchun 
x
n
M
x
A
≤
  
 
 
 
 (13.9) 
tengsizlik  o‘rinli)  bo‘lsa,  u  holda  bu  operatorlarning  normalaridan  tuzilgan 
{ }
n
A
 sonli ketma-ketlik ham chegaralangan bo‘ladi. 
Isbot. Avvalo (13.9) shart bajarilganda shunday 

 
175 
[
]
{
}
0
0
0
0
:
,
r
a
x
X
x
r
a
B
≤
−
∈
=
 
yopiq  shar  mavjud  bo‘lib,  bu  sharda 
{ }
∞
=
1
n
n
x
A
  ketma-ketlik  chegaralangan 
bo‘lishini  (ya’ni  shunday 
0
0
>
M
  son  mavjud  bo‘lib,  ixtiyotiy 
[
]
0
0
, r
a
B
x
∈
  va 
barcha 
N
n
∈
  larda 
0
M
x
A
n
≤
  tengsizlik  bajarilishini)  ko‘rsatamiz.  Teskaridan 
faraz qilaylik, ya’ni 
{ }
∞
=
1
n
n
x
A
 ketma-ketlik birorta ham yopiq sharda chegaralangan 
bo‘lmasin.  Ixtiyoriy 
[
]
0
0
,
ε
x
B
  shar  olamiz. 
{ }
∞
=
1
n
n
x
A
  ketma-ketlik 
[
]
2
/
,
0
0
ε
x
B
 
sharda  chegaralanmagan  bo‘lgani  uchun  shunday 
[
]
2
/
,
0
0
1
ε
x
B
x
∈
  element  va 
1
n  
nomer  mavjudki, 
1
1
1
>
x
A
n
  bo‘ladi. 
1
n
A
  operatorning  uzluksizligidan  bu 
tengsizlik 
[
]
1
1
,
ε
x
B
⊂
[
]
2
/
,
0
0
ε
x
B
  sharda  ham  bajariladi. 
[
]
2
/
,
1
1
ε
x
B
  sharda 
{ }
∞
=
1
n
n
x
A
  ketma-ketlik  chegaralanmagan  bo‘lgani  uchun  shunday 
[
]
2
/
,
1
1
2
ε
x
B
x
∈
 
element  va 
2
n   nomer  mavjudki, 
2
2
2
>
x
A
n
  shart  bajariladi. 
2
n
A
  ning 
uzluksizligidan  bu  tengsizlik 
[
]
2
2
,
ε
x
B
⊂
[
]
2
/
,
1
1
ε
x
B
  sharda  ham  bajariladi  va 
hokazo  k-chi  qadamda 
[
]
1
1
,
−
−
k
k
x
B
ε
  sharning 
k
x   nuqtasida 
k
x
A
k
n
k
>
  shart 
bajariladi. 
k
n
A
 ning uzluksizligidan bu tengsizlik 
[
]
k
k
x
B
ε
,
⊂
[
]
2
/
,
1
1
−
−
k
k
x
B
ε
 sharda 
ham bajariladi. Demak, ichma-ich joylashgan va radiuslari nolga intiluvchi  
[
]
[
]
[
]
...
,
...
,
,
1
1
0
0
⊃
⊃
⊃
⊃
k
k
x
B
x
B
x
B
ε
ε
ε
 
yopiq sharlar ketma-ketligining barchasiga qarashli bo‘lgan 
[
]
k
k
x
B
x
ε
,
∈
 element 
mavjud  va  barcha 
N
k
∈
  larda   
k
x
A
k
n
k
>
  tengsizlik  bajariladi.  Bu  esa  (13.9) 
zid.  Shunday  qilib, 
{ }
∞
=
1
n
n
x
A
  ketma-ketlik  chegaralangan  bo‘ladigan 
[
]
0
0
, r
a
B
 
yopiq shar  mavjud. Ixtiyoriy 
[ ]
1
,
θ
B
x
∈
 uchun 
0
0
'
a
x
r
x
+
=
 nuqta 
[
]
0
0
, r
a
B
 sharda 
yotadi.  Shuning  uchun,  ixtiyoriy  n  da 
0
'
M
x
A
n
≤
.    Endi 
(
)
0
1
0
a
x
r
x
−
=
−
'
 
tenglikdan foydalansak, 
(
)
(
) (
)
(
)
.
M
M
M
r
a
A
M
r
a
A
'
x
A
r
a
A
'
x
A
r
a
'
x
r
A
x
A
a
n
n
n
n
n
n
n
=
+
≤
+
≤
+
≤
≤
−
=




−
=
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
 
U holda  
M
x
A
A
n
x
n
≤
=
≤
1
sup
.  ∆  
13.3-teorema.  Agar  X   va  Y   lar  Banax  fazolari  bo‘lsa,  u  holda 
)
,
(
Y
X
L
 
operatorlar fazosi kuchli yaqinlashishga nisbatan to‘ladir. 
Isbot. Istalgan 
X
x
∈
 da 
}
{
x
A
n
 ketma-ketlik yaqinlashuvchi bo‘lgani uchun, har 
bir 
X
x
∈
 da 
x
A
n
n
∞
→
lim
 mavjud va biz 
=
Ax
x
A
n
n
∞
→
lim
=
y
  tenglik bilan aniqlanuvchi 
A   operatorga  ega  bo‘lamiz.  Bu  operatorning  chiziqliligi  13.1-teoremada 
isbotlangan  edi.  Endi  uning  chegaralangan  ekanligini  ko‘rsatamiz.  Har  bir 
X
x
∈
 

 
176 
da 
}
{
x
A
n
 ketma-ketlik yaqinlashuvchi bo‘lgani uchun, u chegaralangandir. Banax-
Shteynxaus teoremasiga ko‘ra, ixtiyoriy 
N
n
∈
 da 
M
A
n
≤
  o‘rinli.  Bundan  
x
M
x
A
x
A
Ax
n
n
n
n
⋅
≤
=
=
∞
→
∞
→
lim
lim
. 
Demak, 
M
A
≤
.  ∆  
Misollar. 13.6. 13.2-misolda keltirilgan   
(
)
...
,
0
...,
,
0
,
,
,
,
:
2
1
2
2
n
n
n
x
x
x
x
P
P
=
→
l
l
 
operatorlar 
ketma-ketligi 
Banax-Shteynxaus 
teoremasi 
shartlarini 
qanoatlantiradimi? 
Yechish. 
2
2
:
l
l
→
n
P
  operatorlar  ketma-ketligi  Banax-Shteynxaus  teoremasi 
shartlarini qanoatlantiradi. Haqiqatan ham, 
2
l
=
X
 va 
2
l
=
Y
 lar  Banax fazolari.  
n
P   ning  chegaralangan  ekanligi  oson  tekshiriladi.  Har  bir 
2
l
∈
x
  nuqtada 
chegaralangan ekanligi  
x
k
k
n
k
k
n
M
x
x
x
x
P
=
=
≤
=
∑
∑
∞
=
=
1
2
1
2
 
dan kelib chiqadi.  ∆ 
13.7. 
( )
2
l
L
  fazo kuchli yaqinlashishga nisbatan to‘la fazo bo‘ladimi? 
Yechish.,
2
l
=
=
Y
X
  lar  to‘la  fazolar  bo‘lganligi  uchun  13.3-teoremaga  ko‘ra 
( )
2
l
L
 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’riflang. 
2.  Kuchli  yaqinlashuvchi,  lekin  tekis  yaqinlashmaydigan  operatorlar  ketma-
ketligiga misol keltiring. (13.2-misolga qarang). 
3.  Kuchsiz yaqinlashuvchi, lekin kuchli yaqinlashmaydigan operatorlar ketma-
ketligiga misol keltiring. (13.1-misolga qarang). 
4. 
( )
1
l
L
  fazo  kuchli  yaqinlashishga  nisbatan  to‘la  fazo  bo‘ladimi?  13.3-
teoremadan foydalaning. 
5.  13.2-misolda keltirilgan 
2
2
:
l
l
→
n
Q
  
(
)
...
,
,
,
0
...,
,
0
,
0
3
2
1
+
+
+
=
n
n
n
n
x
x
x
x
Q
, 
operatorlar ketma-ketligi Banax-Shteynxaus teoremasi shartlarini 
qanoatlantiradimi? 
6. 
[
]
[
]
,
;
;
:
2
2
π
π
π
π
−
→
−
L
L
A
n
 
(
)( )
( )
∫
−
=
π
π
dy
y
nyf
nx
x
f
A
n
cos
cos
 
operatorlar  ketma-ketligini  nol  operatorga  kuchli  va  kuchsiz  ma’noda 
yaqinlashishga tekshiring. 
7. 
{ }
n
A
[ ] [ ]
(
)
1
;
1
,
1
;
1
2
−
−
⊂
L
C
L
 
operatorlar 
ketma-ketligini 
quyidagicha 
aniqlaymiz:  

 
177 
(
)( )
( ) ( )
.
x
f
x
f
x
f
A
n
n
=
 
Bu  yerda 
n
f   lar  (13.5)  tenglik  bilan  aniqlanadi. 
n
A   operatorlar  ketma-
ketligining limitini toping. Limitik operatorga 
n
A  operatorlar ketma-ketligi 
qaysi ma’noda (tekis, kuchli, kuchsiz) yaqinlashadi? 
8. 
[ ]
(
)
b
a
C
L
;
1
 fazo 13.1-teorema shartini qanoatlantiradimi?  

 
190 
20-mavzu Teskari operatorlar 
14. Teskari operatorlar 
 
Bizga  X   ni  Y   ga  akslantiruvchi  A   operator  berilgan  bo‘lsin. 
)
( A
D
  -  uning 
aniqlanish sohasi, 
A
Im
 esa uning qiymatlar sohasi bo‘lsin. 
14.1-ta’rif.  Agar  ixtiyoriy 
A
y Im
∈
  uchun 
y
Ax
=
  tenglama  yagona  yechimga 
ega bo‘lsa, u holda  A  operator teskarilanuvchan operator deyiladi. 
Agar  A  teskarilanuvchan operator bo‘lsa, u holda ixtiyoriy 
A
y Im
∈
 ga 
y
Ax
=
 
tenglamaning yechimi bo‘lgan yagona 
)
( A
D
x
∈
 element mos keladi. Bu  moslikni 
o‘rnatuvchi  operator  A   operatorga  teskari  operator  deyiladi  va 
1
−
A   bilan 
belgilanadi, hamda 
( )
( )
A
D
A
A
A
D
X
Y
A
=
=
→
−
−
−
1
1
1
Im
,
Im
,
:
. 
Bundan tashqari teskari operatorning aniqlanishidan  
( )
( )
1
1
1
,
,
,
−
−
−
∈
=
∈
=
A
D
y
y
y
AA
A
D
x
x
Ax
A
        (14.1) 
tengliklar kelib chiqadi. 
Endi  A  akslantirish  X  ni o‘zini-o‘ziga akslantiruvchi chiziqli operator bo‘lsin. 
Agar 
)
(
)
,
(
X
L
X
X
L
B
=
∈
  operator  uchun 
I
A
B
=
  bo‘lsa,  u  holda  B   operator  A  
operatorga  chap  teskari  operator  deyiladi.  Xuddi  shunday, 
I
C
A
=
  tenglik 
bajarilsa, 
C
 operator  A  ga o‘ng teskari operator deyiladi. 
14.1-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 
∆
=
=
=
=
=
.
)
(
)
(
C
IC
C
BA
AC
B
BI
B
          (14.2) 
Misollar.  14.1. 
2
2
:
l
l
→
A
, 
(
)
...
,
...,
,
,
,
0
1
2
1
−
=
n
x
x
x
Ax
  operatorga  chap  teskari 
operatorni toping.  A  o‘ngga siljitish operatori deyiladi. 
Yechish. 
2
2
:
l
l
→
B
 bilan chapga siljitish operatorini belgilaymiz:  
(
)
...
,
...,
,
,
1
3
2
+
=
n
x
x
x
Bx
.  
Endi 
A
B
 operatorning 
2
l
∈
x
 elementga ta’sirini qaraymiz.  
( ) (
) (
)
x
I
x
x
x
x
x
x
x
B
Ax
B
BAx
n
n
=
=
=
=
−
...
,
,...,
,
,
...
,
...,
,
,
,
0
3
2
1
1
2
1
. 
Demak,  B  operator  A  uchun chap teskari operator ekan. 
14.2.  14.1  misolda  keltirilgan 
2
2
:
l
l
→
A
  operatorga  o‘ng  teskari  operator 
mavjudmi? 
Yechish.  Faraz  qilaylik,  A   ga  o‘ng  teskari  operator  mavjud  bo‘lsin.  Uni 
2
2
:
l
l
→
C
 orqali belgilaymiz. 14.1-tasdiqqa ko‘ ra (14.1-misolga qarang) 
C
B
=
 
bo‘ladi, ya’ni 
(
)
...
,
...,
,
,
1
3
2
+
=
n
x
x
x
x
C
. 
Endi 
AC
 operatorning 
2
l
∈
x
 elementga ta’sirini qaraymiz.  
( )
(
) (
)
x
I
x
x
x
x
x
x
A
x
C
A
x
AC
n
n
≠
=
=
=
+
...
,
,...,
,
,
0
...
,
,...,
,
3
2
1
3
2
. 
Demak, 
C
  operator  A   uchun  o‘ng  teskari  operator  emas  ekan.  Bundan  A   uchun 
o‘ng teskari operatorning mavjud emasligi kelib chiqadi. 

 
191 
14.2-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 
C
B
A
=
=
−
1
 tenglik o‘rinli. 
14.2 tasdiqning isboti 14.1-tasdiq  va (14.1) tenglikdan kelib chiqadi. 
14.1-teorema.  A   chiziqli  operatorga  teskari  bo‘lgan 
1
−
A   operator  ham 
chiziqlidir. 
Isbot. Shuni aytib o‘tish kerakki, 
)
(
Im
1
−
=
A
D
A
 chiziqli ko‘pxillikdir. Shunday 
ekan ixtiyoriy 
2
1
,
α
α
 sonlar va ixtiyoriy 
A
y
y
Im
,
2
1
∈
 elementlar uchun  
(
)
2
1
2
1
1
1
2
2
1
1
1
y
A
y
A
y
y
A
−
−
−
+
=
+
α
α
α
α
            (14.3) 
tenglikning to‘g‘ri ekanligini  ko‘rsatish yetarli. 
1
1
y
Ax
=
 va 
2
2
y
Ax
=
 deymiz.  A  
chiziqli bo‘lgani uchun 
(
)
.
2
2
1
1
2
2
1
1
y
y
x
x
A
α
α
α
α
+
=
+
              (14.4) 
Teskari operator ta’rifiga ko‘ra, 
2
1
2
1
1
1
,
y
A
x
y
A
x
−
−
=
=
. 
Bu tengliklarni mos ravishda 
1
α  va 
2
α  sonlarga ko‘paytirib qo‘shsak, 
.
2
1
2
1
1
1
2
2
1
1
y
A
y
A
x
x
−
−
+
=
+
α
α
α
α
 
Ikkinchi tomondan, (14.4) dan va teskari operatorning ta’rifidan 
(
)
2
2
1
1
1
2
2
1
1
y
y
A
x
x
α
α
α
α
+
=
+
−
 
tenglik kelib chiqadi. Oxirgi ikki tenglikdan (14.3) tenglikni olamiz. ∆ 
14.2-teorema.  (Teskari  operator  haqida  Banax  teoremasi).  A   operator  X  
Banax  fazosini  Y   Banax  fazosiga  biyektiv  akslantiruvchi  chiziqli  chegaralangan 
operator bo‘lsin. U holda 
1
−
A  operator mavjud va chegaralangan. 
Teoremani isbotlashdan oldin quyidagi lemmani isbotlaymiz. 
14.1-lemma.  M   to‘plam  X   Banax  fazosining  hamma  yerida  zich  bo‘lsin.  U 
holda ixtiyoriy nolmas 
X
y
∈
 elementni  
L
L
+
+
+
+
=
n
y
y
y
y
2
1
 
qatorga yoyish mumkin. Bu yerda 
M
y
k
∈
,
.
,
N
k
y
y
k
k
∈
⋅
⋅
≤
−
2
3
 
Isbot. 
K
,
,
2
1
y
y
  elementlarni  ketma-ket  quramiz.  M   to‘plam  X   Banax 
fazosining hamma yerida zich bo‘lgani uchun, shunday 
M
y
∈
1
 mavjudki, 
2
1
y
y
y
≤
−
 
bo‘ladi. 
M
y
∈
2
 elementni shunday tanlaymizki,  
4
2
1
y
y
y
y
≤
−
−
 
bo‘lsin. Endi 
M
y
∈
3
 elementni shunday tanlaymizki, 
8
3
2
1
y
y
y
y
y
≤
−
−
−
 
bajarilsin. Umuman 
M
y
n
∈
 elementni shunday tanlaymizki, 

 
192 
n
n
y
y
y
y
y
y
2
...
3
2
1
≤
−
−
−
−
−
 
bo‘lsin. Bunday tanlash  mumkin, chunki  M  to‘plam  X  ning hamma yerida zich. 
M
y
n
∈
 elementlarning tanlanishiga ko‘ra  
∞
→
n
lim
0
1
=
−
∑
=
n
k
k
y
y
, 
ya’ni  
∑
∞
=
1
k
k
y
 
qator  yaqinlashadi  va  uning  yig‘indisi 
y
  ga  teng.  Endi 
M
y
n
∈
  elementlarning 
normalarini baholaymiz: 
2
3
2
1
1
1
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
≤
+
≤
+
−
≤
+
−
=
, 
2
1
1
2
1
1
2
2
2
3
2
4
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
≤
+
≤
−
+
−
+
≤
−
+
−
+
=
 
va nihoyat  
≤
−
−
−
+
−
+
+
+
=
−
−
1
1
1
1
n
n
n
n
y
y
y
y
y
y
y
y
...
...
 
n
n
n
n
n
n
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
2
3
2
2
1
1
1
1
1
≤
+
≤
−
−
−
+
−
+
+
+
≤
−
−
−
...
...
.   ∆