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

14.2-teoremaning  isboti.  A   biyektiv  akslantirish  bo‘lganligi  uchun 
1
−
A  
operator mavjud va 
Y
A
D
=
−
)
(
1
. Endi  Y  fazoda  
{
}
,...
,
,
:
2
1
1
=
≤
∈
=
−
k
y
k
y
A
Y
y
M
k
, 
to‘plamlarni qaraymiz. Y  fazoning ixtiyoriy elementi 
k
M  to‘plamlarning 
birortasida yotadi. Shuning uchun 
U
∞
=
=
1
k
k
M
Y
.  
Ber  teoremasiga  ko‘ra 
k
M   to‘plamlarning  birortasi  qandaydir 
⊂
B
Y   sharda  zich 
bo‘ladi.  Faraz  qilaylik, 
n
M
  to‘plam  B   sharda  zich  bo‘lsin.  B   shar  ichida  
sharsimon  P  qatlam olamiz, ya’ni  
.
}
,
0
,
:
{
0
0
n
M
y
y
z
B
z
P
∈
<
<
<
−
<
∈
=
α
β
α
β
 
P  qatlamni markazi nolda bo‘ladigan qilib parallel ko‘chiramiz va  
.
}
:
{
0
α
β
<
<
∈
=
z
Y
z
P
 
sharsimon  qatlamga ega bo‘lamiz. Birorta 
N
n
∈
0
 uchun 
0
n
M
 to‘plam 
0
P
 da zich 
bo‘lishini  ko‘rsatamiz.  Agar 
n
M
P
z
I
∈
  bo‘lsa,  u  holda 
0
0
P
y
z
∈
−
  bo‘ladi. 
Bundan tashqari 
(
)
=
+
≤
+
=
−
+
≤
−
−
−
−
−
−
0
0
1
1
0
1
1
0
1
1
y
n
z
n
y
A
z
A
y
A
z
A
y
z
A
)
(
 
(
) (
)




−
+
−
=
+
−
≤
+
+
−
=
0
0
0
0
0
0
0
0
2
1
2
y
z
y
y
z
n
y
y
z
n
y
y
y
z
n
≤
 

 
193 




+
−
≤
β
0
0
2
1
y
y
z
n
.                     (14.5) 
Ma’lumki, 




+
β
0
2
1
y
n
 miqdor 
z
 ga bog‘liq emas va biz  










+
+
=
β
0
0
2
1
1
y
n
n
 
deb  olamiz.  U  holda  (14.5)  ga  ko‘ra 
0
0
n
M
y
z
∈
−
  bo‘ladi. 
n
M
  to‘plamning  P  
qatlamda  zich  ekanligidan 
0
n
M
  to‘plamning 
0
P
  qatlamda  zich  ekanligi  kelib 
chiqadi.  Endi  Y   dan  ixtiyoriy  nolmas 
y
  element  olamiz.  Shunday 
λ
  son 
mavjudki, 
α
λ
β
<
<
y
  tengsizlik  o‘rinli,  ya’ni 
0
P
y
∈
λ
  bo‘ladi. 
0
n
M
  to‘plam 
0
P
  qatlamda  zich  bo‘lgani  uchun 
y
λ   ga  yaqinlashuvchi 
0
n
k
M
y
∈
  ketma-ketlik 
qurish  mumkin.  U  holda 
y
y
k
→
λ
.  Ravshanki, 
0
n
k
M
y
∈
  bo‘lsa,  u  holda 
ixtiyoriy 
0
≠
λ
  uchun 
0
n
k
M
y
∈
λ
  bo‘ladi.  Shunday  qilib, 
0
n
M
  to‘plam 
}
0
{
\
Y
  da 
zich va demak, Y  ning o‘zida ham zich. 
Endi  ixtiyoriy  nolmas 
Y
y
∈
  elementni  olamiz  va  14.1-lemmaga  ko‘ra 
0
n
M
 
to‘plamning elementlari orqali qatorga yoyamiz: 
.
,
...,
...
N
k
y
y
y
y
y
y
k
k
n
∈
⋅
≤
+
+
+
+
=
−
2
3
2
1
  
X  fazoda 
k
k
y
A
x
1
−
=
 elementlardan tuzilgan qatorni qaraymiz:  
∑
∑
∞
=
−
∞
=
=
+
+
+
+
=
1
1
2
1
1
...
...
k
k
n
k
k
y
A
x
x
x
x
.            (14.6) 
Bu qator qandaydir 
X
x
∈
 elementga yaqinlashadi, chunki 
k
k
k
k
y
n
y
n
y
A
x
2
3
0
0
1
≤
≤
=
−
 
va 
y
n
y
n
x
x
x
k
k
k
k
k
k
0
1
0
1
1
3
2
1
3
=
≤
≤
=
∑
∑
∑
∞
=
∞
=
∞
=
. 
(14.6) qatorning yaqinlashuvchiligidan va  A  ning uzluksizligidan  
.
lim
lim
y
y
x
A
x
A
x
A
x
A
k
k
k
k
n
k
k
n
n
k
k
n
=
=
=






=






=
∑
∑
∑
∑
∞
=
∞
=
=
∞
→
=
∞
→
1
1
1
1
 
Bu yerdan 
y
A
x
1
−
=
 ekanligi kelib chiqadi. Bundan tashqari   
y
n
x
y
A
0
1
3
≤
=
−
. 
Bu yerdan  
0
1
3 n
A
⋅
≤
−
 
tengsizlik  kelib  chiqadi.  Shunday  qilib, 
1
−
A   operatorning  chegaralanganligi 
isbotlandi.  ∆ 

 
194 
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. 
14.3. 
(
)
3
1
2
1
3
3
,
,
,
:
x
x
x
x
Ax
R
R
A
+
=
→
 operatorga teskari operator mavjudmi?  
Agar mavjud bo‘lsa, uni toping. 
Yechish.  Berilgan  A   operatorga  teskari  operator  mavjud  bo‘lishi  uchun, 
ixtiyoriy 
3
Im
R
A
y
=
∈
 da 
y
Ax
=
 tenglama yagona yechimga ega bo‘lishi kerak. 
Endi 
y
Ax
=
 tenglikdan  x  ni topamiz: 
(
) (
)
3
2
1
3
1
2
1
,
,
,
,
y
y
y
x
x
x
x
y
x
A
=
+
⇔
=
. 
Bundan 




=
−
=
=
⇔




=
=
+
=
3
3
1
2
2
1
1
3
3
2
2
1
1
1
y
x
y
y
x
y
x
y
x
y
x
x
y
x
 
ya’ni  
(
) (
)
y
A
y
y
y
y
x
x
x
1
3
1
2
1
3
2
1
,
,
,
,
−
=
−
=
. 
Shunday qilib,  A  operatorga teskari operator mavjud bo‘lib u 
(
)
3
1
2
1
1
3
3
1
,
,
,
:
x
x
x
x
x
A
R
R
A
−
=
→
−
−
 
ko‘rinishga ega. 14.1-teoremaga ko‘ra u chiziqli operator bo‘ladi. ∆ 
14.4.  14.3  misolda  qaralgan 
3
3
:
R
R
A
→
  operator  teskari  operatorlar  haqida 
Banax teoremasi shartlarini qanoatlantiradimi? 
Yechish. 
R
X
=
3
  va 
R
Y
=
3
  lar  Banax  fazolari  bo‘lganligi  uchun  A  
akslantirishning biyeksiya ekanligini ko‘rsatish yetarli.  R
3
 fazodan ixtiyoriy ikkita 
turli 
(
)
3
2
1
,
,
x
x
x
x
=
 va 
(
)
3
2
1
,
,
y
y
y
y
=
 elementlarni olamiz va 
Ay
x
A
≠
 ekanligini 
ko‘rsatamiz.  Teskaridan  faraz  qilaylik 
0
=
−
Ay
Ax
  bo‘lsin.  So‘nggi  tenglikdan 
y
x
=
  ekanligiga  kelamiz.  Bu  qarama-qarshilik  A   akslantirishning  inyektiv 
ekanligini  ko‘rsatadi.  14.3-misolda  ixtiyoriy 
3
R
y
∈
  uchun 
y
Ax
=
  tenglama 
yagona yechimga ega ekanligi ko‘rsatilgan edi. Bu esa  A  akslantirishning surektiv 
ekanligini ko‘rsatadi. Demak,  A  biyektiv akslantirish ekan. ∆  
 
21-mavzu: Teskari operatorlar haqida ba’zi teoremalar 
 
Biz  bu  bandda  operator  teskarilanuvchan  bo‘lishligining  zaruriy  va  yetarli 
shartini  keltiramiz.  Shuningdek  teskari  operator  mavjud  va  chegaralangan 
bo‘lishining yetarli, zarur va yetarli shartlarini keltiramiz. 
14.3-teorema. 
Y
X
A
→
:
  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  ixtiyoriy 
A
y
Im
∈
 uchun 
=
Ax
y
 tenglama  yagona  yechimga ega bo‘ladi. Teskarisini  faraz 

 
195 
qilaylik,  biror 
A
y
Im
∈
  uchun  yechim  ikkita  bo‘lsin.  U  holda 
(
)
θ
=
−
2
1
x
x
A
 
bo‘ladi. Shartga ko‘ra 
θ
=
−
2
1
x
x
. Bundan 
2
1
x
x
=
. 
∆
 
14.4-teorema.  X   chiziqli  normalangan  fazoni  Y   chiziqli  normalangan  fazoga 
akslantiruvchi  chiziqli  A   operator  berilgan  bo‘lsin. 
A
Im
  da  chegaralangan 
1
−
A  
operator  mavjud  bo‘lishi  uchun,  shunday 
0
>
m
  son  mavjud  bo‘lib,  ixtiyoriy 
x
∈
)
( A
D
 lar uchun 
x
m
x
A
≥
                     (14.9) 
tengsizlikning bajarilishi zarur va yetarli. 
Isbot. Zaruriyligi. 
1
−
A  mavjud va chegaralangan bo‘lsin, ya’ni  
( )
1
1
,
1
−
−
∈
∀
≤
A
D
y
y
m
y
A
. 
U holda 
x
m
y
A
m
y
x
A
=
≥
=
−
1
. 
Demak, (14.9) shart o‘rinli. 
Yetarliligi.  (14.9)  shartdan  A   operatorning  o‘zaro  bir  qiymatli  ekanligi  kelib 
chiqadi.  Teskarisini    faraz  qilaylik,  ya’ni  A   o‘zaro  bir  qiymatli  akslantirish 
bo‘lmasin. U holda shunday  
2
1
2
1
x
x
A
D
x
x
≠
∈
),
(
,
 elementlar mavjudki, 
y
x
A
y
x
A
=
=
2
1
,
. 
Bundan 
(
)
θ
=
−
2
1
x
x
A
  ekanligi kelib chiqadi. (14.9) tengsizlikka ko‘ra, 
(
)
0
0
2
1
2
1
=
−
≤
−
≤
x
x
A
x
x
m
. 
Bu  yerdan 
2
1
x
x
=
  qarama-qarshilikka  kelamiz.  Demak,  A   -  o‘zaro  bir  qiymatli 
akslantirish  ekan.  Shuning  uchun,  teskari 
1
−
A   operator  mavjud.  Endi 
1
−
A  
operatorning chegaralangan ekanligini ko‘rsatamiz. (14.9) tengsizlikka ko‘ra, 
x
A
m
x
1
≤
. 
Ixtiyoriy 
A
Ax
y
Im
∈
=
 uchun 
y
m
y
A
1
1
≤
−
. 
Bu yerdan 
1
−
A  operatorning chegaralangan ekanligi hamda 
m
A
1
1
≤
−
 
tengsizlik kelib chiqadi. 
∆
 
Endi 14.3 va 14.4-teorema shartlarining bajarilishiga doir misollar qaraymiz. 
Misollar  14.5. 
[ ]
1
,
0
C
  fazoda  x   ga  ko‘paytirish  operatorini  (11.8-misolga 
qarang), ya’ni  
[ ]
[ ] ( )( )
( )
x
f
x
x
Bf
C
C
B
=
→
,
1
;
0
1
;
0
:
 
operatorni  qaraymiz.  Bu  operator  14.3-teorema  shartlarini  qanoatlantiradimi?  B  
teskarilanuvchan operator bo‘ladimi? 
Yechish.  B   operatorning  chiziqli  ekanligi  oson  tekshiriladi.  Endi 
0
=
Bf
 
tenglamani, ya’ni 
0
)
(
=
x
xf
 tenglamani qaraymiz. Bu tenglama 
[ ]
1
,
0
C
 fazoda faqat 

 
196 
0
)
(
≡
x
f
  yechimga  ega.  B   operator  14.3-teorema  shartlarini  qanoatlantiradi. 
Demak,  B  - teskarilanuvchan operator, ya’ni  B  ga teskari operator mavjud. 
14.6.  14.5-misolda  qaralgan  x   ga  ko‘paytirish  operatori 
:
B
[ ]
1
,
0
C
→
[ ]
1
,
0
C
, 
14.4-teorema shartlarini qanoatlantiradimi? 
Yechish.  Ma’lumki,  B   chiziqli  operator.  B   operator  uchun  14.4-teoremaning 
(14.9)  sharti  bajarilmasligini  ko‘rsatamiz.  Buning  uchun 
[ ]
1
,
0
C
  fazoda  har  bir 
elementining normasi 1 bo‘lgan 
( )
[
]



∈
∈
−
=
]
;
/
(
agar
,
/
;
agar
,
1
1
0
1
0
1
n
x
n
x
x
n
x
g
n
 
ketma-ketlikni qaraymiz. Endi 
n
g
B
 normani hisoblaymiz: 
(
)( )
( )
n
x
n
x
n
x
n
g
n
nx
x
x
g
x
x
g
B
g
B
2
1
max
max
max
2
1
0
1
0
1
0
=
−
=
=
=
≤
≤
≤
≤
≤
≤
. 
14.1-chizma. 
Istalgan 
0
>
m
  son  uchun  shunday 
0
n
  natural  son  mavjudki, 
m
n
<
0
2
1
  tengsizlik 
o‘rinli bo‘ladi. Bu yerdan kelib chiqadiki,  
n
n
n
g
m
g
n
g
B
<
=
2
1
. 
Demak,  B  operator uchun (14.9) tengsizlikni qanoatlantiruvchi 
0
>
m
 son mavjud 
emas.  14.5-misolda  ko‘rsatildiki,  B   ga  teskari  operator  mavjud,  lekin  14.4-
teoremaning sharti bajarilmaganligi uchun,  B  ga teskari operator chegaralanmagan 
bo‘ladi. ∆ 
14.7. Endi 
[
]
1
;
1
2
−
L
 Hilbert fazosini o‘zini-o‘ziga akslantiruvchi 
[
]
[
]
( )( )
(
)
( )
x
f
x
x
Af
L
L
A
1
,
1
;
1
1
;
1
:
2
2
2
+
=
−
→
−
 
operatorni qaraymiz.  A  operator 14.4-teorema shartlarini qanoatlantiradimi?  A  ga 
chegaralangan teskari operator mavjudmi? 
Yechish.  A   operatorning  chiziqli  ekanligi  oson  tekshiriladi.  Endi  A   operator 
uchun 14.4-teoremaning (14.9) sharti bajarilishini ko‘rsatamiz. Buning uchun 
Af
 
normani quyidan baholaymiz.  
(
)
( )
( )
2
1
1
2
1
1
2
2
2
1
f
dx
x
f
dx
x
f
x
Af
=
≥
+
=
∫
∫
−
−
. 
Biz bu yerda 
1
1
2
≥
+
x
 tengsizlikdan hamda integralning monotonlik xossalaridan 
foydalandik.  So‘nggi  tengsizlikdan 
f
Af
≥
  tengsizlik  kelib  chiqadi.  Bu  yerda 
0
>
m
  son  sifatida 
(
]
1
,
0
  dagi  ixtiyoriy  sonni  olish  mumkin.  14.4-teorema 
tasdig‘idan  foydalansak,  A   ga  chegaralangan  teskari  operator  mavjudligi  hamda 
1
1
≤
−
A
 tengsizlik kelib chiqadi. Aslida 
1
1
=
−
A
 tenglik o‘rinli. ∆ 
14.5-teorema.  X   -  Banax  fazosi  va  A
∈
)
( X
L
.  Agar 
1
<
≤
q
A
  bo‘lsa,  u 
holda 
A
I
−
 operator uchun chegaralangan teskari operator mavjud. 
Isbot. 
)
( X
L
 fazoda quyidagi formal qatorni qaraymiz: 

 
197 
...
...
+
+
+
+
+
n
A
A
A
I
2
               (14.10) 
Ma’lumki, 
2
2
A
A
≤
.  Xuddi  shuningdek, 
n
n
A
A
≤
.  U  holda  (14.10) 
qatorning 
∑
=
+
=
n
k
k
n
A
I
S
1
 
qismiy yig‘indilar ketma-ketligi Koshi shartini qanoatlantiradi, ya’ni 
∞
→
→
+
+
+
≤
+
+
+
=
−
+
+
+
+
+
+
+
n
q
q
q
A
A
A
S
S
p
n
n
n
p
n
n
n
n
p
n
,
0
...
...
2
1
2
1
. 
(14.10) qatorning qismiy yig‘indilar ketma-ketligi 
n
S
 - fundamental ekan, 
)
( X
L
:
)
,
(
X
X
L
=
 to‘la bo‘lgani (13.1-teoremaga qarang) uchun 
( )
X
L
S
S
n
∈
→
. 
Shunday qilib,  
S
A
I
k
k
=
+
∑
∞
=
1
. 
Bundan tashqari 
(
)
(
)
(
)
(
)
.
lim
...
...
lim
lim
1
1
2
2
I
A
I
A
A
A
A
A
A
I
A
I
S
A
I
S
n
n
n
n
n
n
n
=
−
=
=
−
−
−
−
+
+
+
+
=
−
=
−
+
∞
→
+
∞
→
∞
→
 
Xuddi  shunday  ko‘rsatish  mumkinki, 
I
S
A
I
=
−
)
(
.  Demak, 
S
  operator 
A
I
−
 
operator uchun teskari operator ekan. 
S
 operatorning normasi 
q
q
A
S
n
n
n
n
−
=
≤
≤
∑
∑
∞
=
∞
=
1
1
0
0
. 
Demak, 
(
)
1
−
−
=
A
I
S
 operator chegaralangan va uning normasi 
(
)
q
A
I
S
−
≤
−
=
−
1
1
1
 
tengsizlikni qanoatlantiradi. ∆