O`ZBEKISTON RESPUBLIKASI
OLIY VA O`RTA MAXSUS TA'LIM VAZIRLIGI
MIRZO ULUG`BEK NOMIDAGI
O`ZBEKISTON MILLIY UNIVERSITETI
J.I. ABDULLAYEV, Yu.X. ESHQOBILOV,
I.A. IKROMOV, R.N. G`ANIXO`JAYEV
FUNKSIONAL ANALIZ
(misol va masalalar yechish)
II QISM
O`quv qo`llanma
TOSHKENT - 2018
1
Mazkur o`quv qo`llanmada "Funksional analiz"kursining II qismini tashkil etuvchi chiziqli fazolar, operatorlar nazariyasi va integral tenglamalari kabi mavzulari bayon qilingan. Har bir mavzuga
oid asosiy tushunchalar ta'ri, asosiy teoremalar va xossalar keltirilgan. Namunaviy misollar tahlil
qilingan. Amaliy mashg`ulot va mavzularni mustaqil o`rganish uchun misol va masalalar berilgan.
Ushbu o`quv qo`llanma universitetlarning "Matematika", "Mexanika"va "Amaliy matematika va
informatika"yo`nalishlari talabalariga mo`ljallangan bo`lib, undan boshqa yo`nalish talabalari ham
foydalanishlari mumkin.
 äàííîì ó÷åáíîì ïîñîáèè èçëàãàþòñÿ òåìû èç âòîðîé ÷àñòè êóðñà "Ôóíêöèîíàëüíûé
àíàëèç", êàòîðûå ñîñòàâëÿþò ëèíåéíûå ïðîñòðàíñòâà, òåîðèè îïåðàòîðîâ è èíòåãðàëüíûå
óðàâíåíèÿ. Â êàæäîé òåìå äàþòñÿ îïðåäåëåíèÿ îñíîâíûõ ïîíÿòèé, ïðèâîäÿòñÿ îñíîâíûå
òåîðåìû è ñâîéñòâà. Àíàëèçèðóþòñÿ òèïîâûå ïðèìåðû. Äàþòñÿ óïðàæíåíèÿ äëÿ ïðàêòè÷åñêèõ
çàíÿòèé è çàäà÷è äëÿ ñàìîñòîÿòåëüíîé ðàáîòû ïî âñåì òåìàì. Äàííîå ó÷åáíîå ïîñîáèå ïðåäíàçíà÷åíî äëÿ ñòóäåíòîâ óíèâåðñèòåòîâ îáó÷àþùèõñÿ ïî íàïðàâëåíèÿì "Ìàòåìàòèêà", "Ìåõàíèêà" è "Ïðèêëàäíàÿ ìàòåìàòèêà è èíôîðìàòèêà", à òàêæå îíî ìîæåò áûòü èñïîëüçîâàíî
ñòóäåíòàìè äðóãèõ íàïðàâëåíèé.
This tutorial outlines the themes of the second part of the course "Functional analysis" related to linear spaces, theory of operators and integrals equations. In each section topic the basic
concepts, the basic theorems and properties of which are given. Typical examples are analyzed.
Exercises are given for practical exercises and tasks for independent learning on all topics. This tutorial is intended for university students of specialties "Mathematics", "Mechanics" and "Applied
Mathematics and Information Technology", and it can be used by students of other areas.
Mualliar:
f.-m.f.d. Janikul Ibragimovich Abdullayev,
f.-m.f.d. Yusup Xalbayevich Eshqobilov,
prof. Isroil Akramovich Ikromov,
prof. Rasul Nabiyevich G`anixo`jayev.
Taqrizchilar:
Toshkentdagi Turin politexnika universiteti liali professori, f.-m.f.d. Jalilov A.A.,
Toshkent avtomobil yo`llari instituti professori, f.-m.f.d. Raximov A.A.
Mazkur o`quv qo`llanma Mirzo Ulug`bek Nomidagi O`zbekiston Milliy Universiteti Kengashi
tomonidan nashrga tavsiya etilgan ( 201
yil -
2
sonli bayonnoma).
Kirish
Funksional analiz matematikaning alohida bo`limi sifatida XVIII asrning
oxiri va XIX asr boshlarida shakllana boshlangandir. Funksional analizga oid
dastlabki ilmiy ishlar italyan matemagi Volterra, fransuz matematigi Puankare
va nemis matematigi Hilbertga taalluqlidir. Metrik fazo tushunchasi fanga
fransuz matematigi Freshe tomonidan XX asr boshlarida kiritilgan, normalangan fazo tushunchasi 1922 yilda polyak matematigi Banax va unga bog`liq
bo`lmagan holda amerikalik matematik Viner tomonidan kiritilgan.
Ma'lumki universitetlarning "Matematika", "Mexanika" va "Amaliy matematika va informatika" yo`nalishlari uchun tuzilgan o`quv rejada "Funksional
analiz" fani ko`zda tutilgan bo'lib, ushbu fan ixtisoslik fanlar ichida asosiy
o`rin tutadi.
Universitetlarda "Funksional analiz" kursi asosan ikki qismdan iborat, ular
shartli ravishda quyidagicha nomlanadi:
I qism. Haqiqiy o`zgaruvchining funksiyalari nazariyasi.
II qism. Operatorlar nazariyasi.
Amaldagi "Funksional analiz" kursi fan dasturida I qism "To`plamlar nazariyasi va metrik fazolar" va "Lebeg integrali" bo`limlarini o`z ichiga oladi. II
qism esa, "Normalangan fazolar", "Operatorlar nazariyasi" va "Integral tenglamalar" bo`limlarini o`z ichiga oladi. Universitetlarning matematika mutaxassisligida ta'lim oluvchi talabalar uchun "Funksional analiz" kursidan o`zbek
alifbosida, birinchi marotaba akademik T.A. Sarimsoqov tomonidan darslik
nashr etilgan (T.A. Sarimsoqov. Haqiqiy o`zgaruvchining funksiyalari nazariyasi;
T.A. Sarimsoqov. Funksional analiz kursi). Oliy ta'lim tizimida ikki bosqichli tizimga (bakalavriatura va magistratura) o`tish munosabati bilan OTMlari
barcha fan dasturlarida jiddiy o`zgarishlar yuzaga keldi. Bu o`zgarishlar o`z
navbatida barcha yo`nalishlar uchun tegishli darslik va o`quv qo`llanmalarni
3
ishlab chiqishni talab etmoqda. Ushbu [6, 7, 8] o`quv qo`llanmalar va [9]
darslik, universitetlarning bakalavriatura o`quv rejasidagi "Funksional analiz" kursidan yuqoridagi ehtiyojlarni qondirish maqsadida yaratilgandir.
Mazkur o`quv qo`llanma, universitetlarning matematika yo`nalishi talabalari
uchun "Funksional analiz" kursidan amaliy mashg`ulotlarni olib borishda
lotin yozuviga asoslangan o`zbek alifbosida adabiyotlar tanqisligining oldini
olish maqsadida yozilmoqda. Mazkur qo`llanmada "Funksional analiz" fanining II qismini tashkil etuvchi chiziqli fazolar, operatorlar nazariyasi va integral tenglamalari mavzulari uchun misol va masalalar hamda test topshiriqlari
berilgan.
Birinchi bo`lim chiziqli fazolar nazariyasiga bag`ishlangan bo`lib, qo`llanmada chiziqli fazolar, normalangan fazolar, Hilbert fazolariga oid mavzular
bayon qilinadi. Qo`llanmaning bu bo`limi chiziqli fazolar, chiziqli fazoning qism
fazosi va faktor fazolari, normalangan chiziqli fazolar, Banax fazolari, Evklid
va Hilbert fazolari kabi mavzularni o`z ichiga oladi. Har bir mavzu namunaviy
misollar bilan boyitilgan. Shuningdek, mavzularni o`zlashtirish va mustaqil
o`rganish uchun yetarlicha misol, masala va testlar berilgan.
Ikkinchi bo`lim chiziqli operatorlar nazariyasiga bag`ishlangan. Qo`llanmaning bu bo`limida, chiziqli uzluksiz operatorlar, teskari operatorlar, qo`shma
operatorlar va chiziqli operatorning spektrlariga oid mavzular bayon qilingan. Har bir mavzuga oid asosiy tushunchalar ta'ri, asosiy teoremalar va
xossalar keltirilgan. Mavzular namunaviy misollar yechimi bilan boyitilgan.
Shuningdek, mavzularni o`zlashtirish va mustaqil o`rganish uchun yetarlicha
masalalar va testlar berilgan.
Uchinchi bo`lim kompakt operatorlar va integral tenglamalar nazariyasiga
bag`ishlangan. Qo`llanmaning bu bo`limida chekli o`lchamli operatorlar, kompakt operatorlar va integral tenglamalar mavzulari bayon qilinadi. Mavzuga
4
oid asosiy tushunchalar ta'ri, asosiy teoremalar va xossalar keltirilgan.
Misol va masalalarni tuzishda Sh.A. Ayupov (Funksional analizdan misol
va masalalar, Nukus, "BILIM", 2009) va Þ.Ñ. Î÷àí (Ñáîðíèê çàäà÷ ïî
ìàòåìàòè÷åñêîìó àíàëèçó, Ìîñêâà, Ïðîñâåùåíèå, 1981), Ãîðîäåöêèé Â.Â.,
Íàãíèáèäà Í.È., Íàñòàñèåâ Ï.Ï. Ìåòîäû ðåøåíèÿ çàäà÷ ïî ôóíêöèîíàëüíîìó àíàëèçó. Êèåâ 1990, va Abdullayev J.I., G`anixo`jayev R.N., Shermatov M.H., Egamberdiyevlarning "Funksional analiz" (Toshkent-Samarqand,
2009) o`quv qo`llanmasidan va xorijiy adabiyot Rabindranath Senning (A First
Course in Functional Analysis. Theory and Applications. Anthem Press. London, New York, Dehli. 2013) kitobidan keng foydalanildi.
Ushbu o`quv qo`llanma funksional analiz fanidan namunaviy o`quv dasturga moslab tuzilgan masalalar to`plamidir. U universitetlarning matematika
va mexanika bakalavriyat yo`nalishlari bo`yicha ta'lim olayotgan talabalari
uchun mo`ljallab yozilgan. Bundan tashqari masalalar to`plamidan matematik tahlil va matematik zika mutaxassisliklari bo`yicha ta'lim olayotgan
magistrantlar hamda katta ilmiy xodim izlanuvchilar foydalanishlari mumkin.
Masalalar to`plami funksional analizning asosiy boblarini o`z ichiga olgan. U
nisbatan soddaroq misollardan tashkil topgan bo`lib, o`quvchini misol yechishga rag`batlantiradi. Masalalar to`plamida keltirilgan misollar oldingi misollar
bilan aloqador. Shuning uchun misollarning barchasini yechish zarur.
O`quv qo`llanmaning asosiy maqsadi bo`lg`usi mutaxassislarni funksional
analizning asosiy tushunchalari va usullari bilan tanishtirishdan iborat. O`quv
qo`llanma talabalarni funksional analizga oid masalalarni yechishga o`rgatadi
hamda ularda yetarli darajada texnik mahorat hosil qiladi. Ushbu to`plam
O`zMU va SamDUda "Funksional analiz" fanidan ma'ruza va amaliy mashg`ulotlar olib boruvchi professor-o`qituvchilarning ko`p yillik ish tajribalari asosida tuzilgan.
5
O`quv qo`llanma 3 bob, 10 paragrafdan iborat. Har bir paragraf boshida
qisqacha nazariy material berilgan. Har bir bobdan so`ng talabalar o`z bilimlarini mustahkamlashlari uchun o`rgatuvchi test topshiriqlari javoblari bilan
berilgan.
Mualliar o`quv qo`llanmani takomillashtirishda (yaxshilashda) bergan foydali maslahatlari uchun mas'ul muharrir va taqrizchilarga, hamda matnni
tahrir qilgani uchun B.E.Davranovga o`z minnatdorchiliklarini bildiradilar.
Masalalar to`plami birinchi marta chop qilinayotgani uchun xato va kamchiliklar bo`lishi mumkin. Xato va kamchiliklar haqidagi krlaringizni jabdullaev@mail.ru elektron manziliga jo`natishlaringizni so`raymiz.
6
I bob. Chiziqli fazolar
Bu bobda biz chiziqli fazolar, chiziqli normalangan fazolar, Evklid va Hilbert
fazolarining xossalari hamda chiziqli funksionalning umumiy xossalarini o`rganamiz. Bu bob 4 ta paragrafdan iborat. Bu bobdagi nazariy ma'lumotlar
xorijiy [1], [3], [4] va [13] adabiyotlardagi ma'lumotlar bilan bilan qiyoslandi. Masalalarni tanlashda biz xorijiy [10], [11] va [13] adabiyotlardan ham
foydalandik.
1−§
da chiziqli fazo va ularga doir misollar jamlangan. Chiziqli fa-
zo o`lchami ta'rianib, chekli va cheksiz o`lchamli chiziqli fazolarga misollar
keltirilgan. Bu yerda chiziqli fazoning qism fazosi va faktor fazosiga doir misollar ham bor.
2 − § da chiziqli normalangan fazolarga ko`plab misollar qaralgan.
3−§ Evklid va Hilbert fazolariga bag`ishlangan. Evklid fazolarining xarakteristik xossalari, Koshi-Bunyakovskiy tengsizligi, Bessel tengsizligi, Parseval
tengliklarini tushunishga doir misollar qaralgan. Riss-Fisher, Shmidtning ortogonallashtirish jarayonini qo`llashga doir misollar keltirilgan. Hilbert fazolarining qism fazosi, qism fazoning ortogonal to`ldiruvchisi, ortogonal qism
fazolarning to`g`ri yig`indilari qaralgan. Xuddi shunday Hilbert fazolarining
to`g`ri yig`indilari ham qaralgan.
4 − § da chiziqli funksionallar, ularning xossalariga doir misollar qaralgan.
Qavariq to`plamlar va qavariq funksionallarning xossalarini tahlil qilishga doir
misollar ham shu paragrafdan joy olgan. Chiziqli funksionalni davom ettirish
haqidagi Xan-Banax teoremasining qo`llanishiga doir misollar ham shu yerda.
1-Ÿ. Asosiy chiziqli fazolar
Chiziqli fazo tushunchasi matematikada asosiy tayanch tushunchalardan
hisoblanadi. Kelishuvimizga ko`ra C kompleks sonlar, R esa haqiqiy sonlar
to`plamini bildiradi. K orqali C yoki R ni belgilaymiz.
7
1.1-ta'rif. Agar elementlari x, y, z, . . . bo`lgan L to`plamda quyidagi
ikki amal aniqlangan bo`lsa:
I. Ixtiyoriy ikkita x, y ∈ L elementlarga ularning yig`indisi deb ataluvchi aniq bir x + y ∈ L element mos qo`yilgan bo`lib, ixtiyoriy x, y, z ∈ L
elementlar uchun
1) x + y = y + x (kommutativlik),
2) x + (y + z) = (x + y) + z (assotsiativlik),
3) L da shunday θ element mavjud bo`lib, x + θ = x (nolning mavjudligi),
4) shunday −x ∈ L element mavjud bo`lib, x + ( − x) = θ (qarama-qarshi
elementning mavjudligi) aksiomalar bajarilsa;
II. ixtiyoriy x ∈ L element va ixtiyoriy α ∈ K uchun x elementning
α songa ko`paytmasi deb ataluvchi aniq bir αx ∈ L element mos qo`yilgan
bo`lib, ixtiyoriy x, y ∈ L va barcha α, β ∈ K sonlar uchun
5) α(β x) = (α β)x,
6) 1 · x = x,
7) (α + β) x = α x + β x,
8) α (x + y) = α x + α y aksiomalar bajarilsa, u holda L to`plam K maydon
ustidagi chiziqli fazo deyiladi.
Ta'rifda kiritilgan I va II amallar mos ravishda yig`indi va songa ko`paytirish
amallari deyiladi. Agar L ning elementlarini haqiqiy sonlarga (kompleks sonlarga) ko`paytirish aniqlangan bo`lsa, u holda L ga haqiqiy (kompleks) chiziqli
fazo deyiladi.
1.2-ta'rif. Agar L va L∗ chiziqli fazolar o`rtasida biyektiv moslik o`rnatish
mumkin bo`lib, x ↔ x∗ va y ↔ y ∗ (x, y ∈ L, x∗ , y ∗ ∈ L∗ ) ekanligidan
x + y ↔ x∗ + y ∗ va α x ↔ α x∗ (α − ixtiyoriy son) ekanligi kelib chiqsa, u
holda L va L∗ chiziqli fazolar o`zaro izomorf fazolar deyiladi.
L chiziqli fazo, x1 , x2 , . . . , xn uning elementlari bo`lsin.
8
1.3-ta'rif. Agar L chiziqli fazoning x1 , x2 , . . . , xn elementlar sistemasi
uchun hech bo`lmaganda birortasi noldan farqli bo`lgan a1 , a2 , . . . , an sonlar
mavjud bo`lib,
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = 0
(1.1)
tenglik bajarilsa, u holda x1 , x2 , . . . , xn elementlar sistemasi chiziqli bog`langan deyiladi. Aks holda, ya'ni (1.1) tenglikdan
a1 = a2 = · · · = an = 0
ekanligi kelib chiqsa, x1 , x2 , . . . , xn elementlar sistemasi chiziqli bog`lanmagan yoki chiziqli erkli deyiladi.
1.4-ta'rif. Agar x1 , x2 , . . . , xn , . . . cheksiz elementlar sistemasining ixtiyoriy chekli qism sistemasi chiziqli erkli bo`lsa, u holda {xn }∞
n=1 sistema
chiziqli erkli deyiladi.
1.5-ta'rif. Agar L chiziqli fazoda n elementli chiziqli erkli sistema mavjud
bo`lib, bu fazoning ixtiyoriy n + 1 ta elementdan iborat sistemasi chiziqli
bog`langan bo`lsa, u holda L ga n o`lchamli chiziqli fazo deyiladi va dim L =
n kabi yoziladi.
1.6-ta'rif. n o`lchamli L chiziqli fazoning ixtiyoriy n ta elementdan iborat chiziqli erkli sistemasi shu fazoning bazisi deyiladi.
1.7-ta'rif. Agar L chiziqli fazoda ixtiyoriy n ∈ N uchun n elementli
chiziqli erkli sistema mavjud bo`lsa, u holda L cheksiz o`lchamli chiziqli fazo
deyiladi va dim L = ∞ ko`rinishda yoziladi.
Endi biz mavzuga oid misollar qaraymiz. Quyida Rn to`plam va unda
yig`indi va songa ko`paytirish amallari berilgan. Bu amallar uchun chiziqli
fazoning 1-8 aksiomalari bajarilishini tekshiring.
1.1. Rn = {x = (x1 , x2 , . . . , xn ), xi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n} − n ta haqiqiy
sonlarning tartiblangan guruhlaridan iborat to`plam. Bu yerda element9
larni qo`shish va songa ko`paytirish amallari quyidagicha aniqlanadi. Ixtiyoriy x = (x1 x2 , . . . , xn ) , y = (y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rn va α ∈ R lar
uchun
x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) ,
(1.2)
α x = (α x1 , α x2 , . . . , α xn ) .
(1.3)
Yechish. Qo`shish va songa ko`paytirish amallari uchun chiziqli fazo aksiomalari bajarilishini tekshiramiz. Ixtiyoriy x, y ∈ Rn lar uchun x + y =
(x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) ∈ Rn ekanligi ma'lum. Xuddi shunday ixtiyoriy α ∈ R uchun αx = (αx1 , αx2 , . . . , αxn ) ∈ Rn munosabat o`rinli. Haqiqiy
sonlarni qo`shish kommutativ va assotsiativ, shuning uchun quyidagi tengliklar
o`rinli:
x + y = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ) = (y1 + x1 , . . . , yn + xn ) = y + x,
x + (y + z) = (x1 + (y1 + z1 ), x2 + (y2 + z2 ), . . . , xn + (yn + zn )) =
= ((x1 + y1 ) + z1 , (x2 + y2 ) + z2 , . . . , (xn + yn ) + zn ) = (x + y) + z.
Rn da nol element rolini θ = (0, 0, . . . , 0) vektor bajaradi. Chunki ixtiyoriy
x ∈ Rn uchun x+θ = (x1 + 0, x2 + 0, . . . , xn + 0) = x tenglik o`rinli. x ∈ Rn
elementga qarama-qarshi element −x = (−x1 , −x2 , . . . , −xn ) bo`ladi, chunki
x + (−x) = (x1 + (−x1 ), x2 + (−x2 ), . . . , xn + (−xn )) = (0, 0, . . . , 0) = θ.
Demak, 1-4 aksiomalar o`rinli. Endi songa ko`paytirish amali bilan bog`liq
aksiomalarning bajarilishini tekshiramiz. Ixtiyoriy α, β ∈ R lar uchun
α(β x) = (α(β x1 ), α(β x2 ), . . . , α(β xn )) =
= ((αβ) x1 , (αβ) x2 , . . . , (αβ) xn ) = (α β) x
tengliklar o`rinli. Xuddi shunday
1 · x = (1 · x1 , 1 · x2 , . . . , 1 · xn ) = (x1 , x2 , . . . , xn ) = x
10
tenglik o`rinli. Ixtiyoriy α, β ∈ R va x ∈ Rn lar uchun
(α + β) x = ((α + β )x1 , (α + β )x2 , . . . , (α + β )xn ) =
= (α x1 + β x1 , α x2 + β x2 , . . . , α xn + β xn ) = (α x1 , α x2 , . . . , α xn )+
+(βx1 , βx2 , . . . , βxn ) = α(x1 , x2 , . . . , xn ) + β(x1 , x2 , . . . , xn ) = αx + βx
tengliklar o`rinli. Ixtiyoriy α ∈ R va x, y ∈ Rn lar uchun
α(x + y) = (α(x1 + y1 ), α(x2 + y2 ), . . . , α(xn + yn )) =
(α x1 + α y1 , α x2 + α y2 , . . . , α xn + α yn ) = (α x1 , α x2 , . . . , α xn )+
+(αy1 , αy2 , . . . , αyn ) = α(x1 , x2 , . . . , xn ) + α(y1 , y2 , . . . , yn ) = αx + αy
tengliklar bajariladi va Rn to`plam haqiqiy chiziqli fazo bo`ladi.
¤
1.2. [−a, a] kesmada aniqlangan, uzluksiz va x(a) = b shartni qanoatlantiruvchi funksiyalar to`plami, b ning qanday qiymatida chiziqli fazo
bo`ladi. Funksiyalarni qo`shish va funksiyani songa ko`paytirish amallari
mos ravishda
(f + g) (x) = f (x) + g(x)
(1.4)
(αf )(x) = αf (x)
(1.5)
va
ko`rinishda aniqlanadi.
Yechish. Ma'lumki, (1.4) va (1.5) tengliklar yordamida aniqlangan funksiyalarni qo`shish va songa ko`paytirish amallari chiziqli fazo ta'ridagi 1-8
shartlarni qanoatlantiradi. Shuning uchun berilgan to`plamning bu amallarga
nisbatan yopiqligini ko`rsatish kifoya. [−a, a] kesmada uzluksiz funksiyalar
yig`indisi yana uzluksiz funksiya bo`ladi. Endi (x + y)(a) = b shartning bajarilishini tekshiramiz. Shartga ko`ra (x + y)(a) = x(a) + y(a) = b + b = 2b
11
tenglik o`rinli. Yuqoridagilardan b = 2b , ya'ni b = 0 shartga kelamiz. Bu holda α x funksiya uchun (α x)(a) = 0 tenglik o`rinli. Demak, [−a, a] kesmada aniqlangan, uzluksiz va x(a) = 0 shartni qanoatlantiruvchi funksiyalar
to`plami chiziqli fazo tashkil qiladi. Agar faqat haqiqiy qiymatlar qabul qiluvchi funksiyalar qaralsa, bu fazo haqiqiy chiziqli fazo bo`ladi. Agar funksiyalar
kompleks qiymatlar qabul qilsa, u holda bu fazo kompleks chiziqli fazo bo`ladi.
¤
Quyida keltirilgan `1 (Z) to`plam qo`shish ((1.4) ga qarang) va songa
ko`paytirish ((1.5) ga qarang) amallariga nisbatan chiziqli fazo tashkil qiladimi?
1.3. `1 (Z) − Z da aniqlangan va
P
n∈Z
|f (n)| < ∞ shartni qanoatlantiruvchi
funksiyalar to`plami (1.4) qo`shish va (1.5) songa ko`paytirish amallariga
nisbatan chiziqli fazo bo`lishligini tekshiring.
Yechish. 1.2-misolning yechimida ta'kidlanganidek `1 (Z) to`plamni qo`shish
va songa ko`paytirish amallariga nisbatan yopiqligini ko`rsatish kifoya. Faraz
qilaylik, f va g lar `1 (Z) ning elementlari bo`lsin. |f (n) + g(n)| ≤ |f (n)| +
|g(n)| va |αf (n)| = |α| |f (n)| munosabatlardan, quyidagilar kelib chiqadi:
X
|f (n) + g(n)| ≤
n∈Z
X
|f (n)| +
n∈Z
X
n∈Z
|αf (n)| = |α|
X
|g(n)| < ∞, f + g ∈ `1 (Z),
n∈Z
X
|f (n)| < ∞, αf ∈ `1 (Z).
n∈Z
Demak, `1 (Z) to`plam qo`shish va songa ko`paytirish amallariga nisbatan
yopiq. Bu to`plam kompleks chiziqli fazo bo`ladi.
¤
1.4. R3 chiziqli fazoda x1 = (1, 1, 1), x2 = (1, 1, 0), x3 = (1, 0, 0) ∈ R3
sistema berilgan. Uni chiziqli bog`langanlikka tekshiring.
12
Yechish. x1 , x2 , x3 elementlarning chiziqli kombinatsiyasini fazoning nol
elementiga tenglashtiramiz, ya'ni
C1 x1 + C2 x2 + C3 x3 = θ
yoki
(C1 · 1, C1 · 1, C1 · 1) + (C2 · 1, C2 · 1, 0) + (C3 · 1, 0, 0) = (0, 0, 0) .
Bu yerdan quyidagi tenglamalar sistemasini olamiz:



C + C2 + C3 = 0

 1
C2 + C3 = 0



 C3 = 0.
3
Bu sistema faqat nol yechimga ega. Shuning uchun {xk }k=1 sistema chiziqli
erkli.
¤
1.5. L = R3 va L∗ = P≤2 ( P≤2 fazo 1.20-misolda aniqlangan) fazolarning
izomorigini isbotlang.
Isbot. Biyektiv ϕ : R3 → P≤2 moslikni quyidagicha aniqlaymiz
ϕ(x) = ϕ((x1 , x2 , x3 )) = x1 + x2 t + x3 t2 .
(1.6)
Agar (x1 , x2 , x3 ) 6= (y1 , y2 , y3 ) bo`lsa, u holda ϕ(x) = x1 + x2 t + x3 t2 =
x∗ (t) va ϕ(y) = y1 + y2 t + y3 t2 = y ∗ (t) ko`phadlar hech bo`lmaganda bitta
koetsiyenti bilan farq qiladi, ya'ni ϕ(x) 6= ϕ(y) . Bu yerdan (1.6) tenglik
bilan aniqlanuvchi ϕ : R3 → P≤2 akslantirishning inyektiv ekanligi kelib
chiqadi. Ixtiyoriy a∗ (t) = a1 +a2 t+a3 t2 ∈ P≤2 kvadrat uchhad uchun ϕ(a) =
a∗ (t), a = (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 tenglik o`rinli, ya'ni ϕ : R3 → P≤2 syuryektiv
akslantirish. Demak, ϕ biyektiv akslantirish ekan. ϕ(x + y) = x∗ (t) + y ∗ (t)
va ϕ(λx) = λx∗ , λ ∈ R tengliklar (1.8) dan bevosita kelib chiqadi.
13
¤
1.6. O`zgarishi chegaralangan funksiyalar fazosi V [a, b] ni qaraymiz. Ma'lumki, [a, b] kesmada monoton funksiyalar to`plami V [a, b] ning qism
to`plami bo`ladi. Monoton funksiyalar to`plami V [a, b] ning qism fazosi
bo`lmaydi. Isbotlang.
Isbot. Ikki monoton funksiyaning yig`indisi har doim monoton funksiya
bo`lavermaydi. Bunga quyidagi misolda ishonch hosil qilish mumkin. x(t) =
t2 + 1, y(t) = −2t funksiyalarning har biri [0, 2] kesmada monoton funksiya
bo`ladi, ammo ularning yig`indisi x(t) + y(t) = (t − 1 )2 funksiya [0, 2]
kesmada monoton emas. Demak, [a, b] kesmada monoton funksiyalar to`plami
V [a, b] fazoning qism fazosi bo`la olmaydi.
©
¤
ª
1.7. L = R2 fazoning L0 = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x2 = 0 xos qism fazo bo`yicha
L/L0 faktor fazoning tavsini bering, ya'ni L/L0 fazo elementlarini tavsiang.
Yechish. Ma'lumki, x − y = (x1 − y1 , x2 − y2 ) ∈ L0 bo`lishi uchun
x2 = y2 bo`lishi zarur va yetarli. Demak, L/L0 faktor fazoning elementlari
(qo`shni sinar) Ox1 o`qiga parallel bo`lgan to`g`ri chiziqlardan iborat.
1.1-chizma
Masalan, (a, b) ∈ R2 nuqtani o`zida saqlovchi ξ qo`shni sinf Ox1 o`qiga
parallel bo`lgan x2 = b to`g`ri chiziqdan (1.1 chizmaning a) si) iborat. Xuddi
shunday, (1, 2) va (2, 3) nuqtalarni saqlovchi qo`shni sinar yig`indisi (3, 5)
nuqtani saqlovchi x2 = 5 to`g`ri chiziqdan (1.1 chizmaning b) si) iborat.
14
(1, 2) ∈ ξ qo`shni sinfning 3 ga ko`paytmasi (3, 6) nuqtani saqlovchi x2 = 6
to`g`ri chiziqdan (1.1-chizmaning b) si) iborat.
¤
Uy vazifalari va mavzuni o`zlashtirish uchun masalalar
Quyida 1.8-1.20-misollarda L to`plam va unda yig`indi va songa ko`paytirish
amallari berilgan. Bu amallar uchun chiziqli fazoning 1-8 aksiomalari bajarilishini tekshiring.
1.8. L = R haqiqiy sonlar to`plami. Haqiqiy sonlar to`plamida odatdagi
qo`shish va ko`paytirish amallari.
1.9. L = C kompleks sonlar to`plami. Kompleks sonlar to`plamida kompleks
sonlarni qo`shish va ko`paytirish amallari.
1.10. Cn = {z = (z1 , z2 , . . . , zn ) , zk ∈ C, k = 1, 2, . . . , n} . Bu yerda ham
elementlarni qo`shish va songa ko`paytirish amallari (1.2) va (1.3) tengliklar ko`rinishida aniqlanadi.
1.11. C[a, b] − [a, b] kesmada aniqlangan uzluksiz funksiyalar to`plami.
½
1.12. `2 = x = (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) :
∞
P
n=1
¾
2
|xn | < ∞ − kvadrati bilan jam-
lanuvchi ketma-ketliklar to`plami. Bu yerda elementlarni qo`shish va songa
ko`paytirish amallari quyidagicha aniqlanadi:
x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn , . . .) ,
αx = α (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) = (αx1 , αx2 , . . . , αxn , . . .) .
(1.7)
(1.8)
Yig`indi x + y ∈ `2 ekanligi | a + b |2 ≤ 2 |a|2 + 2| b|2 tengsizlikdan
foydalanib isbotlanadi.
1.13. c0 = { x = (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) : lim xn = 0}− nolga yaqinlashuvchi
n→∞
ketma-ketliklar to`plami. Bu to`plamda ham qo`shish va songa ko`paytirish
amallari (1.7) va (1.8) tengliklar ko`rinishida aniqlanadi.
15
1.14. c =
n
o
x = (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) : ∃ lim xn − barcha yaqinlashuvchi
n→∞
ketma-ketliklar to`plami. Bu to`plamda ham qo`shish va songa ko`paytirish
amallari (1.7) va (1.8) tengliklar ko`rinishida aniqlanadi.
1.15. m− barcha chegaralangan ketma-ketliklar to`plami. Bu to`plamda ham
qo`shish va songa ko`paytirish amallari (1.7) va (1.8) tengliklar ko`rinishida aniqlanadi.
Endi Lebeg ma'nosida integrallanuvchi funksiyalar va o`zgarishi chegaralangan funksiyalar to`plamini qaraymiz.
1.16. Berilgan [a, b] kesmada o`lchovli va Lebeg ma'nosida integrallanuvchi
ekvivalent funksiyalar sinaridan iborat to`plamni L1 [a, b] bilan belgilaymiz. Bu to`plamda elementlarni qo`shish va elementni songa ko`paytirish amallari (1.4) va (1.5) tengliklar bilan aniqlanadi.
1.17. Berilgan [a, b] kesmada o`lchovli va p (p ≥ 1) − darajasi Lebeg ma'nosiep [a, b] bilan belgilanadi. Bu
da integrallanuvchi funksiyalar to`plami L
to`plamda ham qo`shish va songa ko`paytirish amallari (1.4) va (1.5) tengliklar bilan aniqlanadi.
1.18. Berilgan [a, b] kesmada aniqlangan va o`zgarishi chegaralangan funksiyalar to`plamini V [a, b] bilan belgilaymiz. Bu to`plamda ham funksiyalarni qo`shish va songa ko`paytirish amallari (1.4) va (1.5) tengliklar
bilan aniqlanadi.
1.19. n satr va m ustundan iborat matritsalar to`plamini Mnm bilan belgilaymiz. Bu to`plamda qo`shish va songa ko`paytirish amallari odatdagi
matritsalarni qo`shish va matritsani songa ko`paytirish kabi aniqlanadi.
1.20. P≤n − darajasi n dan oshmaydigan ko`phadlar to`plami. Ko`phadlarni
qo`shish va songa ko`paytirish amallari (1.4) va (1.5) tengliklar bilan
16
aniqlanadi.
1.21-1.36-misollarda keltirilgan to`plamlar funksiyalarni qo`shish ((1.4) ga
qarang) va songa ko`paytirish ((1.5) ga qarang) amallariga nisbatan chiziqli
fazo tashkil qiladimi? Qaysilari haqiqiy chiziqli fazo, qaysilari kompleks chiziqli
fazo bo`ladi.
1.21. [a, b] kesmada aniqlangan monoton funksiyalar to`plami.
1.22. [−a, a] kesmada aniqlangan uzluksiz va toq funksiyalar to`plami.
1.23. [−a, a] kesmada aniqlangan uzluksiz va juft funksiyalar to`plami.
1.24. P− barcha ko`phadlar to`plami.
1.25. C (n) [a, b] − [a, b] kesmada aniqlangan n marta uzluksiz dierensiallanuvchi funksiyalar to`plami.
1.26. [a, b] kesmada qisman chiziqli uzluksiz funksiyalar to`plami.
1.27. [−a, a] kesmada aniqlangan, uzluksiz va
lantiruvchi funksiyalar to`plami.
Ra
−a
x(t)dt = 0 shartni qanoat-
1.28. AC[a, b]−[a, b] kesmada aniqlangan absolyut uzluksiz funksiyalar to`plami.
1.29. V0 [a, b] − [a, b] kesmada o`zgarishi chegaralangan va f (a) = 0 shartni
qanoatlantiruvchi funksiyalar to`plami.
1.30. R da aniqlangan uzluksiz va davriy funksiyalar to`plami.
1.31. M (R) − R da aniqlangan chegaralangan funksiyalar to`plami.
1.32. L[a, b]−[a, b] kesmada aniqlangan va Lipshits shartini qanoatlantiruvchi
funksiyalar to`plami.
17
1.33. Birlik doira D = {z ∈ C : |z| < 1} da analitik va D da uzluksiz funksiyalar to`plami.
1.34. [−a, a] kesmada aniqlangan uzluksiz va T = 2a davriy funksiyalar
to`plami.
1.35. `2 (Z) − Z da aniqlangan va
funksiyalar to`plami.
P
n∈Z
|f (n)|2 < ∞ shartni qanoatlantiruvchi
e2 [a, b] − [a, b] kesmada o`lchovli va kvadrati Lebeg ma'nosida inte1.36. L
grallanuvchi funksiyalar to`plami.
3
1.37-1.44-misollarda L chiziqli fazo va unda {xk }k=1 sistema berilgan. Uni
chiziqli bog`langanlikka tekshiring.
1.37. x1 (t) = 1, x2 (t) = 1 + t, x3 (t) = 1 + t + t2 ∈ P≤2 .
1.38. x1 (t) = 1, x2 (t) = t, x3 (t) = t2 ∈ C[0, 1].
1.39. x1 (t) = 1, x2 (t) = cos t, x3 (t) = cos2 t ∈ C[0, 2π].
1.40. x1 (t) = −1, x2 (t) = cos2 t, x3 (t) = sin2 t ∈ C[0, π].

1.41. x1 = 

1 0
0 0

 , x2 = 

0 1
0 0

 , x3 = 

1 0
0 1
 ∈ M22 .
1.42. x1 = (1, 1, 1, . . .), x2 = (1, 0, 1, 0, . . .), x3 = (0, 1, 0, 1, . . .) ∈ m.
1.43. x1 (t) = [t], x2 (t) = {t}, x3 (t) = t ∈ V [0, 4].
e2 [0, 1], D − Dirixle, R− Riman funksiyasi.
1.44. D(x), R(x), 1(x) ≡ 1 ∈ L
1.45. A ⊂ R to`plamni shunday tanlangki, f1 (x) = 1, f2 (x) = sign x,
f3 (x) = χA (x) elementlar L1 [−1, 1] fazoda chiziqli bog`langan bo`lsin.
f1 , f2 va f3 elementlar V [−1, 1] fazoda chiziqli bog`langan bo`ladigan
A ⊂ (−1, 1) to`plam mavjudmi?
18
1.46. A, B ⊂ R to`plamlarni shunday tanlangki, f1 (x) = sign x, f2 (x) =
χA (x), f3 (x) = χB (x) elementlar:
a) M [−2, 1] fazoda chiziqli bog`langan bo`lsin,
b) V [−2, 3] fazoda chiziqli bog`langan bo`lsin.
1.47-1.50-misollarda berilgan L chiziqli fazoning o`lchamini toping.
1.47. L = R5 ,
L = P≤8 ,
1.48. L = C5 ,
L = m,
L = M33 ( Mnm − 1.19-misolda aniqlangan).
L = c.
1.49. L = C[a, b],
L = V [a, b],
e1 [a, b],
1.50. L = L
e2 [a, b],
L=L
L = c0 .
L = `2 .
1.51-1.52-misollarda L va L∗ fazolarning izomorigini isbotlang.
1.51. L = R4 , L∗ = M22 ( Mnm − 1.19-misolda aniqlangan).
1.52. L∗ = P≤8 ,
L∗ = M33 .
Chiziqli fazoning qism fazosi va faktor fazosi. Bizga L chiziqli
fazoning bo`sh bo`lmagan L0 qism to`plami berilgan bo`lsin.
1.8-ta'rif. Agar L0 ning o`zi L da kiritilgan amallarga nisbatan chiziqli
fazoni tashkil qilsa, u holda L0 to`plam L ning qism fazosi deyiladi.
Boshqacha qilib aytganda, agar ixtiyoriy x, y ∈ L0 va a, b ∈ C(R) sonlar
uchun ax + by ∈ L0 bo`lsa, L0 qism fazo bo`ladi va aksincha.
Har qanday L chiziqli fazoning faqat nol elementdan iborat {θ} qism
fazosi bor. Ikkinchi tomondan, ixtiyoriy L chiziqli fazoni o`zining qism fazosi
sifatida qarash mumkin.
1.9-ta'rif. L chiziqli fazodan farqli va hech bo`lmaganda bitta nolmas
elementni saqlovchi qism fazo xos qism fazo deyiladi.
19
Bizga L fazoning bo`sh bo`lmagan {xi } qism to`plami berilgan bo`lsin.
U holda L chiziqli fazoda {xi } sistemani o`zida saqlovchi minimal qism fazo mavjud. Bu qism fazoni L ({xi }) orqali belgilaymiz. Bu qism fazo {xi }
"sistemadan hosil bo`lgan" qism fazo yoki {xi } sistemaning chiziqli qobig`i
deyiladi.
Bizga L chiziqli fazo va uning L0 xos qism fazosi berilgan bo`lsin. L ning
elementlari orasida quyidagicha munosabat o`rnatish mumkin.
1.10-ta'rif. Agar x, y ∈ L elementlar uchun x−y ayirma L0 ga tegishli
bo`lsa, x va y elementlar ekvivalent deyiladi.
Fazo elementlari orasida o`rnatilgan bu munosabat reeksivlik, simmetriklik va tranzitivlik xossalariga ega. Shuning uchun bu munosabat L ni o`zaro
kesishmaydigan sinarga ajratadi va har bir sinf o`zaro ekvivalent elementlardan tashkil topgan. Bu sinar qo`shni sinar deyiladi. Barcha qo`shni sinar
to`plami L chiziqli fazoning L0 qism fazo bo`yicha faktor fazosi deyiladi va
L/L0 ko`rinishda belgilanadi.
Faktor fazoda yig`indi va songa ko`paytirish amallari tabiiy ravishda kiritiladi. Aytaylik, ξ va η lar L/L0 dan olingan ixtiyoriy qo`shni sinar bo`lsin.
Bu sinarning har biridan bittadan vakil tanlaymiz, masalan x ∈ ξ, y ∈ η .
ξ va η sinarning yig`indisi sifatida x + y elementni saqlovchi ζ sinf qabul qilinadi. ξ qo`shni sinfning α songa ko`paytmasi sifatida α x elementni
saqlovchi ζ1 sinf qabul qilinadi. Natija x ∈ ξ, y ∈ η vakillarning tanlanishiga
bog`liq emas, chunki, qandaydir boshqa x0 ∈ ξ, y 0 ∈ η vakillarni olsak ham
(x + y) − (x0 + y 0 ) = (x − x0 ) + (y − y 0 ) ∈ L0 va α(x − x0 ) ∈ L0 bo`lgani uchun
x0 + y 0 ∈ ζ va α x0 ∈ ζ1 bo`ladi. Bevosita tekshirish shuni ko`rsatadiki, L/L0
da aniqlangan qo`shish va songa ko`paytirish amallari chiziqli fazo ta'ridagi
aksiomalarni qanoatlantiradi. Boshqacha aytganda, L/L0 faktor fazo chiziqli
fazo tashkil qiladi.
20
1.11-ta'rif. L/L0 faktor fazoning o`lchami L0 qism fazoning koo`lchami
deyiladi va dimL/L0 = codimL0 shaklda yoziladi.
1.53. `2 ⊂ c0 ⊂ c ⊂ m fazolarning har biri o`zidan keyingilari uchun xos qism
fazo bo`ladi. Isbotlang.
1.54. Rn fazoda V = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn : x1 = x2 } to`plam qism fazo
tashkil qilishini isbotlang, uning o`lchamini toping.
1.55. `2 fazoda M = {(x1 , . . . , xn , . . .) ∈ `2 : x1 + x2 + x3 = 0} to`plam qism
fazo tashkil qilishini isbotlang, qism fazoning koo`lchamini toping.
ep [a, b] , (p ≥ 1) fazoning nolga ekvivalent funksiyalaridan tashkil top1.56. L
(0)
(0)
ep [a, b] ko`rinishda belgilaymiz. L
ep [a, b] ni qism
gan qism to`plamni L
fazo bo`lishini isbotlang.
1.57. Absolyut uzluksiz funksiyalar to`plami AC[a, b] o`zgarishi chegaralangan
funksiyalar fazosi V [a, b] ning qism fazosi bo`ladi. Isbotlang.
1.58. V [a, b] fazoda f (a) = 0 shartni qanoatlantiruvchi funksiyalar to`plamini V0 [a, b] bilan belgilaymiz. Bu to`plam V [a, b] fazoning qism fazosi
bo`ladi. Isbotlang.
ep [a, b] fazoning nolga ekvivalent
1.59. Ma'lumki (1.56-misolga qarang), L
e0p [a, b] ko`rinishda belgifunksiyalaridan tashkil topgan qism fazosi L
ep [a, b] chiziqli fazoning L
e0p [a, b] qism fazo bo`yicha faktor
lanadi. Endi L
fazosini qaraymiz va bu faktor fazoni Lp [a, b] bilan belgilaymiz. Bu fazo
[a, b] kesmada aniqlangan va p− darajasi bilan Lebeg ma'nosida integrallanuvchi ekvivalent funksiyalar fazosi deb ataladi. Dirixle va Riman
funksiyalarini bir sinfda yotishini isbotlang.
1.60. R+ = (0, ∞) to`plamda x va y sonlar yig`indisi deganda ularning
ko`paytmasini, x elementni λ− haqiqiy songa ko`paytirish deganda xλ
21
ni tushunamiz. U holda R+ to`plam unda kiritilgan amallarga nisbatan
chiziqli fazo tashkil qilishini isbotlang. Bu fazoning nol elementini toping.
Bu fazoning o`lchamini toping.
1.61. A(X) orqali X chiziqli fazoning barcha qism to`plamlari sistemasini
belgilaymiz. Ixtiyoriy M, N ∈ A(X) lar uchun
M + N = {x + y : x ∈ M, y ∈ N }, λM = {λx : x ∈ M }
kabi amallarni kiritamiz. Bu amallar chiziqli fazo aksiomalarini qanoatlantiradimi?
2-Ÿ. Chiziqli normalangan fazolar
Chiziqli fazolarda elementlarning bir-biriga yaqinligi degan tushuncha yo`q.
Ko`plab amaliy masalalarni hal qilishda elementlarni qo`shish va ularni songa
ko`paytirish amallaridan tashqari, elementlar orasidagi masofa, ularning yaqinligi tushunchasini kiritishga to`g`ri keladi. Bu bizni normalangan chiziqli fazo
tushunchasiga olib keladi.
2.1-ta'rif. L chiziqli fazoning har bir elementiga aniq bir sonni mos qo`yuvchi p akslantirishga funksional deyiladi.
2.2-ta'rif. Bizga L chiziqli fazo va unda aniqlangan p funksional berilgan
bo`lsin. Agar p funksional quyidagi uchta shartni qanoatlantirsa, unga norma
deyiladi:
1)
p(x) ≥ 0, ∀x ∈ L;
2)
p(ax) = |a| p(x), ∀a ∈ C, ∀x ∈ L ; bir jinslilik aksiomasi,
p(x) = 0 ⇔ x = θ ;
3) p(x + y) ≤ p(x) + p(y), ∀x, y ∈ L , uchburchak tengsizligi.
2.3-ta'rif. Norma kiritilgan chiziqli fazo chiziqli normalangan fazo deyiladi
va x ∈ X elementning normasi kxk orqali belgilanadi.
Bitta chiziqli fazoda har xil normalar kiritish mumkin. Agar X chiziqli
fazoda p1 , p2 , . . . , pn normalar aniqlangan bo`lsa, u holda (X, p1 ) , (X, p2 ),
22
. . . , (X, pn ) normalangan fazolar mos ravishda X1 , X2 , . . . , Xn harari bilan
belgilanadi. Bizga X chiziqli fazo va unda k•k 1 va k•k 2 normalar berilgan
bo`lsin.
2.4-ta'rif. Agar shunday C1 > 0 va C2 > 0 sonlar mavjud bo`lib, barcha
x ∈ X lar uchun
C1 kxk1 ≤ kxk2 ≤ C2 kxk1
tengsizlik o`rinli bo`lsa, k•k 1 va k•k 2 normalar ekvivalent deyiladi.
Har qanday normalangan fazoni metrik fazo sifatida qarash mumkin. Shuning uchun metrik fazolarda isbotlangan barcha teoremalar va tasdiqlar normalangan fazolar uchun ham o`rinli. Agar X chiziqli normalangan fazo bo`lsa,
u holda ρ : X × X → R , ρ(x, y) = kx − yk akslantirish metrika shartlarini
qanoatlantiradi. Xuddi metrik fazolar holidagidek yaqinlashuvchi va fundamental ketma-ketlik tushunchalarini keltirish mumkin.
Bizga x ∈ X element va {xn } ⊂ X ketma-ketlik berilgan bo`lsin.
2.5-ta'rif. Agar ixtiyoriy ε > 0 uchun shunday n0 = n0 (ε) > 0 mavjud
bo`lib, barcha n > n0 larda kxn − xk < ε tengsizlik bajarilsa, {xn } ketmaketlik x ∈ X elementga yaqinlashadi deyiladi.
2.6-ta'rif. Agar ixtiyoriy ε > 0 son uchun shunday n0 = n0 (ε) > 0
mavjud bo`lib, barcha n > n0 va p ∈ N larda kxn+p − xn k < ε tengsizlik
bajarilsa, {xn } ga fundamental ketma-ketlik deyiladi.
2.7-ta'rif. Agar X chiziqli normalangan fazodagi ixtiyoriy fundamental
ketma-ketlik yaqinlashuvchi bo`lsa, u holda X ga to`la normalangan fazo yoki
Banax fazosi deyiladi.
Bu ta'rifni quyidagicha ham aytish mumkin.
2.8-ta'rif. Agar (X, ρ) , ρ(x, y) = kx − yk metrik fazo to`la bo`lsa, u
holda X to`la normalangan fazo yoki Banax fazosi deyiladi.
Xuddi metrik fazo holidagidek B(x0 , r) = {x ∈ X : kx − x0 k < r} to`plam
23
markazi x0 da radiusi r > 0 bo`lgan ochiq shar deyiladi. Markazi x0 da
radiusi r ≥ 0 bo`lgan yopiq shar deganda
B[x0 , r] = {x ∈ X : kx − x0 k ≤ r}
to`plam tushuniladi. Agar X chiziqli normalangan fazodagi M to`plamni
biror sharga joylashtirish mumkin bo`lsa, unga chegaralangan to`plam deyiladi. M to`plamning diametri deb diamM = sup kx − yk songa aytiladi.
x,y∈M
ρ(x, M ) = inf kx − yk miqdorga x nuqtadan M to`plamgacha bo`lgan may∈M
sofa deyiladi. Xuddi shunday
ρ(A, B) =
inf
x∈A,y∈B
kx − yk
miqdorga A va B to`plamlar orasidagi masofa deyiladi. Normalangan fazolarda ham ochiq va yopiq to`plamlar xuddi metrik fazolardagidek ta'rianadi. M
ning barcha limitik nuqtalari to`plami M 0 orqali belgilanadi. Xuddi metrik fazolardagidek M ∪M 0 to`plam M to`plamning yopig`i deyiladi va [M ] yoki M
orqali belgilanadi. X chiziqli normalangan fazodagi A va B to`plamlarning
arifmetik yig`indisi deganda A + B = {a + b : a ∈ A, b ∈ B} to`plam
tushuniladi.
2.9-ta'rif. Agar L va M lar X normalangan fazoning qism fazolari
bo`lib, X ning har bir x elementi yagona usul bilan x = u+v, u ∈ L, v ∈ M
ko`rinishda tasvirlansa, X normalangan fazo L va M qism fazolarning
to`g`ri yig`indisiga yoyilgan deyiladi va bu X = L ⊕ M shaklda yoziladi.
2.1. Ushbu p : R2 → R , p(x) = 2|x 1 | + 3|x 2 | funksional norma shartlarini
qanoatlantiradimi?
Yechish. Bu funksional qiymatlari manymas va p(x) = 0 faqat va faqat
shu holdaki, x 1 = 0, x 2 = 0 da, ya'ni x = (0, 0) da bajariladi. Shunday
qilib, normaning 1-sharti bajariladi. 2-shartning bajarilishini ko`rsatamiz:
p(λ x) = 2 |λx1 | + 3 |λx2 | = 2 |λ||x1 | + 3 |λ||x2 | = |λ|(2|x1 | + 3|x2 |) = |λ|p(x).
24
Bu tenglik barcha λ ∈ R va x ∈ R2 lar uchun o`rinli. Endi 3 - shartning
bajarilishini ko`rsatamiz:
p(x+y) = 2 |x1 + y1 |+3 |x2 + y2 | ≤ 2 |x1 |+3 |x2 |+2 |y1 |+3 |y2 | = p(x)+p(y).
Bu tengsizlik barcha x, y ∈ R2 lar uchun o`rinli. Demak, berilgan funksional
normaning barcha shartlarini qanoatlantiradi.
¤
2.2. C[−1, 1] fazoda xn (t) = tn (n ∈ N) ketma-ketlikni fundamentallikka
tekshiring.
Yechish. C[−1, 1] fazo to`la normalangan fazo bo`lganligi uchun {xn }
ketma-ketlikning fundamentalligidan uning yaqinlashuvchi ekanligi kelib chiqadi. C[−1, 1] fazodagi yaqinlashish tekis yaqinlashishni ifodalaganligi uchun
{xn } ketma-ketlikning limiti (agar u mavjud bo`lsa) ham uzluksiz bo`lishi kerak. Qaralayotgan ketma-ketlikning "limiti" uzluksiz emas. Shuning uchun qaralayotgan ketma-ketlikning fundamental emasligini ko`rsatishga harakat qilamiz. Buning uchun shunday ε0 > 0 soni mavjud bo`lib, istalgan n ∈ N
uchun undan katta n0 > n va shunday p0 ∈ N sonlari mavjud bo`lib,
1
5
va har bir n ∈ N dan katta biror n0 > n natural son uchun p0 = n0 deb
kxn0 +p0 − xn0 k ≥ ε0 tengsizlik o`rinli ekanligini ko`rsatish kifoya. ε0 =
olamiz. Barcha t ∈ [0, 1] lar uchun
¯
¯
k x2n0 − xn0 k = max ¯ t2n0 − tn0 ¯ ≥ tn0 − t2n0
−1≤t≤1
1
tengsizlikka ega bo`lamiz. Bu tengsizlikdan t = n√
0
kx2n0 − xn0 k ≥
2
bo`lganida ushbu
1 1 1 1
− = >
2 4 4 5
tengsizlik kelib chiqadi. Bu esa {xn } ketma-ketlikning fundamental emasligini
ko`rsatadi.
¤
25
2.3. X normalangan fazo va xn , x, yn , y ∈ X bo`lsin. Quyidagiarni isbotlang:
a) agar xn → x bo`lsa, u holda kxn k → ||x|| ;
b) agar xn → x bo`lsa, u holda {xn } chegaralangan ketma-ketlik;
c) agar xn → x, λn → λ, λn ∈ C bo`lsa, u holda λn · xn → λ · x ;
d) agar xn → x va kxn − yn k → 0 bo`lsa, u holda yn → x ;
e) agar xn → x bo`lsa, u holda kxn − yk → kx − yk ;
f) agar xn → x, yn → y bo`lsa, u holda kxn − yn k → kx − yk .
Isbot. Faraz qilaylik, xn → x bo`lsin. Modulning manymasligidan hamda (2.1) tengsizlikdan 0 ≤ | kxn k − kxk | ≤ kxn − xk kelib chiqadi. Bu
tengsizlikda limitga o`tib lim kxn k = kxk tenglikni olamiz. Ya'ni a) tasdiq
n→∞
isbot bo`ldi. {kxn k} sonli ketma-ketlikning yaqinlashuvchi ekanligidan uning
chegaralangan ekanligi kelib chiqadi, ya'ni {xn } chegaralangan ketma-ketlik
ekan. b) tasdiq isbot bo`ldi. Endi c) tasdiqni isbotlaymiz. Quyidagi
0 ≤ kλn · xn − λ · xk = kλn · xn − λn · x + λn · x − λ · xk ≤
≤ kλn · xn − λn · xk + kλn · x − λ · xk = |λn | kxn − xk + kxk |λn − λ|
tengsizlikdan λn · xn → λ · x ekanligi kelib chiqadi. Quyidagi
0 ≤ kx − yn k = kx − xn + xn − yn k ≤ kx − xn k + kxn − yn k
tengsizlikda limitga o`tib d) tasdiqning isbotiga ega bo`lamiz. 2.48-misoldagi
(2.1) tengsizlikka ko`ra
0 ≤ | kxn − yk − kx − yk | ≤ kxn − y − (x − y)k = kxn − xk
tengsizlik o`rinli. Bu yerdan limitga o`tib e) tasdiqning isbotiga ega bo`lamiz.
Oxirgi f) tasdiq ham (2.1) tengsizlik yordamida isbotlanadi.
26
¤
Uy vazifalari va mavzuni o`zlashtirish uchun masalalar
2.4-2.21-misollarda berilgan p : X → R akslantirishning norma shartlarini
qanoatlantirishini tekshiring.
s
2.4. p (x) =
n
P
x2k , x ∈ Rn .
k=1
s
2.5. pq (x) =
n
P
q
k=1
|xk |q , x ∈ Rn , q ≥ 1.
2.6. p∞ (x) = max |xi | , x ∈ Rn .
1≤i≤n
2.7. p1 (x) =
n
P
|xk | , x ∈ Rn .
k=1
s
2.8. p (x) =
n
P
i=1
s
2.9. p (x) =
∞
P
n=1
s
2.10. p (x) =
|xi |2 , x ∈ Cn .
|xn |2 , x ∈ `2 .
∞
P
q
n=1
|xn |q , x ∈ `q , q ≥ 1.
2.11. p (f ) = max | f (x) | , f ∈ C[a, b].
a≤x≤b
2.12. p1 (f ) =
Rb
| f (x) | dx, f ∈ C[a, b].
a
s
2.13. p2 (f ) =
2.14. pq (f ) =
Rb
| f (x) |2 dx, f ∈ C[a, b].
a
s
Rb
q
a
| f (x) |q dx , f ∈ C[a, b] , q ≥ 1.
2.15. p (x) = sup |xn | , x ∈ m.
1≤n<∞
2.16. p (x) = sup |xn | , x ∈ c.
1≤n<∞
27
2.17. p (x) = sup |xn | , x ∈ c0 .
1≤n<∞
2.18. p(x) = |x(a)| + Vab [x] , x ∈ V [a, b].
2.19. p(x) = |x(a)| + Vab [x] , x ∈ AC[a, b].
2.20. p : M [a, b] → R, p(x) = sup |x(t)|.
a≤t≤b
2.21. p (x) = max | x (t) | +
a≤t≤b
n
P
¯
¯
max ¯ x(k) (t) ¯ , x ∈ C (n) [a, b].
k=1 a≤t≤b
Xuddi metrik fazo holidagidek (Rn , pq ) = Rnq , (Rn , p∞ ) = Rn∞ ,
(Rn , p) = Rn , (C[a, b], p) = C[a, b], (C[a, b], pq ) = Cq [a, b], q ≥ 1 belgilashlarni kiritamiz.
2.22. Rn fazoda kiritilgan p, pq , p∞ , p1 normalarning (2.4-2.7-misollarga qarang) istalgan ikkisi ekvivalent ekanligini isbotlang.
2.23. Chekli o`lchamli chiziqli fazodagi ixtiyoriy ikki norma ekvivalentligini isbotlang.
2.24. C[a, b] fazoda kiritilgan p, p1 , p2 , pq normalarning (2.11-2.14-misollarga qarang) istalgan ikkisi ekvivalent emasligini isbotlang.
2.25-2.30-misollarda keltirilgan akslantirishlar norma shartlarini qanoatlantiradimi?
2.25. p : P≤n → R, p(x) = max {|x0 | , |x1 | , . . . , |xn |} ,
bu yerda x(t) = x0 + x1 t + · · · + xn tn .
2.26. p : C (1) [a, b] → R,
p(x) = |x(b) − x(a)| + max |x0 (t)| .
a<t≤b
2.27. p : C (1) [a, b] → R, p(x) = max |x0 (t)| .
a≤t≤b
2.28. p : C (2) [a, b] → R, p(x) = | x(a) | + | x0 (a) | + max | x00 (t) | .
a≤t≤b
28
2.29. p : C (2) [a, b] → R, p(x) = | x(a) | + | x(b) | + max | x00 (t) | .
a≤t≤b
2.30. p : ΦC (R) → R , p(x) = max |x(t)| . Bu yerda ΦC (R)− sonlar o`qida
−∞≤t≤∞
aniqlangan uzluksiz va nit funksiyalar to`plami.
2.31-2.40-misollarda keltirilgan funksiyalar ketma-ketligi θ(t) ≡ 0 funksiyaga ko`rsatilgan fazoda yaqinlashuvchimi?
2.31. xn (t) =
nt
, C[0, 1].
1 + n2 + t2
2.32. xn (t) = te−nt , C1 [0, 10].
2.33. xn (t) =
sin nt
, C1 [−π, π].
n
2.34. xn (t) = tn − t2n , C2 [0, 1].
tn+1
t2+n
2.35. xn (t) =
−
, C[0, 1].
n+1 2+n
t
2.36. xn (t) =
; C1 [0, 1] .
1 + n2 t2
r
1
2.37. xn (t) = n tn + 2 − t; C1 [0, 1] .
n
2.38. xn (t) = tn − tn+1 ; C2 [0, 1] .
√
2.39. xn (t) = n−0,5 2nt · e−0,5nt ; C2 [0, 1] .
2.40. xn (t) = 2n · t · e−nt ; C1 [0, 1] .
2
2.41. x = (1, 2, 2) va y = (−3, 0, 4) elementlarning R3 , R31 , R34 , R3∞ fazolardagi normasini hisoblang.
2.42. f (x) = sin x va g(x) = cos x elementlarning C[−π, π], C1 [−π, π],
C2 [−π, π] fazolardagi normasini hisoblang.
2.43. ϕn (x) = sin nx va ψn (x) = cos nx, n ∈ N elementlarning C[−π, π],
C1 [−π, π], L2 [−π, π], M [−π, π], V [−π, π] fazolardagi normasini hisoblang.
29
2.44. Agar p1 : X → R va p2 : X → R normalar bo`lsa, u holda ixtiyoriy
a1 , a2 musbat sonlar uchun p = a1 p1 + a2 p2 : X → R ham norma
shartlarini qanoatlantiradi. Isbotlang.
2.45. Agar k•k1 : X → R va k•k2 : X → R lar ekvivalent normalar bo`lsa, u
holda lim kxn − xk 1 = 0 tenglikdan lim kxn − xk 2 = 0 tenglik kelib
n→∞
n→∞
chiqadi va aksincha. Isbotlang.
2.46. Agar p1 : X → R va p2 : X → R lar ekvivalent normalar bo`lsa,
u holda {xn } ketma-ketlikning X1 normalangan fazoda fundamentalligidan, uning X2 da ham fundamental ekanligi kelib chiqadi. Isbotlang.
2.47. Agar p1 : X → R va p2 : X → R lar ekvivalent normalar bo`lsa, u
holda M ⊂ X ning X1 normalangan fazoda kompakt (nisbiy kompakt)
ekanligidan, uning X2 da ham kompakt ( nisbiy kompakt) ekanligi kelib
chiqadi. Isbotlang.
2.48. Ixtiyoriy x, y ∈ X lar uchun quyidagi tengsizlikni isbotlang
| kxk − kyk | ≤ kx − yk.
(2.1)
2.49. Har qanday normalangan fazoda ochiq shar ochiq to`plam, yopiq shar
yopiq to`plam bo`lishini isbotlang.
2.50. [B(x0 , r)] = B[x0 , r] tenglikni isbotlang.
2.51. Ixtiyoriy x, y ∈ X lar uchun kxk ≤ max{kx + yk, kx − yk} tengsizlik
o`rinli. Isbotlang.
2.52. Chegaralangan to`plamlarning birlashmasi yana chegaralangan to`plam
bo`lishini isbotlang.
2.53. Chegaralangan to`plamlarning arifmetik yig`indisi yana chegaralangan
to`plam bo`lishini isbotlang.
30
2.54. M ⊂ X to`plam chegaralangan bo`lishi uchun diam M < ∞ tengsizlikning bajarilishi zarur va yetarli. Isbotlang.
2.55. M ⊂ X chegaralangan to`plam. U holda [M ] ham chegaralangan to`plam,
hamda diam M = diam [M ] tenglik o`rinli. Isbotlang.
2.56. Har qanday M ⊂ X to`plam uchun M 0 yopiq to`plam bo`lishini isbotlang.
2.57. Har qanday M ⊂ X to`plam uchun (M 0 )0 ⊂ M 0 munosabatni isbotlang.
M 0 \(M 0 )0 6= ∅ bo`lishi mumkinmi?
2.58. [A] ⊂ [B] ekanligidan A ⊂ B munosabat kelib chiqadimi?
2.59. M ⊂ X yopiq to`plam bo`lsin. ρ(x, M ) = 0 bo`lishi uchun x ∈ M
bo`lishi zarur va yetarli. Isbotlang.
2.60. A, B ⊂ X ixtiyoriy to`plamlar bo`lsin. ρ(A, B) = ρ(A, B) = ρ(A, B)
= ρ(A, B) tengliklarni isbotlang.
2.61. M ⊂ X ixtiyoriy to`plam bo`lsin. M to`plamning chegarasi - ∂M shunday x ∈ X nuqtalardan iboratki, markazi x da bo`lgan har qanday shar
ham M to`plamdan, ham X\M dan hech bo`lmaganda bittadan elementni o`zida saqlaydi. ∂M − yopiq to`plam hamda ∂M = ∂(X\M )
tenglikni isbotlang.
(n)
(n)
2.62. Shunday x(n) = (x(n)
1 , x2 , . . . , xk , . . .) ketma-ketlikka misol keltiringki:
a) m da yaqinlashuvchi, `1 da uzoqlashuvchi bo`lsin;
b) m da yaqinlashuvchi, `2 da uzoqlashuvchi bo`lsin;
c) `2 da yaqinlashuvchi, `1 da uzoqlashuvchi bo`lsin;
d) c0 da yaqinlashuvchi, `1 da uzoqlashuvchi bo`lsin;
e) c0 da yaqinlashuvchi, `2 da uzoqlashuvchi bo`lsin.
31
1
1
1
,
,...,
, . . .) elementning c0 da yotishini ko`rsating
ln 2 ln 3
ln n
va birorta ham p ∈ N da x ∈
/ `p ekanligini isbotlang.
2.63. x = (1,
2.64. P− barcha ko`phadlar to`plami C[a, b] fazoda ochiq to`plam bo`ladimi?
2.65. P− barcha ko`phadlar to`plami C[a, b] da yopiq to`plam bo`ladimi?
2.66. Qisman chiziqli uzluksiz funksiyalar to`plami C[a, b] fazoning hamma
yerida zich ekanligini isbotlang.
2.67. P− barcha ko`phadlar to`plami C[a, b] fazoning hamma yerida zich ekanligini isbotlang.
2.68. `2 fazoda {x = (x1 , x2 , . . .) ∈ `2 : |xn | < 1} parallelepiped ochiq
to`plam bo`lishini isbotlang.
2.69. Agar kx + yk = kxk + kyk tenglik faqat y = λ x, λ > 0 ko`rinishdagi elementlar uchun o`rinli bo`lsa, u holda X normalangan fazo qat'iy normalangan deyiladi. Quyidagilarning qaysilari qat'iy normalangan fazo bo`ladi?
a) R2 ;
b) `1 ;
c) `2 ;
d) m;
e) C[a, b];
f) C2 [a, b].
2.70. Agar A, B ⊂ X to`plamlardan birortasi ochiq bo`lsa, u holda A + B
to`plam ham ochiq bo`ladi. Isbotlang.
2.71. A, B ⊂ X lar hamma yerda zich to`plamlar bo`lsin. A ∩ B = ∅ bo`lishi
mumkinmi?
2.72. C[−1, 1] fazoni ikkita cheksiz o`lchamli qism fazolarning to`g`ri yig`indisi
shaklida yozing.
2.73. Normalangan fazoda fundamental ketma-ketlikning chegaralangan ekanligini isbotlang.
32
2.74. {xn } ⊂ X fundamental ketma-ketlik va uning biror xnk qismiy ketmaketligi yaqinlashuvchi bo`lsin. U holda xn ketma-ketlik ham yaqinlashuvchi bo`ladi. Isbotlang.
2.75. {xn } ⊂ X va
∞
P
n=1
kxn+1 −xn k qator yaqinlashuvchi bo`lsin. U holda {xn }
fundamental ketma-ketlik bo`ladi. Isbotlang. Teskari tasdiq o`rinlimi?
2.76. Har qanday chekli o`lchamli normalangan fazo to`ladir. Isbotlang.
3-Ÿ. Evklid va Hilbert fazolari
Chiziqli fazolarda norma kiritishning sinalgan usullaridan biri, unda skalyar
ko`paytma kiritishdir. L haqiqiy chiziqli fazo bo`lsin.
3.1-ta'rif. Agar L×L dekart ko`paytmada aniqlangan p funksional quyidagi to`rtta shartni qanoatlantirsa, unga skalyar ko`paytma deyiladi:
1) p(x, x) ≥ 0, ∀x ∈ L; p(x, x) = 0 ⇔ x = θ,
2) p(x, y) = p(y, x),
∀x, y ∈ L, simmetriklik,
3) p(αx, y) = αp(x, y), ∀α ∈ R, x, y ∈ L, bir jinslilik,
4) p(x1 + x2 , y) = p(x1 , y) + p(x2 , y), ∀x1 , x2 , y ∈ L, additivlik.
Agar L kompleks chiziqli fazo bo`lsa, u holda 2) shart p(x, y) = p(y, x)
bilan almashtiriladi va 3) tenglik barcha kompleks α da bajarilishi talab qilinadi.
3.2-ta'rif. Skalyar ko`paytma kiritilgan chiziqli fazo Evklid fazosi deyiladi.
x va y elementlarning skalyar ko`paytmasi (x, y) orqali belgilanadi.
Evklid fazosida x elementning normasi
kxk =
p
(x, x)
(3.1)
formula orqali aniqlanadi. Demak, har qanday Evklid fazosini normalangan
fazo sifatida qarash mumkin. Normalangan fazolarda isbotlangan barcha tasdiqlar Evklid fazosida ham o`rinli bo`ladi.
33
Teskari masalani qaraymiz. E− normalangan fazo bo`lsin. E da aniqlangan norma qanday qo`shimcha shartlarni qanoatlantirsa, E Evklid fazosi
ham bo`ladi? Boshqacha aytganda, qanday shartlarda norma orqali unga mos
skalyar ko`paytma aniqlash mumkin?
3.1-teorema. E normalangan fazo Evklid fazosi bo`lishi uchun, ixtiyoriy
ikkita f, g ∈ E elementlar uchun
kf + gk2 + kf − gk2 = 2 kf k2 + 2 kgk2
(3.2)
tenglikning bajarilishi zarur va yetarli.
(3.2) parallelogramm ayniyati deyiladi. (3.2) shart bajarilganda
´
1³
2
2
p(x, y) =
kf + gk − kf − gk
4
p : E × E → R funksional skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantiradi.
3.3-ta'rif. Agar (x, y) = 0 bo`lsa, u holda x va y vektorlar ortogonal
deyiladi va x⊥ y kabi belgilanadi.
3.4-ta'rif. Agar ixtiyoriy α 6= β da (xα , xβ ) = 0 bo`lsa, u holda nolmas
{xα } vektorlar sistemasiga ortogonal sistema deyiladi. Agar bu holda har bir
elementning normasi birga teng bo`lsa, {xα } ortogonal normalangan sistema,
qisqacha ortonormal sistema deyiladi.
3.5-ta'rif. Agar {xα } sistemani o`zida saqlovchi minimal yopiq qism fazo
E fazoning o`ziga teng bo`lsa, u holda {xα } sistema to`la deyiladi.
3.6-ta'rif. Agar {xα } ortonormal sistema to`la bo`lsa, u holda bu sistema
E fazodagi ortonormal bazis deyiladi.
3.7-ta'rif. Bizga E Evklid fazosi va {φk } ortonormal sistema berilgan
bo`lsin. Agar ixtiyoriy f ∈ E uchun
∞
X
|ck |2 = kf k2 , ck = (f, φk )
k=1
tenglik o`rinli bo`lsa, {φk } ortonormal sistema yopiq sistema deyiladi.
34
(3.3)
(3.3) tenglik Parseval tengligi deyiladi. ck = (f, φk ) sonlar f ∈ E elementning {φk } ortonormal sistemadagi Furye koetsiyentlari deyiladi.
Ixtiyoriy f ∈ E element uchun uning Furye koetsiyentlari
∞
X
|ck |2 ≤ kf k2
(3.4)
k=1
tengsizlikni qanoatlantiradi. (3.4) tengsizlik Bessel tengsizligi deyiladi.
3.8-ta'rif. E Evklid fazosi (3.1) normaga nisbatan to`la bo`lsa, u to`la
Evklid fazosi deyiladi.
3.9-ta'rif. Cheksiz o`lchamli to`la Evklid fazosi Hilbert fazosi deyiladi.
3.10-ta'rif. Agar E Evklid fazosining hamma yerida zich bo`lgan sanoqli
to`plam mavjud bo`lsa, E separabel Evklid fazosi deyiladi.
3.2-teorema (Shmidtning ortogonallashtirish jarayoni). Bizga E Evklid
fazosida chiziqli bog`lanmagan
f1 , f2 , . . . , fn , . . .
elementlar sistemasi berilgan bo`lsin. U holda E Evklid fazosida shunday
φ1 , φ2 , . . . , φn , . . .
(3.5)
ortonormal sistema mavjudki, quyidagi tasvirlar o`rinli:
φn = an1 f1 + an2 f2 + · · · + ann fn ,
ann > 0 ;
fn = bn1 φ1 + bn2 φ2 + · · · + bnn φn ,
bnn > 0.
va
3.3-teorema. To`la separabel Evklid fazosidagi {φn } ortonormal sistema
to`la bo`lishi uchun, E da {φn } sistemaning barcha elementlariga ortogonal
bo`lgan nolmas elementning mavjud bo`lmasligi zarur va yetarli.
35
3.1. Cn = {x = (x1 , . . . , xn ) : xk ∈ C, k = 1, 2, . . . , n} chiziqli fazoni qaraylik.
p(x, y) = (x, y) =
n
X
xk yk , x, y ∈ Cn
(3.6)
k=1
formula yordamida aniqlangan p funksional skalyar ko`paytma aksiomalarini qanoatlantirishini ko`rsating.
Yechish. Cn kompleks chiziqli fazo. Shuning uchun biz kompleks chiziqli
fazoda berilgan skalyar ko`paytma shartlarini tekshiramiz.
1) p(x, x) =
n
P
xk xk =
k=1
n
P
|xk |2 ≥ 0,
∀x ∈ Cn
k=1
tengsizlik |xk | ≥ 0 ekanligidan kelib chiqadi. Endi
p(x, x) =
n
X
|xk |2 = 0
k=1
bo`lsin. Qo`shiluvchilarning many emasligidan har bir k uchun |xk |2 = 0,
bundan xk = 0 , ya'ni x = θ ekanligi kelib chiqadi. Aksincha, har bir k uchun
xk = 0 bo`lsa, u holda p(x, x) = 0 bo`lishi ko`rinib turibdi.
n
n
n
P
P
P
2) p(x, y) =
xk y k =
yk xk = p(y, x).
xk yk =
k=1
k=1
k=1
Bu tenglik ko`paytmaning qo`shmasi qo`shmalar ko`paytmasiga, yig`indining
qo`shmasi esa qo`shmalar yig`indisiga tengligidan kelib chiqadi.
3) p(x + y, z) =
n
P
(xk + yk ) zk =
k=1
n
P
xk zk =
k=1
= p(x, z) + p(y, z),
4) p(λx, y) =
n
P
λxk yk = λ
k=1
n
P
k=1
n
P
yk zk =
k=1
∀x, y, z ∈ Cn ,
xk yk = λp(x, y), ∀x, y ∈ Cn , λ ∈ C. Bu
tengliklarning bajarilishi kompleks sonlarni qo`shish va ko`paytirish xossalaridan kelib chiqadi. Demak, (3.6) tenglik yordamida aniqlangan p funksional
skalyar ko`paytma aksiomalarini qanoatlantiradi va Cn kompleks Evklid fazosi
bo`ladi.
¤
3.2. E = R , p (x, y) =
2
p
(x21 + x22 ) (y 21 + y 22 ) funksional uchun skalyar
ko`paytmaning qaysi shartlari bajarilmasligini aniqlang.
36
Yechish. p (x, y) =
p
(x21 + x22 ) (y12 + y22 ), x, y ∈ R2 funksional uchun
skalyar ko`paytmaning 1-sharti bajariladi. Haqiqatan ham, ixtiyoriy nolmas
x ∈ R2 da p (x, x) =
p
(x21 + x22 ) (x21 + x22 ) = x21 + x22 > 0 va p(x, x) =
0 ⇔ x = (0, 0) . Bu funksional uchun simmetriklik p (x, y) = p (y, x) sharti o`rinli. Bu funksional uchun p (λx, y) = λp (x, y) tenglik o`rinli emas.
Masalan, p (−2x, y) = 2p (x, y) . Oson tekshirish mumkinki, bu funksional
uchun p (x + z, y) = p (x, y) + p (z, y) tenglik ham o`rinli emas.
¤
3.3. R3 fazoda f1 = ( 1, 0, 0), f2 = (1, 1, 0), f3 = (1, 1, 1) vektorlarning
chiziqli erkliligini tekshiring, Shmidtning ortogonallashtirish jarayonini
qo`llab, ortonormal sistema hosil qiling.
Yechish. Ma'lumki, Rn fazoda n ta vektordan iborat sistemaning chiziqli
erkli bo`lishi uchun, bu vektorlarning koordinatalaridan tuzilgan determinantning noldan farqli bo`lishi zarur va yetarlidir. Berilgan vektorlar uchun bu
determinant
¯
¯
¯ 1 0
¯
¯
¯ 1 1
¯
¯
¯ 1 1
¯
¯
0 ¯
¯
¯
0 ¯ = 1 6= 0
¯
¯
1¯
bo`lganligi sababli, ular chiziqli erklidir. Endi bu elementlarga Shmidtning ortogonallashtirish jarayonini qo`llaymiz. ϕ1 = f1 = (1, 0, 0) deb olsak, kϕ1 k =
√
12 + 02 + 02 = 1 bo`ladi. ϕ2 elementni ϕ2 = f2 − a21 ϕ1 ko`rinishda olib,
a21 koetsiyentni (ϕ2 , ϕ1 ) = 0 ortogonallik shartini qanoatlantiradigan qilib
tanlaymiz:
0 = (ϕ2 , ϕ1 ) = (f2 , ϕ1 ) − a21 (ϕ1 , ϕ1 )
yoki a21 =
U holda
(f2 , ϕ1 ) 1
= = 1.
1
kϕ1 k2
ϕ2 = (1, 1, 0) − (1, 0, 0) = (0, 1, 0) , ||ϕ2 || = 1,
bo`ladi. ϕ3 vektorni quyidagi ko`rinishda izlaymiz:
ϕ3 = f3 − a31 ϕ1 − a32 ϕ2 .
37
(3.7)
Bunda a31 , a32 koetsiyentlar, ortogonallik shartlaridan, ya'ni
(ϕ3 , ϕ1 ) = (ϕ3 , ϕ2 ) = 0
(3.8)
shartlardan topiladi. Buning uchun (3.7) ni ϕ1 va ϕ2 ga skalyar ko`paytirib, (3.8) shartlardan foydalansak, a31 , a32 koetsiyentlarga nisbatan chiziqli tenglamalar sistemasi hosil bo`ladi. Bu tenglamaning yechimi:
a31 =
(f3 , ϕ1 ) 1 · 1 + 1 · 0 + 0 · 1
(f3 , ϕ2 ) 1
=
=
1,
a
=
= = 1.
32
1
1
kϕ1 k2
kϕ2 k2
Demak,
ϕ3 = (1, 1, 1) − (1, 0, 0) − (0, 1, 0) = (0, 0, 1),
kϕ3 k = 1.
Hosil bo`lgan ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 vektorlar sistemasi ortonormaldir.
¤
3.4. L2 (R, e−t dµ) bilan R da aniqlangan, o`lchovli va
2
Z
2
|x(t)|2 e−t dt < ∞
R
shartni qanoatlantiruvchi x(t) funksiyalardan iborat fazoni belgilaymiz.
Bu fazoda x va y elementlarning skalyar ko`paytmasini
Z
2
x(t) y(t) e−t dt
(x, y) =
R
formula bilan aniqlaymiz. Bu fazoda 1, t, t2 , t3 , . . . , tn , . . . chiziqli bog`lanmagan sistemadan ortonormal sistema hosil qiling. Hosil qilingan ortonormal sistema Chebishev-Ermit ko`phadlari deyiladi. Uning dastlabki
uchta hadini toping.
Yechish. Ortonormal sistema ψn = wn (t) = a0 + a1 t + · · · + an−1 tn−1
shaklda izlanadi. Bu yerda w1 (t) = a0 bo`lib, a0 soni
Z
2
kwn k2 =
R
a20 e−t dt = 1
38
(3.9)
shartdan topiladi. Integral ostidagi funksiyaning juftligidan foydalanib, (3.9)
ni quyidagicha yozamiz:
kwn k =
Bu integralda t2 = x, t =
Z
2
kwn k =
2a20
∞
0
Z
Z
2
a20
√
−t2
e
dt =
R
2a20
∞
2
e−t dt.
(3.10)
0
x o`zgaruvchini almashtirib, (3.10) integralni
µ ¶
Z ∞
1
1
2
e−t dt = a20
x 2 −1 e−x dx = a20 Γ
=1
(3.11)
2
0
√
1
nuqtadagi qiymati π ekanligi2
1
1
√
dan hamda (3.11) dan a0 = √
ni
olamiz.
Demak,
ψ
(t)
=
w
(t)
=
1
1
4
4
π
π
ekan. ψ2 (t) = w2 (t) = b0 + a1 t shaklda izlanadi. b0 va a1 koetsiyentlar
shaklda yozamiz. Gamma funksiyaning
ortogonallik (ψ1 , ψ2 ) = 0 va normallanganlik kψ2 k = 1 shartlaridan topiladi.
Ortogonallik sharti
b0
(ψ1 , ψ2 ) = √
4
π
Z
e
R
−t2
a1
dt + √
4
π
Z
R
b0 √
a1
2
√
te−t dt = √
π
+
·0=0
4
4
π
π
dan b0 = 0 ni olamiz. Demak, ψ2 (t) = a1 t ekan. Normallanganlik sharti
2
2
t2 e−t dt = a21
t2 e−t dt = 2a21
kψ2 k2 = a21
R
Z∞
Z∞
Z
x
0
0
3
2 −1
µ ¶
3
e−x dx = a21 Γ
=1
2
√
2
1
1
2
√
√
dan a21 =
=
=
ni,
ya'ni
a
=
ni olamiz. Demak,
1
4
1
π
π
Γ(1 + 12 )
Γ (1/2)
2
√
2t
ψ2 (t) = √
ekan. Navbatdagi ψ3 element ψ3 (t) = w3 (t) = c0 + c1 t + c2 t2
4
π
shaklda izlanadi. c0 , c1 va c2 koetsiyentlar ortogonallik shartlari (ψ1 , ψ3 ) =
(ψ2 , ψ3 ) = 0 va normallanganlik sharti kψ3 k = 1 dan topiladi. Bu shartlardan
2t2 − 1
ekanligini topamiz.
¤
ψ3 (t) = √
4
25π
Eslatma. Faraz qilaylik, ψ1 , ψ2 , . . . , ψn−1 ortonormal sistema qurilgan
bo`lsin, u holda ϕn = fn − (fn , ψ1 )ψ1 − (fn , ψ2 )ψ2 − · · · − (fn , ψn−1 )ψn−1 element ψ1 , ψ2 , . . . , ψn−1 elementlarga ortogonal bo`ladi. Agar ψn = ϕn : kϕn k
desak, u holda ψ1 , ψ2 , . . . , ψn sistema ortonormal sistema bo`ladi.
39
3.5. x(t) = t(t − 1) + 6−1 funksiyaning Rademaxer (Rademaxer sistemasi
∞
3.63-misolda aniqlangan) sistemasidagi barcha {xn }n=0 larga ortogonal
ekanligini ko`rsating. Demak, Rademaxer sistemasi to`la ortonormal sistema emas.
Yechish. r0 : [0, 1] → R funksiyani quyidagicha aniqlaymiz

 1,
r0 (t) =
 −1,
t ∈ [0,
1
2]
t ∈ ( 21 , 1]
va uni R ga 1 davrli funksiya sifatida davom ettiramiz. U holda barcha butun m ≥ 0 lar uchun rm (t) = r0 (2m t) tenglik o`rinli bo`ladi. Ravshanki,
R1
0
r0 (t)dt = 0. Xuddi shunday
Z
Z 1
Z 1
m
−m
rm (t)dt =
r0 (2 t)dt = 2
0
Z
2m
r0 (t)dt =
0
0
1
r0 (t)dt = 0
0
Endi x(t) = t(t − 1) + 6−1 funksiyani rm , m ∈ Z+ larga ortogonal ekanligini
ko`rsatamiz. Buning uchun
Z1
µ
¶
Z1
1
1
1
1
r0 (2m t) (t − )2 + −
dt = r0 (2m t)(t− )2 dt = 0
2
6 4
2
Z1
rm (t)x(t)dt =
0
0
0
ekanligini ko`rsatish yetarli. Oxirgi integralda t −
natijada
Z1
Z0,5
r0 (2m s)s2 ds = 0
rm (t)x(t)dt =
0
1
= s almashtirish olamiz,
2
−0,5
ni olamiz. Chunki, r0 (2m s) aniqlanishiga ko`ra toq funksiya, toq funksiyadan
1 1
) oraliq bo`yicha olingan integral nolga teng. Shunday
2 2
qilib, barcha butun m ∈ Z+ lar uchun x(t) funksiya rm (t) ga ortogonal
esa simmetrik (− ,
ekan.
¤
Uy vazifalari va mavzuni o`zlashtirish uchun masalalar
40
3.6-3.10-misollarda keltirilgan p : E × E → R funksional, haqiqiy chiziqli
fazoda skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantiradimi?
3.6. p (x, y) =
3.7. p (f, g) =
3.8. p (x, y) =
3.9. p (f, g) =
3.10. p (f, g) =
n
P
xk yk , x, y ∈ Rn
k=1
Rb
a
f (t) g(t) dt, f, g ∈ C[a, b] .
∞
P
xk yk , x, y ∈ `2 .
k=1
Rb
f (t) g(t) dt, f, g ∈ L2 [a, b].
a
P
f (n) g(n), f, g ∈ `2 (Z).
n∈Z
Eslatma. 3.7-misolda keltirilgan (C[a, b], p) Evklid fazosi C2 [a, b] bilan
belgilanadi.
3.11-3.14-misollarda keltirilgan p : E × E → C funksional, ko`rsatilgan kompleks chiziqli fazoda skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantirishini
ko`rsating.
3.11. p (f, g) =
3.12. p (x, y) =
3.13. p (f, g) =
3.14. p (f, g) =
Rb
f (t) g(t) dt, f, g ∈ C[a, b].
a
∞
P
xk yk , x, y ∈ `2 .
k=1
Rb
f (t) g(t) dt, f, g ∈ L2 [a, b].
a
P
f (k) g(k), f, g ∈ `2 (Z).
k∈Z
3.15-3.23-misollarda keltirilgan p : E × E → R funksional, ko`rsatilgan
haqiqiy chiziqli fazoda skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantiradimi?
3.15. E = R2 , p(x, y) = x1 y1 − x2 y2 .
3.16. E = R2 , p(x, y) = x1 y1 − x2 y1 + 2x2 y2 .
41
3.17. E = R3 , p(x, y) = x1 y1 + x2 y2 − x3 y3 .
3.18. E = R3 , p(x, y) = x1 y1 + x2 y2 − x3 y3 .
3.19. E = `2 , p (x, y) =
∞
P
λk xk yk , 0 < λn < 1.
k=1
∞ x y
P
k k
3.20. E = `2 , p(x, y) =
.
k
k=1
3.21. E = C [a, b] , p (x, y) =
3.22. E = C [a, b] , p (x, y) =
Rb
a
Rb
x4 (t)y 4 (t)dt.
a
3.23. E = C [a, b], p (x, y) =
(1)
et x (t) y (t) dt.
Rb
x (t) y (t) dt +
a
Rb
x0 (t) y 0 (t) dt.
a
3.24-3.33-misollarda keltirilgan vektorlarning chiziqli erkliligini tekshiring,
Shmidtning ortogonallashtirish jarayonini qo`llab, ortonormal sistema hosil
qiling. Rn , `2 , C2 [a, b], L2 [a, b], `2 (Z) fazolardagi skalyar ko`paytmalarni 3.63.10-misollardan qarab oling.
3.24. E = R3 fazoda x = ( 0, 0, 1), y = (0, 1, 1), z = (1, 1, 1)
3.25. E = R3 ,
x = ( 1, 1, 0), y = (2, 0, −1), z = (0, −1, 1).
3.26. E = R3 ,
x = (−1, 0, 0), y = (0, −1, 1), z = (2, 0, −1).
3.27. E = C2 [−1, 1], x1 (t) = 1, x2 (t) = t3 , x3 (t) = t6 .
3.28. E = C2 [−1, 1], x(t) = 1,
y(t) = t,
z(t) = t2 .
3.29. E = L2 [0, π], x(t) = 1, y(t) = cos t, z(t) = sin t.
3.30. E = L2 [−1, 1], x1 (t) = 1, x2 (t) = t, x3 (t) = t2 + 1.
3.31. E = `2 , x = (1, 0, 0, . . .) , y = (1, 1, 0, 0, . . .) , z = (1, 1, 1, 0, 0, . . .) .
42
µ
3.32. E = `2 , x =
¶
µ
¶
1
1
1 1
1
0, 1, , . . . , n , . . . , y = 1, 0, , 2 , . . . , n , . . . .
2
2
2 2
2
3.33. E = `2 , x = (1, 1, 0, 0, . . .) , y = (0, 0, 1, 1, 0, . . .) .
3.34. E Evklid fazosida ixtiyoriy x, y, z elementlar uchun Apolloniy ayniyatini
isbotlang
°
°2
°
°
x
+
y
1
2
° .
z
−
kz − xk + kz − yk = kx − yk + 2 °
°
2
2 °
2
2
3.35. E Evklid fazosida ixtiyoriy x, y, z, t elementlar uchun Ptolemey tengsizligini isbotlang
kx − zk · ky − tk ≤ kx − yk · kz − tk + ky − zk · kx − tk.
3.36. E Evklid fazosida x va y elementlar ortogonal bo`lishi uchun
kxk2 + kyk2 = kx + yk2
tenglikning bajarilishi zarur va yetarli. Isbotlang.
3.37. E haqiqiy normalangan fazo va ixtiyoriy x, y elementlar uchun parallelogramm ayniyati
kx + yk2 + kx − yk2 = 2 kxk2 + 2 kyk2
bajarilsin. U holda
o
1n
2
2
p : E × E → R, p(x, y) =
kx + yk − kx − yk
4
funksional skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantirishini ko`rsating.
3.38. x1 , x2 , . . . , xn lar E Evklid fazosidagi ixtiyoriy ortonormal sistema bo`lsin.
Bu sistemaning chiziqli erkli ekanligini isbotlang.
3.39. E haqiqiy Evklid fazosi. Ixtiyoriy x, y elementlar uchun Koshi-Bunyakovskiy tengsizligi |(x, y)| ≤ kxk · kyk ni isbotlang.
43
3.40. E Evklid fazosidagi x1 , x2 , . . . , xn ∈ E sistemaning Gram determinanti
deb
¯
¯
¯
¯
¯
¯
T(x1 , x2 , . . . , xn ) = ¯¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
(x1 , x1 ) (x1 , x2 ) · · · (x1 , xn ) ¯
¯
¯
(x2 , x1 ) (x2 , x2 ) · · · (x2 , xn ) ¯
¯
¯
··· ··· ··· ··· ··· ··· ¯
¯
¯
(xn , x1 ) (xn , x2 ) · · · (xn , xn ) ¯
determinant tushuniladi. x1 , x2 , . . . , xn ∈ E elementlar sistemasining
chiziqli erkli bo`lishi uchun, uning Gram determinanti noldan farqli bo`lishi
zarur va yetarli. Isbotlang.
3.41. xn va yn lar H Hilbert fazosidagi yopiq birlik sharga tegishli va
lim (xn , yn ) = 1 bo`lsa, u holda lim kxn − yn k = 0 bo`ladi. Isbotlang.
n→∞
n→∞
3.42. H− Hilbert fazosi, L uning qism fazosi bo`lsin. x element L qism fazoga
orthogonal bo`lishi uchun istalgan y ∈ L da kxk ≤ kx − yk tengsizlikning bajarilishi zarur va yetarli. Isbotlang.
3.43. C2 [−π, π] Evklid fazosida ϕn (t) = sin nt, n ∈ N sistemaning ortogonal ekanligini isbotlang. {ϕn } sistemadan ortonormal sistemaga o`ting.
3.44. L2 [−π, π] kompleks Hilbert fazosida ϕn (t) = exp{int}, n ∈ Z, sistemaning ortogonal ekanligini isbotlang. {ϕn } sistemadan ortonormal
sistemaga o`ting.
3.45. Kompleks Hilbert fazosida quyidagi tenglikni isbotlang:
o
1n
2
2
2
2
(x, y) =
kx + yk − kx − yk + i kx + iyk − i kx − iyk .
4
3.46. C2 [−π, π] Evklid fazosida ϕ(t) = cos2 t elementning
½
1
1
√ , ϕn (t) = √ cos nt, n ∈ N
π
2π
¾
ortonormal sistemadagi Furye koetsiyentlarini toping.
44
3.47. H− Hilbert fazosi, x1 , x2 , . . . , xn undagi ixtiyoriy ortogonal sistema va
x = x1 + x2 + · · · + xn bo`lsin. Pifagor tengligini isbotlang.
kxk2 = kx1 k2 + kx2 k2 + · · · + kxn k2 .
3.48. Hilbert fazosi qat'iy normalangan fazo ekanligini isbotlang.
3.49. H Hilbert fazosidagi x1 , x2 elementlar uchun Re(x1 , x2 ) = kx1 k2 =
kx2 k2 tenglik o`rinli bo`lsin. U holda x1 = x2 ekanligini isbotlang.
3.50. Har bir natural n da Mn = {x ∈ `2 : x1 + x2 + · · · + xn = 0} to`plam
`2 Hilbert fazosining qism fazosi bo`lishini isbotlang. M1 , M2 , M3 qism
fazolarning ortogonal to`ldiruvchilarini tavsiang, ularning o`lchamlarini
toping.
3.51. `2 Hilbert fazosida M = {x ∈ `2 : x1 + x2 + · · · + xn + · · · = 0}
to`plamning chiziqli ko`pxillilik ekanligini hamda `2 fazoning hamma
yerida zich bo`lishini isbotlang.
3.52. L−2 [−1, 1] = {f ∈ L2 [−1, 1] : f (−t) = −f (t)} toq funksiyalar to`plami
L2 [−1, 1] fazoning qism fazosi bo`lishini isbotlang. Uning ortogonal to`l−
⊥
diruvchisini toping. dim L−
2 [−1, 1] va dim (L2 [−1, 1]) larni hisoblang.
3.53. L−2 [−1, 1] toq funksiyalar fazosida {ϕn (t) = sin nπt}n∈N sistemaning
ortonormal bazis bo`lishini isbotlang.
½
¾
1
3.54. L+2 [−π, π] juft funksiyalar fazosida ϕn (t) = √ cos nt
ortonorπ
n∈N
mal sistemaning to`la emasligini isbotlang.
¾
½
1
ortonor3.55. L+2 [−1, 1] juft funksiyalar fazosida √ , ϕn (t) = cos nπt
2
n∈N
mal sistemaning to`laligini isbotlang.
3.56. Lejandr ko`phadlari haqida to`tr (3.56-3.59) masala.
P0 (x) = 1,
1 1 dn (x2 − 1)n
Pn (x) = n
, n∈N
2 n!
dxn
45
ko`phadlarga Lejandr ko`phadlari deyiladi. Ixtiyoriy m < n uchun
Z1
(Pn , Qm ) =
Pn (x) Qm (x)dx = 0
−1
ekanligini isbotlang. Bu yerda Qm bilan m− darajali ko`phad belgilangan.
3.57.
L2 [−1, 1] fazoda Lejandr ko`phadlari {1, Pn }n∈N ning ortogonal sistema ekanligini isbotlang.
3.58. Lejandr ko`phadi Pn ni Pn (x) = cn xn + Qn−1 (x), n ∈ N shaklda
tasvirlang, cn − koetsiyentni toping.
3.59. Lejandr ko`phadlari Pn ∈ L2 [−1, 1] ning normasini hisoblang.
3.60.
L2 [−1, 1] fazoda 1, t, t2 , t3 , . . . , tn , . . . ko`phadlardan ortonormal sistema hosil qiling. Hosil qilingan ortonormal sistemani Lejandr ko`phadlari
bilan taqqoslang.
3.61. L2 (R+ , e−t dµ) bilan R+ = [0, ∞) da aniqlangan, o`lchovli va
Z
∞
|x(t)|2 e−t dt < ∞
0
shartni qanoatlantiruvchi funksiyalardan iborat fazoni belgilaymiz. Bu
fazoda x va y elementlarning skalyar ko`paytmasini
Z
∞
(x, y) =
x(t) y(t) e−t dt
0
formula bilan aniqlaymiz. Bu fazoda 1, t, t2 , t3 , . . . , tn , . . . chiziqli bog`lanmagan sistemadan ortonormal sistema hosil qiling. Hosil qilingan ortonormal sistema Chebishev-Lagger ko`phadlari deyiladi. Uning dastlabki
uchta hadini toping.
46
3.62. L+20 [−1, 1] = {f ∈ L2 [−1, 1] : f (t) χ[0, 1] (t) ∼ 0} to`plam L2 [−1, 1]
fazoning qism fazosi bo`lishini isbotlang. Uning ortogonal to`ldiruvchisini
toping.
3.63. [0, 1] kesmada xn funksional ketma-ketlikni quyidagicha aniqlaymiz:
r0 (t) = 1 va
µ
rn (t) = (−1)k , t ∈
k k+1
,
2n 2n
¶
, n ∈ N; k = 0, 1, 2, . . . , 2n − 1,
bu interval chekkalarida rn (t) = 0 deymiz. Bu Rademaxer sistemasi
deyiladi. Bu sistemaning L2 [0, 1] fazoda ortonormal ekanligini isbotlang.
3.64. Agar µn lar tgµ = µ tenglamaning musbat ildizlari bo`lsa, u holda
xn (t) = sin µn t, n ∈ N sistema L2 [0, 1] da to`la ortonormal bazis
bo`lishini isbotlang.
3.65. f (x) = 1, g(x) = x, ϕ(x) = x2 elementlarning L2 [−1, 1] fazoda
+
{ϕ−
n (t) = sin nπt} , n ∈ N, {ϕn (t) = cos nπt} , n ∈ N,
©
ª
ψn (t) = 2−1/2 exp {inπt} , n ∈ Z ortonormal sistemalardagi Furye
koetsiyentlarini toping.
3.66. f (x) = sign x, g(x) = [x], ϕ(x) = χ[0, 1] (x) elementlarning
+
L2 [−1, 1] fazoda {ϕ−
n (t) = sin nπt} , {ϕn (t) = cos nπt} , n ∈ N,
n
o
−1/2
ψn (t) = 2
exp {inπt} , n ∈ Z
ortonormal sistemalardagi Furye koetsiyentlarini toping.
3.67. f (t) = et funksiya uchun shunday n − darajali pn (t), n = 1, 2, 3 ko`phadlar topingki, kf − pn k norma L2 [−1, 1] da minimal bo`lsin.
3.68. f (t) = t4 funksiya uchun shunday n − darajali pn (t), n = 1, 2, 3
ko`phadlar topingki, kf − pn k norma L2 [−1, 1] da minimal bo`lsin.
47
3.69. Ψ[a, b] bilan [a, b] kesmada aniqlangan va
sup
S
X
|f (x)|2 < ∞
x∈S
shartni qanoatlantiruvchi funksiyalar to`plamini belgilaymiz. Bu yerda
aniq yuqori chegara [a, b] da saqlanuvchi barcha chekli yoki sanoqli S
to`plamlar bo`yicha olinadi. Bu to`plam funksiyalarni qo`shish va funksiyani songa ko`paytirish amallariga nisbatan chiziqli fazo tashkil qiladi.
Ψ[a, b] × Ψ[a, b] da aniqlangan
X
p(f, g) =
f (x)g(x) dx, f, g ∈ Ψ[a, b]
x∈[a, b]
funksional skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantiradi. Hosil bo`lgan
Evklid fazosi to`la, ammo separabel emasligini isbotlang.
3.70. Rn , n ∈ N da aniqlangan va kvadrati integrallanuvchi bo`lgan ekvivalent
funksiyalar sinaridan tashkil topgan vektor fazoni qaraymiz. Bu fazoda
Z
p(f, g) =
f (t)g(t) dt
Rn
funksionalning skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantirishini tekshi-
1
1 + x2
va g(x) = χ[−1, 1] (x) larni L2 (R) ga qarashli ekanligini ko`rsating. Bu
ring. Hosil bo`lgan Hilbert fazosi L2 (Rn ) bilan belgilanadi. f (x) =
elementlarning skalyar ko`paytmasini toping. Ular ortogonalmi?
3.71. f (x, y) = exp{−|x|−|y|} va g(x, y) = χ[−1,1]×[0, 1] (x, y) larni L2 (R2 ) ga
qarashli ekanligini ko`rsating. Bu elementlarning normalarini va ularning
skalyar ko`paytmasini toping.
3.72. `2 (Z) Hilbert fazosida f (0) = 0, f (n) = n−1 , n ∈ Z\{0} elementning
normasini hisoblang.
3.73. Parametr α va β larning qanday qiymatlarida f (n, m) = (1 + |n|α +
|m|β )−1 funksiya `2 (Z2 ) Hilbert fazosining elementi bo`ladi.
48
3.74. Agar H Hilbert fazosida {ϕn }n∈N ortonormal bazis bo`lsa, u holda quyidagilarni isbotlang:
a) istalgan x ∈ H uchun x =
∞
P
(x, ϕn ) ϕn tenglik o`rinli.
n=1
b) ixtiyoriy x, y ∈ H lar uchun (x, y) =
∞
P
(x, ϕn )( ϕn , y) tenglik o`rinli.
n=1
3.75. E Evklid fazosi, {ϕn }n∈N esa E dagi ixtiyoriy ortonormal sistema. {ϕn }
ketma-ketlik nolga kuchsiz yaqinlashadi. Isbotlang.
4-Ÿ. Chiziqli funksionallar
Bu paragrafda biz chiziqli funksionallar, qavariq funksionallar hamda qavariq
jismlarga doir masalalar qaraymiz.
4.1-ta'rif. X chiziqli fazoda aniqlangan f sonli funksiyaga funksional
deyiladi. Agar barcha x, y ∈ X lar uchun
f (x + y) = f (x) + f (y)
bo`lsa, f additiv funksional deyiladi. Agar barcha x ∈ X va barcha α ∈ C
lar uchun f (α x) = α f (x) bo`lsa, f bir jinsli funksional deyiladi.
Agar barcha x ∈ X va barcha α ∈ C lar uchun f (α x) = α f (x) bo`lsa,
f ga qo`shma bir jinsli funksional deyiladi.
4.2-ta'rif. Additiv va bir jinsli funksional chiziqli funksional deyiladi. Additiv va qo`shma bir jinsli funksionalga qo`shma chiziqli funksional deyiladi.
4.3-ta'rif. Ker f = {x ∈ X : f (x) = 0} to`plam f chiziqli funksionalning yadrosi deyiladi.
X haqiqiy chiziqli fazo, x va y uning ikki nuqtasi bo`lsin. U holda
α x + β y,
α, β ∈ [0, 1], α + β = 1
shartni qanoatlantiruvchi barcha elementlar to`plami x va y nuqtalarni tu-
tashtiruvchi kesma deyiladi va u [x, y] bilan belgilanadi, ya'ni
[x, y] = { α x + β y :
α, β ∈ [0, 1], α + β = 1} .
49
4.4-ta'rif. Agar M ⊂ X to`plam o`zining ixtiyoriy x, y ∈ M nuqtalarini tutashtiruvchi [x, y] kesmani ham o`zida saqlasa, M ga qavariq to`plam
deyiladi.
4.5-ta'rif. Agar biror x ∈ M nuqta va ixtiyoriy y ∈ X uchun shunday
ε = ε(y) > 0 son mavjud bo`lib, barcha t , |t| < ε larda x + t y ∈ M munosabat bajarilsa, x ∈ M nuqta M to`plamning yadrosiga qarashli deyiladi.
M ⊂ X to`plamning yadrosi −J(M ) bilan belgilanadi, ya'ni
J(M ) = {x ∈ M : ∀y ∈ X, ∃ ε = ε(y) > 0, ∀t ∈ R, |t| < ε, x + t y ∈ M } .
Agar X chiziqli normalangan fazo bo`lsa, u holda M ⊂ X ning yadrosi M
◦
ning ichi bilan ustma-ust tushadi, ya'ni J(M ) = M .
4.6-ta'rif. Yadrosi bo`sh bo`lmagan qavariq to`plam qavariq jism deyiladi.
4.7-ta'rif. X chiziqli fazoda aniqlangan manymas p funksional
1) p (x + y) ≤ p (x) + p (y) , ∀x, y ∈ X,
2) p (a x) = a p (x) , ∀a ≥ 0 va ∀ x ∈ X shartlarni qanoatlantirsa, p
ga qavariq funksional deyiladi.
Biz bu yerda p(x) miqdorni chekli deb faraz qilmaymiz, ya'ni ayrim x ∈ X
lar uchun p(x) = ∞ ham bo`lishi mumkin. Agar barcha x ∈ X lar uchun
p(x) chekli bo`lsa, p chekli qavariq funksional deyiladi.
4.8-ta'rif. L− haqiqiy chiziqli fazo va L0 − uning biror qism fazosi bo`lsin.
L0 qism fazoda f0 chiziqli funksional va L fazoda f chiziqli funksional berilgan bo`lsin. Agar ixtiyoriy x ∈ L0 uchun f (x) = f0 (x) tenglik bajarilsa, f
chiziqli funksional f0 funksionalning L fazoga davomi deyiladi.
4.1-teorema (Xan-Banax). Aytaylik, p − L haqiqiy chiziqli fazoda aniqlangan qavariq funksional va L0 esa L ning qism fazosi bo`lsin. Agar L0 da
aniqlangan f0 chiziqli funksional
f0 (x) ≤ p (x) ,
50
x ∈ L0
(4.1)
shartni qanoatlantirsa, u holda f0 ni L da aniqlangan va L da (4.1) shartni
qanoatlantiruvchi f chiziqli funksionalgacha davom ettirish mumkin.
4.9-ta'rif. X chiziqli normalangan fazoda aniqlangan f funksional berilgan bo`lsin. Agar ixtiyoriy ε > 0 uchun shunday δ = δ(ε) > 0 mavjud
bo`lib, kx − x0 k < δ tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha x ∈ X lar uchun
|f (x) − f (x0 )| < ε tengsizlik bajarilsa, f funksional x = x0 nuqtada uzluksiz deyiladi. Agar f funksional ixtiyoriy x ∈ X nuqtada uzluksiz bo`lsa, f
uzluksiz funksional deyiladi.
4.9-ta'rifga teng kuchli bo`lgan quyidagi ta'rifni keltiramiz.
4.10-ta'rif. Agar x0 nuqtaga yaqinlashuvchi ixtiyoriy xn ketma-ketlik
uchun lim |f (xn ) − f (x0 )| = 0 bo`lsa, u holda f funksional x0 nuqtada
n→∞
uzluksiz deyiladi.
4.2-teorema. X chiziqli normalangan fazoda aniqlangan chiziqli funksional biror x0 ∈ X nuqtada uzluksiz bo`lsa, u holda bu chiziqli funksional
butun X fazoda uzluksiz bo`ladi.
Endi chegaralangan funksional ta'rini keltiramiz.
4.11-ta'rif. Agar biror M > 0 soni va barcha x ∈ X lar uchun |f (x)| ≤
M kxk tengsizlik bajarilsa, f : X → R ga chegaralangan funksional deyiladi.
4.3-teorema. X chiziqli normalangan fazoda aniqlangan chiziqli f funksional uzluksiz bo`lishi uchun uning chegaralangan bo`lishi zarur va yetarli.
|f (x)| ≤ M kxk tengsizlikni qanoatlantiruvchi M sonlar to`plamining
aniq quyi chegarasi f funksionalning normasi deyiladi va u kf k bilan belgilanadi. Shunday qilib,
|f (x)| ≤ kf k · kxk .
4.4-teorema. Chiziqli chegaralangan funksionalning normasi kf k uchun
quyidagi tenglik o`rinli :
kf k = sup |f (x)| = sup
x6=0
kxk=1
51
|f (x)|
.
kxk
(4.2)
4.5-teorema (Xan-Banax). L kompleks chiziqli normalangan fazo, L0
esa L ning qism fazosi va f0 : L0 → C chiziqli uzluksiz funksional bo`lsin. U
holda f0 ni normasini saqlagan holda L da aniqlangan f chiziqli funksionalgacha davom ettirish mumkin, ya'ni f (x) = f0 (x),
x ∈ L0 va kf k = kf0 k
shartlarni qanoatlantiruvchi f : L → C chiziqli funksional mavjud.
X chiziqli normalangan fazoda aniqlangan chiziqli uzluksiz (chegaralangan) funksionallar to`plamini L(X, C) bilan belgilaymiz.
4.12-ta'rif. f : X → C va g : X → C chiziqli funksionallarning
yig`indisi deb, x ∈ X elementga f (x) + g(x) = ϕ(x) sonni mos qo`yuvchi
ϕ = f + g : X → C funksionalga aytiladi.
Ravshanki, ϕ : X → C chiziqli funksional bo`ladi. Agar f, g ∈ L(X, C)
bo`lsa, u holda ϕ ham chegaralangan (uzluksiz) funksional bo`ladi va quyidagi
tengsizlik o`rinli
kf + gk ≤ kf k + kgk .
4.13-ta'rif. f : X → C chiziqli funksionalning songa ko`paytmasi x
elementga α f (x) sonni mos qo`yuvchi funksional sifatida aniqlanadi, ya'ni
(α f )(x) = α f (x).
L(X, C) to`plamda kiritilgan qo`shish va songa ko`paytirish amallari chiziqli fazo ta'ridagi 1-8 shartlarni qanoatlantiradi. Demak, L(X, C) to`plam
chiziqli fazo bo`ladi. Bu fazoda p(f ) = kf k funksional norma shartlarini
qanoatlantiradi. Shunday qilib, L(X, C) chiziqli normalangan fazo bo`ladi.
Bu fazo X ga qo`shma fazo deyiladi va X ∗ bilan belgilanadi, ya'ni X ∗ =
L(X, C). Funksional fazolarda chiziqli uzluksiz funksionallarning umumiy ko`rinishidan foydalanib, asosiy funksional fazolarga qo`shma fazolarni izomorzm
aniqligida topish mumkin. Hozir biz C[a, b] va `p , p > 1 fazo hamda Evklid
(chekli va cheksiz o`lchamli) fazolarda chiziqli uzluksiz funksionalning umumiy
ko`rinishini keltiramiz.
52
4.7-teorema (Riss). C[a, b] fazoda berilgan ixtiyoriy f chiziqli uzluksiz funksional uchun shunday u ∈ V0 [a, b] o`zgarishi chegaralangan funksiya
mavjudki, barcha x ∈ C[a, b] larda
Z
b
f (x) =
x(t)du(t)
a
tenglik o`rinli. Bundan tashqari kf k = Vab [u] tenglik ham o`rinli.
1 1
4.8-teorema. `p , p > 1 fazoga qo`shma (`p )∗ fazo `q ,
+ = 1 fap q
zoga izomorfdir, ya'ni har bir f : `p → C chiziqli uzluksiz funksional uchun
shunday fe = (fe1 , fe2 , . . . , fen , . . .) ∈ `q element mavjudki, quyidagilar o`rinli:
f (x) =
∞
X
fen xn , x ∈ `p ,
° °
° °
kf k = °fe° .
n=1
4.9-teorema (Riss). Har bir f ∈ H ∗ funksional uchun shunday yagona
y ∈ H element mavjudki, quyidagilar o`rinli:
f (x) = (x, y), x ∈ H,
kf k = kyk .
Bu yerda H Hilbert fazosi (x, y) esa x va y larning skalyar ko`paytmasi.
4.14-ta'rif. Agar f : H ×H → C akslantirish uchun quyidagi 1-3 shartlar
bajarilsa, f ga bichiziqli uzluksiz funksional deyiladi:
1) f (αx + βy, z) = α f (x, z) + βf (y, z);
2) f (x, αy + βz) = α f (x, y) + βf (x, z);
3) ∃ C > 0 mavjud bo`lib, ∀ x, y ∈ H larda |f (x, y)| ≤ C kxk · kyk .
4.15-ta'rif. Agar f : H × H → C bichiziqli uzluksiz funksional uchun
barcha x, y ∈ H larda f (x, y) = f (y, x) bo`lsa, f ga simmetrik bichiziqli
funksional deyiladi.
Har bir bichiziqli f (x, y) funksional ϕ(x) = f (x, x) kvadratik formani
hosil qiladi.
4.16-ta'rif. Agar simmetrik bichiziqli f funksional uchun barcha x 6= 0
larda
f (x, x) > 0 bo`lsa, f ga qat'iy musbat bichiziqli funksional deyila53
di. Agar barcha x ∈ H larda f (x, x) ≥ 0
bo`lsa, f ga musbat bichiziqli
funksional deyiladi.
Bichiziqli uzluksiz f funksionalning normasi kf k quyidagi tenglik yordamida aniqlanadi
kf k = sup {|f (x, y)| : kxk = kyk = 1} .
Bizga f ∈ L(X, C) va fn ∈ L(X, C) funksionallar ketma-ketligi berilgan
bo`lsin.
4.17-ta'rif. Agar lim kfn − f k = 0 bo`lsa, {fn } funksionallar ketman→∞
ketligi f funksionalga yaqinlashadi deyiladi.
4.18-ta'rif. Agar har bir x ∈ X uchun lim fn (x) = f (x) bo`lsa, {fn }
n→∞
funksionallar ketma-ketligi f funksionalga kuchsiz yaqinlashadi deyiladi.
4.1. f : C [0, 1] → C, f (x) =
R1
0
x (t) dt funksional chiziqli, qo`shma chi-
ziqli, uzluksiz bo`ladimi? Tekshiring.
Yechish. Integralning additivlik va bir jinslilik xossalaridan foydalansak
quyidagilarga ega bo`lamiz:
Z
Z
1
f (x + y) =
(x (t) + y(t)) dt =
0
Z
1
x (t) dt +
0
Z
f (α x) =
1
(α x (t)) dt = α
0
y (t) dt = f (x) + f (y),
0
Z
1
1
x (t) dt = α f (x) .
0
Demak, f : C [0, 1] → C chiziqli funksional ekan. Uni uzluksizlikka tekshiramiz:
¯Z 1
¯ Z 1
Z
¯
¯
|f (x) | = ¯¯
x (t) dt¯¯ ≤
|x (t) | dt ≤ max |x (t) | ·
0≤ t ≤1
0
0
1
dt = 1 · ||x||.
0
4.11-ta'rifga ko`ra f : C[0, 1] → C chegaralangan funksional bo`ladi 4.3teoremaga ko`ra f uzluksiz bo`ladi.
¤
4.2. f : C[−1, 1] → C, f (x) = 2[x (1)−x (0)] funksionalni chiziqli chegaralanganlikka tekshiring, chegaralangan bo`lsa, uning normasini toping.
54
Yechish. Berilgan f (x) = 2[x (1) − x (0)], x ∈ C[−1, 1] funksionalning
chiziqli ekanligi oson tekshiriladi. Uning chegaralangan ekanligini ko`rsatib
normasini topamiz.
|f (x)| = |2 x(1) − 2 x(0)| ≤ 2|x(1)| + 2|x(0)| ≤ (2 + 2) max |x(t)| = 4 · kxk.
0≤ t ≤1
4.11-ta'rifga ko`ra f : C[−1, 1] → C chegaralangan funksional bo`ladi va uning normasi uchun kf k ≤ 4 tengsizlik o`rinli. x0 (t) = cos πt, x0 ∈ C[−1, 1]
element uchun quyidagilar o`rinli:
x0 (0) = 1, x0 (1) = −1, kx0 k = 1, | f (x0 )| = 4.
Endi (4.2) ga ko`ra, kf k ≥ |f (x0 )| = 4 o`rinli. kf k ≤ 4 va kf k ≥ 4
tengsizliklardan kf k = 4 kelib chiqadi.
¤
4.3. f (x) = V01 [x], x ∈ C[0, 1] funksional qavariq, chekli qavariq, uzluksiz
bo`ladimi? Tekshiring.
Yechish. Shuni ta'kidlaymizki, shunday x0 ∈ C[0, 1] funksiyalar mavjudki, ularning [0, 1] kesmadagi to`la o`zgarishi ∞ ga teng. Masalan, x0 (0) =
0, x0 (t) = t · sin πt−1 , t ∈ (0, 1] uzluksiz funksiya uchun V01 [x0 ] = ∞ .
Shuning uchun f (x) = V01 [x], x ∈ C[0, 1] chekli funksional emas. Funksiya
to`la o`zgarishining xossalariga ko`ra
f (x + y) = V01 [x + y] ≤ V01 [x] + V01 [y] = f (x) + f (y) ,
f (a x) = V01 [a x] = a V01 [x] = a f (x)
munosabatlar barcha x, y ∈ C[0, 1] va a ≥ 0 lar uchun o`rinli. 4.7-ta'rifga
ko`ra, f : C [0, 1] → C chekli bo`lmagan qavariq funksional bo`ladi. Bu funksionalni θ ∈ C[0, 1], θ(t) ≡ 0 nuqtada uzluksiz emasligini ko`rsatamiz. Nolga yaqinlashuvchi {xn } ⊂ C[0, 1] ketma-ketlikni quyidagicha tanlaymiz:


xn (t) =
t ∈ [0, n−1 ]
0,
 a−1 x0 (t), t ∈ (n−1 , 1].
n
55
Bu yerda an = Vn1−1 [x0 ],
x0 (t) = t sin πt−1 , t ∈ (0, 1] . Yuqorida ta'kidlangani-
dek, lim an = ∞ . xn elementning C[0, 1] fazodagi normasi a−1
n ga teng.
n→∞
Shuning uchun lim kxn k = 0 . Ammo |f (xn ) − f (θ)| = |f (xn )| ≥ 1 , ya'ni
n→∞
{f (xn )} ketma-ketlik f (θ) = 0 ga yaqinlashmaydi.
¤
4.4. Quyida berilgan to`plamlarning qaysilari qavariq to`plam, qaysilari qavariq jism bo`ladi. Agar M qavariq jism bo`lsa, uning yadrosini toping.
©
a) M = x ∈ R3 : x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0
ª
birinchi oktant.
b) M = {x ∈ C[−1, 1] : x(t) ≤ 0, ∀t ∈ [−1, 1]} .
c) M = {x ∈ X : kxk ≤ 1} , X − normalangan fazodagi birlik shar.
d) M = {x ∈ `2 : |xn | ≤ 2−n } ,
`2 − dagi asosiy parallelepiped.
Yechish. Biz faqat a) qismini tekshirish bilan cheklanamiz. Boshqalarini
javobini beramiz. a) Faraz qilaylik, x va y lar M ning ixtiyoriy ikki nuqtasi
bo`lsin. U holda barcha
α, β ≥ 0, α + β = 1
(4.3)
lar uchun α x+β y ∈ M munosabat o`rinli. Chunki, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0 ,
y1 ≥ 0, y2 ≥ 0, y3 ≥ 0 va (4.3) shartlardan αx1 + βy1 ≥ 0, αx2 + βy2 ≥ 0,
αx3 + βy3 ≥ 0 shartlar kelib chiqadi. Ya'ni [x, y] kesma M ga qarashli.
22.4-ta'rifga ko`ra M qavariq to`plam bo`ladi. Bu to`plam qavariq jism ham
©
bo`ladi. Uning yadrosi J(M ) = x ∈ R3 : x1 > 0, x2 > 0, x3 > 0
ª
dir.
b) M qavariq to`plam qavariq jism ham bo`ladi. Uning yadrosi
J(M ) = {x ∈ C[−1, 1] : x(t) < 0, ∀t ∈ [−1, 1]} to`plamdan iborat.
c) M qavariq to`plam qavariq jism ham bo`ladi. Uning yadrosi
M = {x ∈ X : ||x|| < 1} to`plamdan iborat.
d) M qavariq to`plam qavariq jism bo`lmaydi.
Uy vazifalari va mavzuni o`zlashtirish uchun masalalar
56
¤
4.5-4.13-misollarda keltirilgan funksionallarning qaysilari chiziqli, qaysilari
qo`shma chiziqli, qaysilari uzluksiz. Tekshiring.
4.5. f : R3 → R, f (x) = a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 .
Rπ
4.6. f : C[0, π] → C, f (x) = (1 − cos t) x (t) dt.
0
4.7. f : C [0, 1] → C, f (x) = x (0) .
4.8. f : C[0, 1] → C, f (x) =
R1
t2 x (t) dt .
0
µ ¶
1
4.9. f : C [0, 1] → C, f (x) = x
.
2
(1)
4.10. f : L1 [0, 1] → C, f (x) =
0
R1
et x (t) dt.
0
R1
4.11. f : L2 [0, 1] → C, f (x) = x(0) + x (t) dt.
0
4.12. f : L2 [0, π] → C, f (x) =
4.13. f : L2 [0, π] → C, f (x) =
Rπ
cos t x (t) dt.
0
Rπ
sin t x (t) dt.
0
4.14-4.22-misollarda keltirilgan funksionallarni chiziqli chegaralanganlikka
tekshiring, chegaralangan bo`lsa, uning normasini toping.
1
3
1
4.15. f : C[−1, 1] → C, f (x) = (x (ε) + x (−ε) − 2x (0)) , ε ∈ (0, 1].
2ε
R1 −1/3
4.16. f : L2 [0, 1] → C, f (x) = t
x(t) dt.
4.14. f : C[−1, 1] → C, f (x) = [x (−1) + x (1)].
0
4.17. f : L2 [−1, 1] → C, f (x) =
4.18. f : L2 [0, 1] → C, f (x) =
R1
R0
1/3
t
−1
x(t) dt +
R1
t−1/3 x(t) dt.
0
sign(t − 1/3) x(t) dt.
0
57
4.19. f : `1 → C, f (x) =
∞
P
xk .
k=1
4.20. f : `2 → C, f (x) = x1 + x3 + x5 + x7 .
4.21. f : `2 → C, f (x) = x2 + x4 + x6 + · · · + x200 .
4.22. f : `3/2 → C, f (x) =
∞
P
n=1
xn
√
.
3
3n
4.23-4.31-misollarda keltirilgan funksionallarning qaysilari qavariq, qaysilari chekli qavariq, qaysilari uzluksiz. Tekshiring.
4.23. f (x) =
4.24. f (x) =
∞ 1
P
|xk |, x = (x1 , x2 , . . .) ∈ `2 .
k
k=1
∞
P
|xk |, x = (x1 , x2 , . . .) ∈ `1 .
k=1
4.25. f (x) = |x1 + x2 + · · · + x49 |,
s
4.26. f (x) =
∞
P
x = (x1 , x2 , . . .) ∈ m.
21−k |xk |2 , x = (x1 , x2 , . . .) ∈ c0 .
k=1
4.27. f (x) = lim |xn |,
n→∞
x = (x1 , x2 , . . .) ∈ c.
4.28. f (x) = max x(t), x ∈ C[0, 1].
0≤ t ≤1
R1
4.29. f (x) = | x(t) dt|, x ∈ C[0, 1].
0
R1
4.30. f (x) = 2| tx(t2 ) dt|, x ∈ C[0, 1].
0
4.31. f (x) = V01 [x], x ∈ V [0, 1].
4.32. Tekislikda berilgan quyidagi to`plamlarning qaysilari qavariq to`plam,
qaysilari qavariq jism (4.1-chizmaga qarang) bo`ladi.
a) kvadrat,
b) kesma,
c) doira,
58
d) ellips,
e) besh yulduz.
4.1-chizma
4.33. A, B ⊂ X ixtiyoriy qavariq to`plamlar. A∪B, A∩ B, A+B to`plamlardan qaysilari qavariq to`plam bo`ladi?
4.34. Normalangan fazoda qavariq to`plamning yopig`i qavariq bo`ladimi?
4.35. Agar p : L → R+ chekli qavariq funksional bo`lsa, u holda
M = { x ∈ L : p (x) ≤ 1 }
to`plam qavariq jism bo`ladi va uning yadrosi nol elementni saqlaydi.
Isbotlang.
4.36. p : R2 → R+ , p(x) = 2 |x1 | + 3 |x2 | chekli qavariq funksional uchun
M=
©
x ∈ R2 : p (x) ≤ 1
ª
to`plamni tekislikda chizing. M to`plamning yadrosini toping.
4.37. Minkovskiy funksionali haqidagi masala. M ⊂ L qavariq jismning yadrosi
nol elementni saqlasin. U holda har bir x ∈ L ga
n
pM (x) = inf
o
x
r>0:
∈M
r
sonni mos qo`yuvchi pM : L → R akslantirish qavariq funksional bo`lishini
isbotlang. Bu funksional M qavariq jism uchun Minkovskiy funksionali
deyiladi.
4.38. R2 fazoda M = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : −1 ≤ x1 < 2, −2 ≤ x2 < 1} to`plamning qavariq jism ekanligini isbotlang. Uning yadrosi nolni saqlashini
ko`rsating. Unga mos Minkovskiy funksionalini toping.
59
4.39. C1 [0, 1] fazoning hamma yerida aniqlangan chiziqli, ammo uzluksiz bo`lmagan funksionalga misol keltiring.
4.40. C (1) [0, 1] − [0, 1] kesmada aniqlangan uzluksiz dierensiallanuvchi funksiyalar fazosi. L = {x ∈ C (1) [0, 1] : x(0) = x(1) = 0} uning qism fazosi
va u, v, w ∈ C[0, 1] bo`lsin. Quyidagi f va g funksionallar uchun a),
b) va c) tasdiqlarni isbotlang.
Z
Z
1
f (x) =
1
0
u(t) x (t) dt, g(x) =
0
[v(t)x(t) + w(t)x0 (t)] dt.
0
a) f va g lar C (1) [0, 1] fazoda chiziqli uzluksiz.
b) agar ∀ x ∈ L uchun f (x) = 0 bo`lsa, u(t) ≡ const bo`ladi.
c) agar barcha x ∈ L lar uchun g(x) = 0 bo`lsa, w ∈ C (1) [0, 1] va
w0 (t) = v(t) bo`ladi.
4.41. L = {x ∈ Rn : x1 + x2 + · · · + xn = 0} to`plam Rn fazoning qism fazosi
∗
bo`ladi. Qism fazoning koo`lchamini toping. Shunday f ∈ (Rn ) topingki,
L = Ker f bo`lsin.
½
¾
R0
R1
4.42. L = x ∈ C[−1, 1] : x(t)dt = x(t)dt to`plam C[−1, 1] fazoning
−1
0
qism fazosi bo`lishini isbotlang. Shunday f ∈ C ∗ [−1, 1] topingki, L =
Ker f bo`lsin.
4.43. Agar dim X = n bo`lsa, u holda dim X ∗ = n bo`lishini isbotlang.
4.44. Agar dim X = ∞ bo`lsa, u holda dim X ∗ = ∞ bo`lishini isbotlang.
4.45. f : C[−1, 1] → C, f (x) = x (0) chiziqli uzluksiz funksionalni
Z
1
f (x) =
x(t) dg(t)
−1
shaklda tasvirlang, ya'ni g ∈ V0 [−1, 1] funksiyani toping.
60
x(−1) + x(1) R1
4.46. f : C[−1, 1] → R, f (x) =
+ tx (t) dt chiziqli uzluksiz
2
−1
funksionalni
Z
1
f (x) =
x(t) dg(t)
−1
shaklda tasvirlang, ya'ni g ∈ V0 [−1, 1] funksiyani toping.
4.47. R2 fazoning L = {x ∈ R2 : 2x1 − x2 = 0} qism fazosida f (x) = x1
chiziqli uzluksiz funksional berilgan. Bu funksionalni normasini saqlagan
holda davom ettiring. Bu davom yagonami?
4.48. C[0, 1] fazoning L = {λ · t} qism fazosida f chiziqli uzluksiz funksionalning x(t) = λ · t nuqtadagi qiymatini f (x) = λ deb aniqlaymiz. Bu
funksionalni normasini saqlagan holda davom ettiring. Bu davom yagonami?
4.49. H Hilbert fazosi, y ∈ H biror element bo`lsin, fy (x) = (x, y), x ∈ H
funksionalning chiziqli uzluksiz ekanligini isbotlang. Bu yerda (x, y) − H
dagi skalyar ko`paytma.
4.50. fy : H → C, fy (x) = (y, x) funksionalning qo`shma chiziqli ekanligini
isbotlang. Uning normasini toping.
4.51. f : H × H → C, f (x, y) = (x, y) akslantirishning bichiziqli uzluksiz
funksional ekanligini isbotlang.
4.52. 4.51-misoldagi f akslantirishning simmetrik bichiziqli funksional ekanligini isbotlang. Uning normasini toping.
4.53-4.55-misollarda keltirilgan funksionallar ketma-ketligini nolga kuchsiz
ma'noda yaqinlashishga tekshiring.
4.53. fn : L2 [−π, π] → C, fn (x) =
Rπ
cos nt x(t) dt.
−π
61
4.54. fn : L2 [−π, π] → C, fn (x) =
4.55. fn : L2 [0, 2π] → C, fn (x) =
Rπ
sin nt x(t) dt.
−π
R2π
exp{−int} x(t) dt.
0
4.56-4.58-misollarda keltirilgan funksionallar ketma-ketligini yaqinlashish
xarakterini (kuchli, kuchsiz) aniqlang. Limitik funksionalni toping.
4.56. fn : L2 [−1, 1] → C, fn (x) =
n R1 tk
P
x(t) dt.
k!
k=0 −1
n R1 (−1)k t2k+1
P
4.57. fn : L2 [−1, 1] → C, fn (x) =
x(t) dt.
k=0 −1 (2k + 1)!
4.58. fn : L2 [−π, π] → C, fn (x) =
n Rπ
P
2
(−1)k+1 sin k t x(t) dt.
k
k=1 −π
4.59-4.63 misollarda keltirilgan chiziqli normalangan fazolarga qo`shma fazolarni toping.
4.59. Rn , Rn∞ , Rnp , p > 1 fazolarga qo`shma fazolarni toping.
4.60. Rn1 fazoga qo`shma fazoni toping.
4.61. `2 , `p , p > 1, c, c0 , m, fazolarga qo`shma fazolarni toping.
4.62. L2 [a, b], Lp [a, b], p > 1 fazolarga qo`shma fazolarni toping.
4.63. C[a, b] fazoga qo`shma fazoni toping.
62
Tekshirish uchun o`rgatuvchi testlar
1. Darajasi 100 dan oshmaydigan ko`phadlar fazosining o`lchamini toping.
A) 100
B) 101
C) 50
D) 200
2. Uch satr va uch ustundan iborat matritsalar fazosining o`lchamini toping.
A) 3
B) 6
C) 9
D) 27
3. Chekli o`lchamli chiziqli fazolar ko`rsatilgan javobni toping.
A) C[a, b], `2
C) Cn , R3
B) C2 [a, b], c0
D) Cn , L2 [a, b]
4. Cheksiz o`lchamli chiziqli fazolar ko`rsatilgan javobni toping.
A) Cn , C[a, b], `2
B) C[a, b], `2 , c0
C) Cn , c, m
D) Cn , L2 [a, b], `p
5. C[0, 1] fazoda chiziqli bog`langan vektorlar sistemasini toping.
A) 1, t, t2
B) t2 , t3 , t5
2
C) 1 + t2 , 2t, (1 − t)
D) 1, t2 , t4
6. f : R3 → R, f (x) = x1 chiziqli funksionalning yadrosini toping.
©
x ∈ R3 : x1 = x2 = 0
©
ª
C) x ∈ R3 : x2 = 0
A)
©
ª
©
ª
x ∈ R 3 : x1 = 0
©
ª
D) x ∈ R3 : x3 = 0
B)
ª
7. L0 = x ∈ R5 : x1 = x5 = 0 qism fazoning koo`lchamini toping.
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
8. Faktor fazoda elementning normasi qanday aniqlanadi?
A) kξk = sup kxk
B) kξk = inf kxk
C) kξk = kxk
D) kξk = sup kx − yk
x∈ξ
x∈ξ
y∈L0
9. C[0, 1] fazoda aniqlangan chiziqli bo`lmagan funksionalni toping.
A) f (x) =
R1
0
x(t)dt
C) f (x) = x(0) + x(1)
B) f (x) =
R1
0
x(t) et dt
D) f (x) = |x(0)|
63
10. C[a, b] fazoda aniqlangan qavariq funksionalni toping.
A) f (x) =
Rb
x(t) et dt
a¯
¯
¯
¯Rb
¯
¯
D) f (x) = ¯ x(t) dt¯
¯a
¯
B) f (x) =
x(t)dt
a
C) f (x) = x(a) + x(b)
Rb
11. Tekislikda qavariq bo`lmagan to`plamni toping.
A) uchburchak
B) kvadrat
C) trapetsiya
D) besh yulduz
12. Tekislikda keltirilgan quyidagi to`plamlardan qaysi biri qavariq to`plam
bo`ladi, ammo qavariq jism bo`lmaydi.
A) uchburchak
B) kvadrat
C) doira
D) kesma
13. Quyidagi to`plamlardan qaysi biri C[a, b] fazoning qism fazosi bo`ladi?
A) Monoton o`suvchi funksiyalar
B) Manymas funksiyalar
C) Monoton kamayuvchi funksiyalar
D) Barcha ko`phadlar
14. Noto`g`ri tasdiqni toping.
A) `1 fazo `2 fazoning qism fazosi bo`ladi.
B) c0 fazo c fazoning qism fazosi bo`ladi.
C) `2 fazo c0 fazoning qism fazosi bo`ladi.
D) m fazo c fazoning qism fazosi bo`ladi.
15. To`la bo`lmagan normalangan fazoni toping.
A) C1 [a, b]
B) `2
C) Rn
D) C[a, b]
16. E normalangan fazo. Noto`g`ri tasdiqni toping.
A) E dagi ixtiyoriy chegaralangan ketma-ketlik yaqinlashuvchidir
B) Agar xn → x, yn → y bo`lsa, u holda xn + yn → x + y
C) x, y ∈ E uchun kxk − kyk ≤ kx − yk tengsizlik o`rinli
D) xn → x va λn → λ bo`lsa, u holda λn xn → λx
64
17. Quyidagi ketma-ketliklardan qaysilari C1 [0, 1] fazoda nol funksiyaga yaqinlashadi.
1) xn (t) =
A) 1, 2
t
,
1 + n2 t2
B) 1, 2, 3
2) xn (t) = te−n ,
C) 1, 3
3) xn (t) = tn .
D) 2, 3
18. Quyidagi ketma-ketliklardan qaysilari C[0, 1] fazoda fundamental?
1) xn (t) =
A) 1, 2
nt
,
1 + n2 t2
B) 1, 2, 3
2) xn (t) = te−n ,
C) 1, 3
3) xn (t) = tn
D) 2
19. Quyidagi to`plamlardan qaysi biri C[−1, 1] fazoda qism fazo tashkil qilmaydi?
A) Barcha ko`phadlar to`plami
B) x(−1) = 0 shartni qanoatlantiruvchi funksiyalar to`plami
C) Monoton funksiyalar to`plami
D) Uzluksiz dierensiallanuvchi funksiyalar to`plami
20. Quyidagi to`plamlardan qaysi biri C[−1, 1] fazoda qism fazo tashkil qilmaydi?
A) Darajasi 100 dan oshmaydigan ko`phadlar to`plami
B) x(1) = 1 shartni qanoatlantiruvchi funksiyalar to`plami
C) Toq funksiyalar to`plami
D) Juft funksiyalar to`plami
21. Quyidagi to`plamlardan qaysi biri C[−1, 1] fazoda qism fazo tashkil qiladi?
A) Monoton o`suvchi funksiyalar
B) Monoton kamayuvchi funksiyalar
C) Darajasi 2 bo`lgan ko`phadlar
D) {x ∈ C[−1, 1] :
R1
−1
x(t)dt = 0} shartni qanoatlantiruvchi funksiyalar
65
22. Noto`g`ri tasdiqni toping.
A) Chiziqli bog`lanmagan sistemaning biror qism sistemasi chiziqli bo`glangan bo`ladi
B) Chiziqli bog`lanmagan sistemaning ixtiyoriy qism sistemasi ham chiziqli bo`glanmagan bo`ladi
C) Agar sistemaning biror qism sistemasi chiziqli bog`langan bo`lsa, berilgan sistema ham chiziqli bo`g`langan bo`ladi
D) Agar x1 , x2 , . . . , xn vektorlar sistemasi chiziqli bog`langan bo`lsa, bu
vektorlardan biri qolganlarining chiziqli kombinatsiyasidan iborat bo`ladi
23. E − chiziqli fazo, x1 , x2 , . . . , xn ∈ E bo`lsin. Chiziqli bog`lanmagan
vektorlar sistemasining ta'rini ko`rsating.
A) α1 x1 + α2 x2 + . . . + αn xn = 0
⇔ α1 = α2 = . . . = αn = 0
B) α1 x1 + α2 x2 + . . . + αn xn = 0
⇔ α1 = 1, α2 = . . . = αn = 0
C) α1 x1 + α2 x2 + . . . + αn xn = 0 ⇔ α1 + α2 = 0, α3 = . . . = αn = 0
D) α1 x1 + α2 x2 + . . . + αn xn = 0
⇔ α1 + α2 + . . . + αn = 0
24. f0 : V0 [a, b] → R , f0 (x) = x(b) funksionalning davomini toping.
A) f (x) = x(a) − 2x(b), x ∈ V [a, b]
B) f (x) = x(a) + x(b), x ∈ V [a, b]
C) f (x) = x(a) + 2x(b), x ∈ V [a, b]
D) f (x) = x(a) − x(b), x ∈ V [a, b]
25. Noto`g`ri tasdiqni toping.
A) n− o`lchamli chiziqli fazoda ixtiyoriy n ta chiziqli bog`lanmagan
vektorlardan iborat sistema bazis bo`ladi
B) {ek = (0, 0, . . . , 1, 0, . . . , 0)}nk=1 vektorlar sistemasi Rn fazoda bazis
|
bo`ladi
{z
}
k
C) n− o`lchamli chiziqli fazoda ixtiyoriy n ta vektordan iborat sistema
66
bazis bo`ladi
D) R3 fazoda ixtiyoriy to`rtta vektor chiziqli bog`langandir.
26. Chiziqli bog`langan sistemani toping.
A) x(t) = sin2 2t, y(t) = cos2 2t, z(t) = 1 ∈ C[0, π]
B) x = (0, 1), y = (1, 0) ∈ R2
C) x = (1, 1, 1), y = (0, 1, 1), z = (0, 0, 1) ∈ R3
D) x(t) = 1, y(t) = t ∈ C[0, 1]
27. Chiziqli bog`lanmagan sistemani toping.
A) x(t) = t, y(t) = 2 − 3t, z(t) = 1 ∈ C[0, 1]
B) x = (0, 1), y = (2, 1), z = (1, 1) ∈ R2
C) x = (0, 1, 1), y = (1, 0, 0), z = (0, 0, 2) ∈ R3
D) x(t) = sin2 2t, y(t) = cos2 2t, z(t) = cos 4t ∈ C[0, π]
28. Quyidagi formulalar yordamida berilgan funksionallardan qaysi biri ko`rsatilgan fazoda skalyar ko`paytma aniqlaydi?
A) (x, y) =
∞
P
k=1
x2k yk , x, y ∈ `2
B) (x, y) = x1 y2 + x2 y1 , x, y ∈ R2
C) (x, y) =
D) (x, y) =
n
P
xk yk , x, y ∈ Cn
k=1
Rb
x(t)y(t)dt, x, y ∈ C[a, b]
a
29. Qanday fazo Banax fazosi deyiladi?
A) Skalyar ko`paytma kiritilgan chiziqli fazo
B) Har qanday normalangan fazo
C) To`la normalangan fazo
D) Istalgan metrik fazo.
30. Qanday fazo Evklid fazosi deyiladi?
A) Skalyar ko`paytma kiritilgan chiziqli fazo
67
B) Har qanday normalangan fazo
C) To`la normalangan fazo
D) Istalgan metrik fazo
31. Evklid fazolari keltirilgan javobni toping.
A) Rn , C[a, b], `2
B) Rn , C2 [a, b], `2
C) Cn , C2 [a, b], `1
D) Cn , C2 [a, b], `p
32. Hilbert fazolari keltirilgan javobni toping.
A) C2 [a, b], `2
C) Cn , C2 [a, b]
B) L2 [a, b], `2
D) Cn , `2
33. L2 [a, b] kompleks Hilbert fazosidagi skalyar ko`paytmani ko`rsating.
A) (x, y) =
Rb
it
B) (x, y) =
x(t)y(t) e dt
a
Rb
C) (x, y) =
|x(t) y(t)| dt
a
D) (x, y) =
Rb
x(t)y(t) dt
a
∞
P
n=1
xn y n
34. C2 [a, b] haqiqiy Evklid fazosidagi skalyar ko`paytmani ko`rsating.
A) (x, y) =
C) (x, y) =
Rb
a
Rb
it
x(t)y(t) e dt
|x(t) y(t)| dt
a
B) (x, y) =
Rb
x(t) y(t)dt
a
D) (x, y) = x(a)y(a) + x(b)y(b)
35. Haqiqiy Evklid fazosida nolga teng bo`lmagan x va y vektorlar orasidagi
ϕ burchakning kosinusi qanday formula bilan aniqlanadi?
(x, y)
(x, x) − (y, y)
A) cos ϕ =
B) cos ϕ =
kxk · kyk
kxk · kyk
kxk + kyk
kx + yk
C) cos ϕ =
D) cos ϕ =
kxk · kyk
kxk · kyk
36. Evklid fazosida Koshi-Bunyakovskiy tengsizligini toping.
A) |(x, y)| ≤ kxk · kyk
2
2
B) kx + yk ≤ kxk + kyk
2
C) kx + yk ≤ kxk + kyk
D) kx + yk + kx − yk ≤ 2 (kxk + kyk)
37. Normalangan fazo Evklid fazosi bo`lishi uchun quyidagi shartlardan qaysi
birining bajarilishi zarur va yetarli?
68
2
A) kx + yk ≤ kxk + kyk
C) kλxk = |λ| · kxk
2
³
2
2
´
B) kx + yk + kx − yk = 2 kxk + kyk
D) kx + yk + kx − yk ≤ 2 (kxk + kyk)
38. To`la bo`lmagan separabel Evklid fazosini toping.
A) Rn
B) C2 [a, b]
C) Cn
D) `2
39. E Evklid fazosidagi {xn } sistema uchun quyidagi shartlarning qaysi biri
bajarilganda u E da 
ortonormal bazis deyiladi?
 1, agar n = m
bo`lsa.
A) Agar (xn , xm ) =
 0, agar n 6= m
B) Agar {xn } ortonormal sistema bo`lib, u E da to`la bo`lsa.
C) Agar {xn } sistemani saqlovchi minimal yopiq qism fazo E ning xos
qismi bo`lsa.
D) {xn } sistema chiziqli bog`lanmagan bo`lib, kxn k = 1 bo`lsa.
40. Noto`g`ri tasdiqni toping.
A) Har qanday Evklid fazosida sanoqli ortonormal bazis mavjud.
B) Evklid fazosida yig`indi amali uzluksizdir.
C) Evklid fazosida skalyar ko`paytma amali uzluksizdir.
D) Evklid fazosida songa ko`paytirish amali uzluksizdir.
41. E to`la haqiqiy Evklid fazosi, {ϕn }∞
n=1 undagi ortonormal sistema va
f ∈ E, ck = (f, ϕk ) bo`lsin. Quyidagi shartlarning qaysi biri bajarilganda berilgan sistema yopiq deyiladi?
A)
C)
∞
P
k=1
∞
P
k=1
c2k ≤ kfk2 , ∀f ∈ E
c2k ≥ kfk2 , ∀f ∈ E
∞
P
c2k = kfk2 , ∀f ∈ E
k=1
°
°2
∞
∞
°
°
P
P
2
°
°
D) °f −
ck ϕk ° = kfk −
c2k
B)
k=1
k=1
42. Quyidagi tasdiqlarning qaysi biri to`g`ri?
A) Separabel Evklid fazosida har qanday to`la ortonormal sistema yopiq
va aksincha.
69
B) Separabel Evklid fazosida har qanday ortonormal sistema to`ladir.
C) Separabel Evklid fazosida har qanday ortonormal sistema yopiqdir.
D) To`la Evklid fazosida har qanday ortonormal sistema yopiqdir.
43. C2 [−1, 1] Evklid fazosida f (x) = 1 funksiyaning {ϕn (t) = sin nπt}∞
n=1
ortonormal sistemadagi Furye koetsiyentlarini toping.
B) cn = n−1 , n ∈ N
A) cn = 0, n ∈ N
C) cn = (−1)n /n, n ∈ N
D) cn = n−2 , n ∈ N
44. L2 [−π, π] kompleks Evklid fazosida to`la ortonormal sistemani toping.
n
o∞
−1/2
A) (2π)
exp {int}
n=−∞
©
ª∞
C) π −1/2 sin nt n=1
B)
©
ª∞
π −1/2 cos nt n=1
∞
D) {tn }n=1
45. Quyidagi tasdiqlardan qaysi biri o`rinli?
A) Har qanday ikki separabel Hilbert fazolari o`zaro izomorfdir
B) Har qanday ikki Evklid fazolari o`zaro izomorfdir
C) Har qanday ikki Hilbert fazolari o`zaro izomorfdir
D) Har qanday ikki separabel Evklid fazolari o`zaro izomorfdir
46. Quyidagilar ichidan skalyar ko`paytma shartlarini ajrating.
1) (x + z, y) = (x, y) + (z, y),
3) (x, z) ≤ (x, y) + (y, z),
2) (λx, y) = λ(x, y),
4) (x, y) = (y, x)
5) (x, x) ≥ 0, (x, x) = 0 ⇐⇒ x = 0
A) 1, 3, 4, 5
B) 1, 2, 4, 5
C) 1, 3, 5
D) 2, 3, 4, 5
47. Qaysi javobda Evklid fazosidagi norma to`g`ri keltirilgan.
A) k x k =
p
(x, x)
C) k x k = (x, x)
B) k x + y k = |(x, y)|
D) k x − y k = |(x − y)|
48. Quyidagilardan qaysilari C[a, b] kompleks chiziqli fazoda skalyar ko`paytma aniqlaydi?
70
1) (x, y) =
Rb
a
Rb
x(t)y(t) dt,
3) (x, y) =
t
a x(t)y(t) e dt,
Rb
a x(t) y(t) dt
A) 1, 3
B) 2, 3
2) (x, y) =
C) 1, 2
D) 1, 2, 3
49. Evklid fazosida noldan farqli x va y elementlar qanday shartda ortogonal
elementlar deyiladi?
A) (x, y) = 0
B) (x, x) = (y, y) = 1
C) kx − yk = 0
D) (x, y) =
p
(x, x)(y, y)
50. Evklid fazosida noldan farqli {xα } elementlar sistemasi uchun . . . . bo`lsa, u ortogonal sistema deyiladi?
A) ixtiyoriy α 6= β da (xα , xβ ) = 0
C) ixtiyoriy α da (xα , xα ) = 1
B) {xα } chiziqli bog`lanmagan
D)
71
{xα } chiziqli bog`langan
Javoblar va ko`rsatmalar
1-Ÿ. Asosiy chiziqli fazolar
8-20- misollarda chiziqli fazoning 1.8 aksiomalari bajariladi.
21. Monoton funksiyalar to`plami chiziqli fazo tashkil qilmaydi.
22-29-misollarda keltirilgan to`plamlar chiziqli fazo tashkil qiladi.
30. Davriy funksiyalar to`plami chiziqli fazo tashkil qilmaydi.
31-36-misollarda keltirilgan to`plamlar chiziqli fazo tashkil qiladi.
37, 38, 39 va 41 larda sistema chiziqli erkli.
40, 42, 43, 44 larda sistema chiziqli bog`langan.
45. A = [−1, 1] yoki A = [−1, 0] , A = [0, 1] desak, f1 , f2 va f3 elementlar
L1 [−1, 1] fazoda chiziqli bog`langan bo`ladi.
46. a) A = [−2, 0) , B = (0, 1] , b) A = [−2, 0) , B = (0, 3] .
47. dim R5 = 5 , dim P≤8 = 9, dim M33 = 9 .
48. dim C5 = 5 , dim m = dim c = ∞.
49. Barcha fazolarning o`lchami cheksiz.
50. Barcha fazolarning o`lchami cheksiz.
54. O`lchami n − 1 .
55. co dim M = 3.
56. Ma'lumki, nolga ekvivalent funksiyalar yig`indisi yana nolga ekvivalent
bo`lgan funksiya bo`ladi. Nolga ekvivalent funksiyaning songa ko`paytmasi
e(0)
e
ham nolga ekvivalent funksiya bo`ladi. Demak, L
p [a, b] to`plam Lp [a, b]
fazoning xos qism fazosi bo`ladi.
60. Bu fazoning nol elementi bir soni bo`ladi. O`lchami 1.
61. Yo`q.
2-Ÿ. Chiziqli normalangan fazolar
4-21-misollarda berilgan funksionallar normaning barcha shartlari bajariladi.
72
12-misolning yechimini keltiramiz. Ixtiyoriy uzluksiz funksiya [a, b] kesmada integrallanuvchidir. Shuning uchun p1 funksional C[a, b] fazoning hamma
yerida aniqlangan.
Z
b
|f (x)| dx, f ∈ C[a, b]
p1 (f ) =
a
funksional uchun norma shartlarining bajarilishini tekshiramiz. 1-shart
Z
p1 (f ) =
b
|f (x)| dx ≥ 0
a
ixtiyoriy f ∈ C[a, b] uchun |f (x)| ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] shartdan kelib chiqadi.
Agar p1 (f ) = 0 bo`lsa, u holda Lebeg integralining IV xossasidan f ning nolga ekvivalentligi kelib chiqadi. f ning uzluksizligidan |f (x)| ≡ 0 ekanligini
olamiz, ya'ni f (x) ≡ 0 . Agar f (x) ≡ 0 bo`lsa, u holda p1 (f ) = 0 ekanligi
integralning ta'ridan kelib chiqadi. 2-shart
Z
Z
b
p1 (αf ) =
|α f (x) | dx = |α|
a
b
| f (x) | dx = |α| p1 (f )
a
tenglikdan kelib chiqadi. 3-shart
Zb
p1 (f + g) =
Zb
|f (x) + g(x)|dx ≤
a
Zb
|f (x)| dx +
a
|g(x)|dx = p1 (f ) + p1 (g)
a
tengsizlikdan kelib chiqadi. Demak, bu funksional uchun normaning barcha
shartlari bajariladi.
25 misolda normaning barcha shartlari bajariladi.
26. Bu misolda berilgan funksional uchun normaning 1-sharti bajarilmaydi.
Haqiqatan ham, noldan farqli x0 (t) ≡ 1 element uchun
p(x0 ) = |x0 (b) − x0 (a)| + max |x00 (t)| = |1 − 1| + max |0| = 0
a<t≤b
a<t≤b
tenglik o`rinli. Ya'ni p(x) = 0 shartdan x(t) = 0 shart kelib chiqmaydi.
2-shart p(αx) = |α|p(x) va 3-shart p(x + y) ≤ p(x) + p(y) ning bajarilishi
modul hamda maksimum xossalaridan kelib chiqadi.
73
27- misolda normaning 1-sharti bajarilmaydi.
28-30-misollarda normaning barcha shartlari bajariladi.
31. Bu misollarning barchasida lim kxn − θk = lim kxn k = 0 shartni tekn→∞
n→∞
shirish kerak bo`ladi. Chunki θ(t) ≡ 0 funksiya 2.31-2.40-misollarda keltirilgan fazolarning barchasida nol elementdir. Bu misolda berilgan xn (t) =
nt
elementning normasini baholaymiz
1 + n2 + t2
¯
¯
¯
¯
n
1
nt
¯ ≤ n
.
kxn k = max ¯¯
≤
=
0≤ t ≤1 1 + n2 + t2 ¯
1 + n2
n2
n
Demak, lim kxn k = 0 munosabat o`rinli, ya'ni {xn } nolga yaqinlashadi.
n→∞
32-39-misollardagi ketma-ketliklar nolga yaqinlashadi.
40. Berilgan xn (t) = 2n · t · e−nt elementning normasini hisoblaymiz
2
Z
Z
1
kxn k =
|2n · t · e
−nt2
Z
1
|dt = 2n
t·e
−nt2
dt =
0
0
1
2
e−nt d(nt2 ) =
0
¯1
¯ = −e−n + 1.
−nt2 ¯
=−e
0
Demak, lim kxn k = 0 tenglik o`rinli emas, shuning uchun {xn } ketma-ketlik
n→∞
nol elementga yaqinlashmaydi.
41. kxk = 3, kxk1 = 5, kxk4 =
√
4
√
4
33 , kxk∞ = 2,
337 , kyk∞ = 4 .
√
√
42. kf k = 1, kf k1 = 4, kf k2 = π, kgk = 1, kgk1 = 4, kgk2 = π .
√
43. kϕn kC = kψn kC = 1, kϕn kL2 = kψn kL2 = π,
kyk = 5, kyk1 = 7, kyk4 =
kϕn kM = kψn kM = 1, kϕn kV = kψn kV = 4n.
48. Normaning ucburchak tengsizligiga ko`ra quyidagilar o`rinli
kxk = kx − y + yk ≤ kx − yk + kyk ⇒ kxk − kyk ≤ kx − yk,
kyk = ky − x + xk ≤ ky − xk + kxk ⇒ kyk − kxk ≤ kx − yk.
Bu ikki tengsizlikdan (2.1) tengsizlik kelib chiqadi.
74
51. x =
x+y+x−y
deymiz. Bu yerdan va normaning xossalaridan
2
kxk ≤
1
(kx + yk + kx − yk) ≤ max{kx + yk, kx − yk}
2
ni olamiz.
57. Ha. 58. Yo`q. Masalan, A = [0, 1]\Q, B = [0, 1] ∩ Q.
1 1 1
1 1
, . . .) .
n 2 n
k n
1
1
1 1
1
b) va e) uchun x(n) = (1 + , √ + , . . . , √ + , . . .).
n! 2 n!
k n!
64. Ochiq to`plam bo`lmaydi.
62. a), c) va d) lar uchun x(n) = (1 + , + , . . . , +
65. Yopiq to`plam bo`lmaydi.
69. R2 , `2 va C2 [a, b] lar qat'iy normalangan fazolar bo`ladi. `1 , m va
C[a, b] lar qat'iy normalangan fazolar emas.
71. Ha. X = R, A = Q , B = R\Q .
72. C [−1, 1] = C − [−1, 1] ⊕ C + [−1, 1] , bu yerda C − [−1, 1] = {x :
x(−t) = −x(t)} toq funksiyalar, C + [−1, 1] = {x : x(−t) = x(t)} esa
juft funksiyalar fazosi.
(−1)n
75. Yo`q. X = R, xn =
.
n
3-Ÿ. Evklid va Hilbert fazolari
6-10 - misollardagi p funksional skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantiradi.
11-14 - misollardagi p funksional skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantiradi.
15-18 - misollardagi p funksional skalyar ko`paytmaning 1-shartini qanoatlantirmaydi.
19-21 - misollardagi p funksional skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantiradi.
22 misoldagi p funksional skalyar ko`paytmaning 3 va 4-shartlarini qanoatlantirmaydi.
23 - misoldagi p funksional skalyar ko`paytma shartlarini qanoatlantiradi.
75
24. e1 = (0, 0, 1), e2 = (0, 1, 0), e3 = (1, 0, 0).
1
2
1
3
1
6
25. e1 = √ (1, 1, 0), e2 = √ (1, −1, −1), e3 = √ (1, −1, 2).
1
1
2
µ2
¶
1 6
1
7 3 1
1 3
t , ψ3 (t) =
ψ1 (t) = √ , ψ2 (t) = √
t − t −
.
a
10
7
3,
5
2
r
r
¢
1
2
5 ¡ 2
t, ψ3 (t) =
3t − 1
ψ1 (t) = √ , ψ2 (t) =
8r
2
r3
1
2
2π
t−2
ψ1 (t) = √ , ψ2 (t) =
cos t, ψ3 (t) =
sin
.
2−8
π
π
π
π
r
r
¢
1
2
5 ¡ 2
ψ1 (t) = √ , ψ2 (t) =
t, ψ3 (t) =
3t − 1
3
8
2
e1 = (1, 0,
µ0, . . .), e2 = (0, 1,¶0, 0, . . .),µ e3 = (0, 0, 1, 0, 0, . . .).
¶
√
1
1
1 3
3
e1 = 3 0, , . . . , n−1 , . . . , e2 = 1, − , 3 . . . , n , . . . .
2
2
4 2
2
1
1
e1 = √ (1, 1, 0, 0, . . .) , e2 = √ (0, 0, , 1, 1, 0, 0, . . .) .
2
2
1
ψn (t) = √ sin nt, n ∈ N.
π
1
ψn (t) = √ exp{i n t}, n ∈ Z.
√ 2π
√
π
π
c0 = √ , c1 = 0, c2 =
, cn = 0, n ≥ 3.
2
2
dim(Mn )⊥ = n, n = 1, 2, 3 .
26. e1 = (−1, 0, 0), e2 = √ (0, −1, 1), e3 = √ (0, 1, 1).
27.
28.
29.
30.
31.
32.
33.
43.
44.
46.
50.
52. L−2 [−1, 1] ning ortogonal to`ldiruvchisi (L−2 [−1, 1])⊥ - L2 [−1, 1] dagi
−
⊥
juft funksiyalardan iborat. dim L−
2 [−1, 1] = dim(L2 [−1, 1]) = ∞.
(2n)!
, n ∈ N.
2
2n (n!)
r
2
58. kPn k =
, n ∈ N ∪ {0}.
2n + 1
r
1
3
59. ψ0 (t) = √ ,
ψ1 (t) =
t,
2
2
r
√ µ
¶
¢
5 ¡ 2
5 7
3
3 t − 1 , ψ3 (t) = √
ψ2 (t) =
t3 − t .
8
5
2 2
61. Ortonormal sistema ψn = xn (t) = a0 + a1 t + · · · + an−1 tn−1 shaklda
58. cn =
76
izlanadi. Demak, x1 (t) = a0 bo`lib,
Z
∞
2
kx1 k =
0
a20 e−t dt = a20 = 1
dan a0 = 1 ni olamiz. Demak, ψ1 (t) = x1 (t) = 1 ekan. 3.4-misol eslatmasiga
ko`ra, ϕ2 (t) = t − (f2 , ψ1 )ψ1 = t − 1 bo`ladi. Chunki, f2 (t) = t va
Z
∞
te−t dt = Γ(2) = (2 − 1)! = 1.
(f2 , ψ1 ) =
0
Endi ϕ2 ning normasini hisoblaymiz.
Z∞
Z∞
kϕ2 k2 = (t − 1)2 e−t dt = (t2 − 2 t + 1)e−t dt = Γ(3) − 2Γ(2) + Γ(1) = 1.
0
0
Biz bu yerda barcha n ∈ N larda o`rinli bo`lgan Γ(n) = (n − 1)! tenglikdan foydalandik. Demak, ψ2 (t) = x2 (t) = t − 1 ekan. 3.4-misol eslatmasiga
ko`ra, ϕ3 (t) = t2 − (f3 , ψ1 )ψ1 − (f3 , ψ2 )ψ2 deymiz va (f3 , ψ1 ) va (f3 , ψ2 )
koetsiyentlarni hisoblaymiz:
Z
∞
(f3 , ψ1 ) =
t2 e−t dt = Γ(3) = 2,
0
Z
∞
(f3 , ψ2 ) =
t2 (t − 1)e−t dt = Γ(4) − Γ(3) = 3! − 2! = 4.
0
2
Endi ϕ3 (t) = t − 2 − 4(t − 1) = t2 − 4t + 2 ning normasini hisoblaymiz.
Z∞
Z∞
2
kϕ3 k2 =
(t2 − 4t + 2)2 e−t dt =
0
(t4 − 8t3 + 20t2 − 16t + 4)e−t dt =
0
= Γ(5) − 8Γ(4) + 20Γ(3) − 16Γ(2) + 4Γ(1) = 24 − 48 + 40 − 16 + 4 = 4.
ϕ3 (t) 1 2
Bu yerdan ψ3 (t) =
= t − 2t + 1 ni olamiz.
kϕ3 k
2
62. Nolga ekvivalent funksiyalarning yig`indisi yana nolga ekvivalent funksiya
bo`ladi, nolga ekvivalent funksiyaning songa ko`paytmasi yana nolga ekvivalent
funksiya bo`ladi. Shuning uchun L+
20 [−1, 1] to`plam qism fazo tashkil qiladi.
Uning ortogonal to`ldiruvchisi esa
L−
20 [−1, 1] = {f ∈ L2 [−1, 1] : f (x)(1 − χ[0, 1] (x)) ∼ 0}
77
to`plamdan iborat.
65. (f, ϕ−n ) = (f, ϕ+n ) = 0, n ∈ N, (f, ψ0 ) =
n−1
√
2, (f, ψn ) = 0, n 6= 0.
2(−1)
, n ∈ N, (g, ϕ+
n ) = 0, n ∈ N, (g, ψ0 ) = 0,
nπ
√
2i(−1)n−1
(g, ψn ) =
, n 6= 0.
nπ
2
66. (f, ϕ−n ) =
(1 + (−1)n−1 ), n ∈ N, (f, ϕ+
n ) = 0, n ∈ N,
πn
2
(f, ψ0 ) = 0, (f, ψn ) =
(1 + (−1)n−1 ), n ∈ Z \ {0}.
πn
67. Normallangan Lejandr ko`phadlari
r
r
√ µ
¶
¢
5 7
3
1
3
5¡ 2
3
P0 = √ , P1 (t) =
t, P2 (t) =
3 t − 1 , P3 (t) = √
t − t ,...
2
8
5
2
2 2
(g, ϕ−
n) =
L2 [−1, 1] Hilbert fazosida ortonormal sistema tashkil qiladi. Shuning uchun
pn (t), n = 1, 2, 3 ko`phadni topish uchun et ni bu sistema bo`yicha Furye
qatoriga yoyish kifoya.
et = C0 P0 + C1 P1 (t) + C2 P2 (t) + C3 P3 (t) + · · ·
yoki
C0
et = √ + C 1
2
r
3
t + C2
2
r
√ µ
¶
¢
5¡ 2
5 7
3
3
3 t − 1 + C3 √
t − t + ···
8
5
2 2
(3.1j)
Ma'lumki kf − pn k masofa minimal bo`lishi uchun pn , f ∈ E elementning
{ϕk } ortonormal sistemadagi Furye qatorining qismiy yig`indisi bo`lishi zarur
va yetarli. Shunday ekan pn (t) = C0 P0 + C1 P1 (t) + C2 P2 (t) + · · · + Cn Pn (t),
n = 1, 2, 3 bo`ladi. Demak, Ck sonlar f (t) = et elementning {Pk } ortonormal sistemadagi Furye koetsiyentlari bo`lishi kerak. Shunday qilib, Furye
koetsiyentlari Ck larni hisoblaymiz:
Z
√
1 t ¯¯1
1
1
t
√ · e dt = √ e ¯ = √ (e − e−1 ) = 2 sh 1.
C0 = (f, P0 ) =
2
2 −1
2
−1
1
Endi C1 ni hisoblaymiz.
r Z1
r Z1
r
¯1
√
3
3
3
t¯
t
t
C1 = (f, P1 ) =
te ¯ −
t · e dt =
e dt = 6(ch 1 − sh 1).
−1
2
2
2
−1
−1
78
Demak, p1 (t) = sh 1 + 3(ch 1 − sh 1)t ekan. Endi C2 ni hisoblaymiz:
r Z1
r
r Z1
¯
1
5
5 2
5
¯
C2 = (f, P2 ) =
(3t2 − 1)et dt =
(3t − 1)et ¯ − 2
t et dt.
−1
8
8
8
−1
−1
tet funksiyaning
√ integrali C1 koetsiyentni hisoblashda topilgan edi. Bular√
4 10
dan C2 =
sh 1 − 10 ch 1 ni olamiz. Demak,
3
p2 (t) = sh 1 + 3(ch 1 − sh 1)t + (
10
5
sh 1 − ch 1)(3t2 − 1)
3
2
ekan. Xuddi shunday c3 = (f, P3 ) koetsiyent hisoblanib, p3 (t) ko`phad topiladi.
68. Bu misol 67-misolga o`xshash ishlanadi. Ya'ni pn (t) = C0 P0 + C1 P1 (t) +
C2 P2 (t) + · · · + Cn Pn (t), n = 1, 2, 3 bo`ladi. Bu yerda Pn , n ∈ N normallangan Lejandr ko`phadlari. Bu misolda f (t) = t4 juft funksiya bo`lganligi
uchun Furye qatorida t ning faqat juft darajalari qatnashadi, toq koetsiyentlar C2n−1 = 0, n ∈ N bo`ladi. Bu yerdan p0 (t) = p1 (t) = C0 P0 va
p2 (t) = p3 (t) = C0 P0 + C2 P2 (t) ni olamiz. p0 = p1 , p2 = p3 ko`phadlarni
topish uchun, faqat C0 va C2 koetsiyentlarni hisoblash yetarli.
√
¯1
1
1
2
¯
√ · t4 dt = √ t5 ¯ =
C0 = (f, P0 ) =
,
5
2
2 −1
−1
Z
1
r Z1
r µ
r
¶¯
1
5
5
3
5 16
1
¯
t4 (3t2 − 1)dt =
C2 = (f, P2 ) =
t7 − t5 ¯ =
.
−1
8
8 7
5
8 35
−1
Bu yerdan
ni olamiz.
1
1 2
p1 (t) = , p2 (t) = p3 (t) = + (3t2 − 1)
5
5 7
1
1
≤
tengsizlik bajariladi. Shuning uchun
(1 + x2 )2
x4
Z
Z
Z 1
Z
dx
dx
dx
2
|f (x)| dx =
≤
+
2 2
2 2
4
R
R (1 + x )
−1 (1 + x )
|x|>1 x
70. Agar |x| ≥ 1 bo`lsa,
79
integral mavjud, ya'ni f ∈ L2 (R). g funksiyaning tashuvchisi ( A = [−1, 1] )
chekli o`lchovli to`plam bo`lganligi uchun g ∈ L2 (R) va
Ularning skalyar ko`paytmasi
Z
Z
R
R |g(x)|
2
dx = 2.
¯1
dx
π π
π
¯
(f, g) =
f (x)g(x)dx =
=
arctgx
=
+
=
¯
2
−1
4 4
2
R
−1 1 + x
1
nolmas, ya'ni ular ortogonal elementlar emas.
71. f (x, y) = e−|x| e−|y| ni L2 (R2 ) qarashli ekanligini ko`rsatamiz. e−|x| ∈
L2 (R) bo`lganligi uchun f ∈ L2 (R2 ) bo`ladi. g funksiyaning tashuvchisi
chekli o`lchovli to`plam ( A = [−1, 1] × [0, 1] ) bo`lganligi uchun g ∈ L2 (R2 )
bo`ladi. Ular normasining kvadratlari
µZ
Z Z
kf k2 =
¶2
e−2|x| e−2|y| dxdy =
R
R
e−2|x| dx
µZ
=4
R
Z
∞
¶2
e−2|x| dx = 1,
0
|g(x)|2 dxdy = µ(A) = 2.
R2
√
Demak, kf k = 1, kgk = 2. Ularning skalyar ko`paytmasi
 1
2
Z
Z1 Z1
Z
(f, g) = f (x)g(x)dx = 2
e−x e−y dxdy = 2  e−x dx = 2(1−e−1 )2
−1 −1
R2
−1
nolmas, ya'ni ular ortogonal elementlar emas.
∞ 1
P
. 65-misolda L2 [−1, 1] fazoda g(x) = x elementning
2
n
n=1
©
ª
ψn (t) = 2−1/2 exp {inπt} , n ∈ Z to`la ortonormal sistemadagi Furye koef-
72. kf k2 = 2
tsiyentlari topilgan, ya'ni
g(x) = x =
X
√
Cn ψn (x), C0 = 0, Cn =
n∈Z
2i(−1)n−1
, n 6= 0
nπ
tenglik o`rinli. Parseval ayniyatiga ko`ra,
kgk2 =
X
n∈Z\{0}
bo`ladi. Endi
¯2
¯
∞ ¯√
∞
n−1 ¯
X
4 X 1
¯ 2i(−1) ¯
2
2
|Cn | = 2
|Cn | = 2
¯ = 2
¯
¯
¯
nπ
π n=1 n2
n=1
n=1
∞
X
Z
2
x3 ¯¯1
kgk =
x dx = ¯ =
3 −1 3
−1
2
1
2
80
ni hisobga olsak,
∞
2
4 X 1
=
3 π 2 n=1 n2
∞
X
1
π2
2
=
2
n
3
n=1
⇐⇒
π
bo`ladi.
3
73. Barcha n, m ∈ Z lar uchun f (n, m) > 0 bo`lganlidan
ni olamiz. Bu yerdan kf k = √
qator yaqinlashuvchi bo`lishi uchun
∞ X
∞
X
(1 +
n=1 m=1
P
|f (n, m)|2
(n,m)∈Z
1
+ mβ )2
(3.2j)
nα
qatorning yaqinlashuvchi bo`lishi zarur va yetarli. Shuning uchun α ≤ 0, 5
yoki β ≤ 0, 5 bo`lsa, {f (n, m)} 6∈ `2 (Z2 ). Shunday ekan, α > 0, 5 va β > 0, 5
shartlarning bajarilishi zarur. (3.2j) qatorning yaqinlashuvchi bo`lishi uchun
integral alomatga ko`ra
Z∞ Z∞
1
1
dxdy
(xα + y β )2
(3.3j)
integralning yaqinlashishi zarur va yetarli. α > 0, 5 bo`lsin
Z∞
1
dx
(xα + y β )2
integralda x = y β/α z, dx = y β/α dz almashtirish olamiz, natijada (3.3j) integral
Z∞ Z∞
1
1
dxdy
=
(xα + y β )2

Z∞
1
Z∞
1
y

2β−β/α 

dz

 dy
α
2
(z + 1)
y −β/α
ko`rinishni oladi. Bu integral yaqinlashuvchi bo`lishi uchun
2β −
β
>1
α
⇐⇒
β(2 −
1
)>1
α
⇐⇒
shart bajarilishi kerak. Demak, α > 0, 5 va β >
`2 (Z2 ) fazoga qarashli bo`ladi.
β>
α
2α − 1
α
bo`lsa, f funksiya
2α − 1
75. E Evklid fazosi, {ϕk }∞
k=1 E dagi ixtiyoriy ortonormal sistema bo`lsin. U
81
holda ixtiyoriy f ∈ E uchun Bessel tengsizligi
Bu yerdan
∞
P
k=1
∞
P
k=1
|(ϕk , f )|2 ≤ kf k2 o`rinli.
|(ϕk , f )|2 qatorning yaqinlashuvchi ekanligi kelib chiqadi. Qator
yaqinlashishining zaruriy shartiga ko`ra, ixtiyoriy f ∈ E uchun lim (ϕk , f ) =
k→∞
0 bo`ladi. Demak,
{ϕk }∞
k=1
ketma-ketlik nolga kuchsiz ma'noda yaqinlashadi.
4-Ÿ. Chiziqli funksionallar
5. Funksional chiziqli va uzluksiz.
6, 8, 10 lar qo`shma chiziqli funksional, ular uzluksiz.
7, 9, 11 lar chiziqli funksional, ular uzluksiz.
12-misolning yechimi. Integralning asosiy xossalaridan foydalansak, quyidagilarga ega bo`lamiz:
Z
Z
π
f (x + y) =
cos t (x (t) + y(t)) dt =
0
Z
π
π
cos tx (t) dt +
0
cos ty(t) dt =
0
= f (x) + f (y),
Z
Z
π
π
cos t (α x (t)) dt = α
f (α x) =
0
cos t x (t) dt = α f (x) .
0
Demak, f : L2 [0, π] → C qo`shma chiziqli funksional ekan. Uning uzluksizligini 4.10-ta'rif yordamida tekshiramiz. Faraz qilaylik, x0 ∈ L2 [0, π] ixtiyoriy
tayinlangan nuqta va {xn } ⊂ L2 [0, π] esa x0 ga yaqinlashuvchi ixtiyoriy
ketma-ketlik bo`lsin. U holda Koshi-Bunyakovskiy tengsizligiga ko`ra
Z
π
2
|f (x0 ) − f (xn ) | = |
cos t (x0 (t) − xn (t)) dt|2 ≤
0
Z
π
≤
Z
π
2
cos t dt
0
|x0 (t) − xn (t) |2 dt =
0
π
· kx0 − xn k2
2
tengsizlik o`rinli. Bu yerdan lim f (xn ) = f (x0 ) tenglik kelib chiqadi. Demak,
n→∞
f : L2 [0, π] → C uzluksiz funksional bo`ladi.
13. Funksional chiziqli va uzluksiz.
82
√
2
2
14. ||f || = . 15. ||f || = . 16. ||f || = 3 . 17. ||f || = 3
3
ε
18. Berilgan funksionalni quyidagicha yozish mumkin:
r
2
.
5
f (x) = (x, y), y(t) = sign(t − 1/3), y ∈ L2 [0, 1].
Demak, 4.9-teoremaga ko`ra f : L2 [0, 1] → C, chiziqli uzluksiz funksional
bo`ladi. Yana 4.9-teoremaga ko`ra, uning normasi
s
Z
s
Z
1
|y(t)|2 dt
kf k = kyk =
1
|sign(t − 1/3)|2 dt = 1.
=
0
0
19. ||f || = 1. 20. ||f || = 2. 21. ||f || = 10.
23-27 lar chekli qavariq funksionallar.
29-30 lar chekli qavariq funksionallar.
31. Chekli bo`lmagan qavariq funksional.
32. a) qavariq, qavariq jism, b) qavariq, qavariq jism emas, c) qavariq, qavariq
jism, d) qavariq, qavariq jism, e) qavariq to`plam emas.
33. A ∩ B A + B.
34. Ha.
38. pM (x) = max{|x1 − 1|, |x2 + 1|}.
42. f (x) =
R1
39. f : C1 [0, 1] → R, f (x) = x(0).
sign t · x(t) dt.
−1

 0, t ∈ [−1, 0)
45. g(t) =
 1, t ∈ [0, 1].
48. f (x) = x(1), davom yagona.
 2
t



,
t = −1


 2 2
46. g(t) = 1 + t , t ∈ (−1, 1)

2 2



2
+
t


, t = 1.
2
50. kfy k = kyk . 52. kf k = 1.
53-55. {fn } ketma-ketlik 0 da kuchsiz ma'noda yaqinlashadi.
56. Kuchli, f (x) =
57. Kuchli, f (x) =
R1
−1
R1
et x(t) dt.
sin t x(t) dt.
−1
83
1 Rπ
t x(t) dt.
π −π
¡ ¢∗
59. (Rn )∗ = Rn , (Rn∞ )∗ = Rn1 , Rnp = Rnq , p−1 + q −1 = 1.
58. Kuchli, f (x) = √
60. (Rn1 )∗ = Rn∞ .
61. (`2 )∗ = `2 , (`p )∗ = `q , p−1 + q −1 = 1, c∗ = (c0 )∗ = `1 .
62. (L2 [a, b])∗ = L2 [a, b] , (Lp [a, b])∗ = Lq [a, b], p−1 + q −1 = 1.
63. (C[a, b])∗ = V0 [a, b].
I bobda keltirilgan test javoblari
1-B 2-C 3-C 4-B 5-C 6-B 7-B 8-B 9-D 10-D 11-D 12-D 13-D
14-D
15-A
16-A
17-B
18-D
19-C
20-B
21-D
22-A
23-A
24-B
25-C
26-A
27-C
28-D
29-C
30-A
31-B
32-B
33-B
34-B
35-A
36-A
37-B
38-B
39-B
40-A, 41-B
42-A
43-A
44-A
45-A
46-B
47-A 48-C 49-A 50-A.
84
II bob. Chiziqli operatorlar
Bu bobda normalangan fazolarda chegaralangan chiziqli operatorlar, ularning normasini topish, chiziqli operatorlarning teskarisi mavjud yoki mavjud
emasligini tekshirish, agar teskari operator mavjud bo`lsa, uni aniqlash, chiziqli operatorlarga qo`shma operatorlarni aniqlash (Banax fazolarida Banax
bo`yicha qo`shma operatorni, Hilbert fazolarida Hilbert qo`shmasini), chiziqli
operatorlarning xos qiymatlari, xos vektorlari, spektri va rezolventasini aniqlashga doir masalalar jamlangan. Bu bobdagi nazariy malumotlar asosan [1] va
[9] dan, masalalarni tanlashda esa xorijiy adabiyotlar [5], [11] va [13] lardan
foydalanildi.
Bobning 5 − § da operatorlarning chiziqli chegaralanganligini tekshirib,
ularning normasini topishga doir mashqlar bor. Chiziqli operatorning aniqlanish sohasini ko`rsatib, uning chegaralanmaganligini yoki uzluksiz emasligini
ko`rsatishga doir mashqlar ham shu paragrafdan joy olgan. Chiziqli operatorlar ketma-ketligining yaqinlashishlarini tekshirishga doir mashqlar ham shu
paragrafga kiritilgan. 6 − § da berilgan chiziqli operatorga teskari operator
mavjud ekanligini ko`rsatib, uning teskarisini topishga doir mashqlar keltirilgan. Bundan tashqari bu paragrafda teskari operatorning mavjud emasligini
ko`rsatishga doir mashqlar ham bor. 7 − § da esa, berilgan chiziqli operatorga
mos Banax yoki Hilbert qo`shmasini topishga doir mashqlar keltirilgan. Oxirgi
8 − § da esa chiziqli operatorning xos qiymatlari, xos vektorlari, spektri va
rezolventasini hamda spektral yoyilmasini topishga doir mashqlar jamlangan.
5-Ÿ. Chiziqli uzluksiz operatorlar
Bu paragrafda biz normalangan fazolarda aniqlangan chiziqli operatorlarni
qaraymiz. Chiziqli normalangan fazolarni X, Y va Z bilan, chiziqli operatorlarni esa A, B va C harari bilan belgilaymiz.
85
5.1-ta'rif. X chiziqli normalangan fazodan olingan har bir x elementga
Y fazoning yagona y elementini mos qo`yuvchi Ax = y akslantirish operator
deyiladi.
Umuman, A operator X ning hamma yerida aniqlangan bo`lishi shart
emas. Bu holda Ax mavjud va Ax ∈ Y bo`lgan barcha x ∈ X lar to`plami
A operatorning aniqlanish sohasi deyiladi va u D(A) bilan belgilanadi, ya'ni:
D (A) = { x ∈ X : Ax
mavjud va Ax ∈ Y } .
5.2-ta'rif. Agar ixtiyoriy x, y ∈ D (A) elementlar va ixtiyoriy α, β ∈ C
sonlar uchun α x + β y ∈ D(A) bo`lib,
A(α x + β y) = α A x + β A y
tenglik o`rinli bo`lsa, A ga chiziqli operator deyiladi.
5.3-ta'rif. Agar ixtiyoriy ε > 0 uchun shunday δ = δ (ε) > 0 mavjud
bo`lib, kx − x0 k < δ tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha x ∈ D (A) lar
uchun kAx − Ax0 k < ε tengsizlik bajarilsa, A operator x = x0 nuqtada uzluksiz deyiladi. Agar A operator ixtiyoriy x ∈ D(A) nuqtada uzluksiz
bo`lsa, A ga uzluksiz operator deyiladi.
5.4-ta'rif. Ax = θ tenglikni qanoatlantiruvchi barcha x ∈ X lar to`plami
A operatorning yadrosi deyiladi va u KerA bilan belgilanadi.
5.5-ta'rif. Biror x ∈ D(A) uchun y = Ax tenglik bajariladigan barcha
y ∈ Y lar to`plami A operatorning qiymatlar sohasi yoki tasviri deyiladi va
u ImA yoki R(A) bilan belgilanadi.
Matematik simvollar yordamida operator yadrosi va qiymatlar sohasini
quyidagicha yozish mumkin:
KerA = { x ∈ D (A) : Ax = θ } ,
R(A) := ImA = { y ∈ Y : biror x ∈ D (A) uchun y = Ax } .
86
5.6-ta'rif. Agar shunday C > 0 son mavjud bo`lib, barcha x ∈ D (A) lar
uchun
kAxk ≤ C · kxk
(5.1)
tengsizlik bajarilsa, A chegaralangan operator deyiladi.
5.7-ta'rif. (5.1) tengsizlikni qanoatlantiruvchi C sonlar to`plami-ning
aniq quyi chegarasi A operatorning normasi deyiladi va u kAk bilan belgilanadi, ya'ni kAk = inf C.
5.1-teorema. A : X → Y chiziqli chegaralangan operatorning normasi
kAk uchun quyidagi tenglik o`rinli
kAxk
.
kxk6=0 kxk
kAk = sup kAxk = sup
kxk=1
(5.2)
Chiziqli operatorlarning uzluksizligi va chegaralanganligi orasida quyidagi
bog`lanish mavjud.
5.2-teorema. A chiziqli operator chegaralangan bo`lishi uchun uning uzluksiz bo`lishi zarur va yetarli.
X chiziqli normalangan fazoni Y chiziqli normalangan fazoga akslantiruvchi
chiziqli chegaralangan operatorlar to`plamini L(X, Y ) bilan belgilaymiz. Xususan, X = Y bo`lsa L(X, X) = L(X). L(X, C) bilan X ga qo`shma fazo
belgilanadi. Hilbert fazolarini H bilan belgilaymiz.
5.8-ta'rif. A : X → Y va B : X → Y chiziqli operatorlarning yig`indisi
deb, x ∈ D(A)∩D(B) elementga y = Ax+Bx ∈ Y elementni mos qo`yuvchi
C = A + B operatorga aytiladi.
Agar A, B ∈ L(X, Y ) bo`lsa, u holda C ham chiziqli chegaralangan operator bo`ladi va quyidagi tengsizlik o`rinli
kCk = kA + Bk ≤ kAk + kBk .
5.9-ta'rif. A chiziqli operatorning α songa ko`paytmasi x element-ga
87
αAx elementni mos qo`yuvchi operator sifatida aniqlanadi, ya'ni
(αA) (x) = αAx.
L(X, Y ) to`plamda kiritilgan operatorlarni qo`shish va operatorni songa
ko`paytirish amallari chiziqli fazo ta'ridagi 1-8 shartlarni qanoatlantiradi. Demak, L(X, Y ) to`plam operatorlarni qo`shish va operatorni songa ko`paytirish
amallariga nisbatan chiziqli fazo tashkil qiladi. Bu fazoda aniqlangan p :
L(X, Y ) → R , p(A) = kAk funksional (5.59-misolga qarang) normaning
barcha shartlarini qanoatlantiradi. Demak, L(X, Y ) chiziqli normalangan fazodir. Bu fazoning to`laligi haqida quyidagi teorema o`rinli.
5.3-teorema. Agar Y to`la normalangan fazo bo`lsa, u holda L(X, Y )
ham to`la normalangan fazo ya'ni Banax fazosi bo`ladi.
5.10-ta'rif. A : X → Y va B : Y → Z chiziqli operatorlar berilgan
bo`lib, R(A) ⊂ D(B) bo`lsin. B va A operatorlarning ko`paytmasi deganda,
har bir x ∈ D(A) ga Z fazoning z = B(Ax) elementini mos qo`yuvchi
C = BA : X → Z operatorga aytiladi.
Agar A va B lar chiziqli chegaralangan operatorlar bo`lsa, u holda C =
BA ham chiziqli chegaralangan operator bo`ladi va
kCk = kBAk ≤ kBk · kAk
(5.3)
tengsizlik o`rinli.
5.11-ta'rif. Agar {An } ⊂ L(X, Y ) operatorlar ketma-ketligi uchun shunday A ∈ L(X, Y ) operator mavjud bo`lib, lim kAn − Ak = 0 bo`lsa, {An }
n→∞
operatorlar ketma-ketligi A operatorga norma bo`yicha yoki tekis yaqinlashadi
u
deyiladi va An =⇒ A (An =⇒ A) shaklda belgilanadi.
5.12-ta'rif. Agar ixtiyoriy x ∈ X uchun lim kAn x − Axk = 0 bo`lsa,
n→∞
{An } operatorlar ketma-ketligi A operatorga kuchli yoki nuqtali yaqinlashadi
s
deyiladi va An −→ A (An −→ A) shaklda belgilanadi.
88
5.13-ta'rif. Agar ixtiyoriy f ∈ Y ∗ va barcha x ∈ X lar uchun lim f (An x)
n→∞
= f (Ax) bo`lsa, {An } operatorlar ketma-ketligi A operatorga kuchsiz yoki
w
kuchsiz ma'noda yaqinlashuvchi deyiladi va An −→ A ( An −→ A ) shaklda
belgilanadi.
Bu ta'rifni Hilbert fazosida quyidagicha bayon qilish mumkin.
5.14-ta'rif. Agar ixtiyoriy x, y ∈ H uchun lim (An x, y) = (Ax, y)
n→∞
bo`lsa, {An } ⊂ L(H) operatorlar ketma-ketligi A operatorga kuchsiz yaqinlashuvchi deyiladi.
5.1. X − ixtiyoriy chiziqli normalangan fazo bo`lsin.
Ix = x, x ∈ X
akslantirish birlik operator deyiladi. Uni chiziqlilik va uzluksizlikka tekshiring. Agar chegaralangan bo`lsa, uning normasini toping.
Yechish. Bu operatorning chiziqliligi va uzluksizligi quyidagi tengliklardan bevosita kelib chiqadi:
I(αx + βy) = αx + βy = αIx + βIy,
kI(x − x0 )k = kx − x0 k .
5.2-teoremadan uning chegaralangan ekanligi kelib chiqadi. 5.1-teoremaga ko`ra,
kIk = sup kIxk = sup kxk = 1 ekanligini olamiz. Qo`shimcha qilib aytishimiz
kxk=1
kxk=1
mumkinki, uning aniqlanish sohasi, qiymatlar sohasi va yadrosi uchun quyidagilar o`rinli:
D(I) = X,
R(I) = X,
KerI = {θ}.
¤
5.2. X va Y ixtiyoriy chiziqli normalangan fazolar bo`lsin.
Θ : X → Y, Θx = θ
operator nol operator deyiladi. Uni chiziqlilik va uzluksizlikka tekshiring.
Chegaralangan ekanligini ko`rsatib, normasini toping. Aniqlanish sohasi,
qiymatlar sohasi va yadrosi haqida ma'lumot bering.
89
Yechish. Nol operatorning chiziqliligi va uzluksizligi bevosita ta'rifdan kelib chiqadi. Endi nol operatorning chegaralangan ekanligini ko`rsatib, uning
normasini topamiz. Istalgan x ∈ X uchun kΘxk = kθk = 0 tenglik o`rinli.
Bundan kΘk = sup kΘxk = sup kθk = 0 ekanligi kelib chiqadi. Nol opkxk=1
kxk=1
erator L(X, Y ) chiziqli normalangan fazoning nol elementi bo`ladi. Uning
aniqlanish sohasi, qiymatlar sohasi va yadrosi uchun quyidagilar o`rinli:
D(Θ) = X,
R(Θ) = {θ} ,
Ker Θ = X.
¤
5.3. Aniqlanish sohasi D(A) = C (1) [a, b] ⊂ C[a, b] bo`lgan va C[a, b] fazoni
o`zini-o`ziga akslantiruvchi
A : C[a, b] → C[a, b], (Af ) (x) = f 0 (x)
operatorni qaraymiz. Bu operator dierensial operator deyiladi. Uni chiziqlilik va uzluksizlikka tekshiring.
Yechish. Dierensial operatorni chiziqli ekanligini ko`rsatamiz. Buning
uchun ixtiyoriy f, g ∈ D(A) elementlarning chiziqli kombinatsiyasi bo`lgan
αf + βg elementga A operatorning ta'sirini qaraymiz:
(A (αf + βg)) (x) = (αf (x) + βg (x))0 =
= αf 0 (x) + βg 0 (x) = α (Af ) (x) + β (Ag) (x) .
Biz bu yerda yig`indining hosilasi hosilalar yig`indisiga tengligidan, hamda
o`zgarmas sonni hosila belgisi ostidan chiqarish mumkinligidan foydalandik.
Demak, A operator chiziqli ekan. Uni nol nuqtada uzluksizlikka tekshiramiz.
Ma'lumki, Aθ = θ , bu yerda θ − C[a, b] fazoning nol elementi, ya'ni
θ(x) = 0. Endi nolga yaqinlashuvchi fn ∈ D(A) ketma-ketlikni tanlaymiz.
Umumiylikni buzmagan holda a = 0, b = 1 deymiz.
xn+1
,
fn (x) =
n+1
¯ n+1 ¯
¯x
¯
¯ = lim 1 = 0.
lim k fn k = lim max ¯¯
n→∞
n→∞ 0≤x≤1 n + 1 ¯
n→∞ n + 1
90
Ikkinchi tomondan,
(Afn ) (x) = xn ,
lim k Afn − Aθ k = lim max |xn | = lim 1 = 1 6= 0.
n→∞
n→∞ 0≤x≤1
n→∞
Demak, A operator nol nuqtada uzluksiz emas ekan. Uning chiziqliligidan,
dierensial operator aniqlanish sohasining barcha nuqtalarida uzilishga ega
bo`ladi. 5.2-teoremaga ko`ra dierensial operator chegaralanmagan operator
bo`ladi. A ning qiymatlar sohasi va yadrosi uchun quyidagilar o`rinli:
R(A) = C[a, b], KerA = {const}.
¤
5.4. C[a, b] fazoni o`zini-o`ziga akslantiruvchi B operatorni quyidagicha aniqlaymiz:
Z
b
K (x, t) f (t) dt.
(Bf ) (x) =
(5.4)
a
B ga integral operator deyiladi. Bu yerda K : [a, b] × [a, b] → R −
uzluksiz funksiya, u integral operatorning o`zagi (yadrosi) deyiladi. B
operatorni chiziqlilik va uzluksizlikka tekshiring.
Yechish. Ma'lumki, ixtiyoriy f ∈ C[a, b] uchun K(x, t) f (t) funksiya x
va t ning uzluksiz funksiyasidir. Matematik analiz kursidan ma'lumki,
Z
b
K(x, t) f (t) dt
a
integral parametr x ∈ [a, b] ning uzluksiz funksiyasi bo`ladi. Bulardan B
operatorning aniqlanish sohasi D(B) uchun D(B) = C[a, b] tenglik o`rinli
ekanligi kelib chiqadi. Integral operatorning chiziqli ekanligi integrallash amalining chiziqlilik xossasidan kelib chiqadi, ya'ni ixtiyoriy f, g ∈ C[a, b] va
α, β ∈ C lar uchun
Z
b
(B (α f + β g)) (x) =
K (x, t) (α f (t) + β g (t)) dt =
a
Z
Z
b
=α
b
K(x, t)f (t) dt + β
a
K(x, t)g(t) dt = α (Bf ) (x) + β (Bg) (x)
a
91
tengliklar o`rinli. Endi B operatorning uzluksiz ekanligini ko`rsatamiz. f0 ∈
C[a, b] ixtiyoriy tayinlangan element va {fn } ⊂ C[a, b] unga yaqinlashuvchi
ixtiyoriy ketma-ketlik bo`lsin. U holda
¯
¯Z b
¯
¯
K (x, t) (fn (t) − f0 (t)) dt ¯¯ ≤
k Bfn − Bf0 k = max ¯¯
a≤x≤b
a
Z
b
≤ max | fn (t) − f0 (t) | max
a≤t≤b
a≤x≤b
Bu yerda
|K (x, t)| dt = C · k fn − f0 k .
Z
b
C = max
a≤x≤b
(5.5)
a
|K (x, t) | dt.
a
C ning chekli ekanligi [a, b] kesmada uzluksiz funksiyaning chegaralangan
ekanligidan kelib chiqadi. Agar (5.5) tengsizlikda n → ∞ da limitga o`tsak,
0 ≤ lim k Bfn − Bf0 k ≤ C · lim k fn − f0 k = 0
n→∞
n→∞
ekanligini olamiz. Demak,
lim k B fn − B f0 k = 0.
n→∞
Shunday qilib, B integral operator ixtiyoriy nuqtada uzluksiz ekan. 5.2-teoremaga ko`ra, u chegaralangan operator bo`ladi. B integral operatorning qiymatlar sohasi va yadrosi uning o`zagi K ning berilishiga bog`liq. Masalan,
K(x, t) ≡ 1 bo`lsa, B operatorning qiymatlar sohasi ImB o`zgarmas funksiyalardan iborat, ya'ni ImB = {f ∈ C[a, b] : f (t) = const} , uning yadrosi
KerB o`zgarmasga ortogonal funksiyalardan iborat, ya'ni
½
¾
Z b
KerB = f ∈ C[a, b] :
f (t) dt = 0 .
¤
a
5.5. Quyidagi operatorning chiziqli chegaralanganligini ko`rsatib, normasini
toping:
A : L5 [−1, 1] → L3 [−1, 1], (Ax)(t) = t4 x(t3 ).
92
Yechish. Dastlab ixtiyoriy x ∈ L5 [−1 , 1 ] uchun Ax ∈ L3 [−1 , 1 ] ekanligini ko`rsatamiz. Buning uchun t3 = r almashtirishdan foydalanamiz:

Z1
kAxk3 = 
−1
 31

¯ 4 3 ¯3
¯t x(t )¯ dt =  1
3
Z1
 31
10
3
|r| |x(r)|3 dr .
−1
Oxirgi integralni baholashda quyidagi umumlashgan Gyolder tengsiz-ligidan
foydalanamiz:
kx · yks ≤ kxkk · kykr ,
1
1 1
bu yerda x ∈ Lk [a, b], y ∈ Lr [a, b],
+ = . Biz qarayotgan holda
k
r
s
15
k = , r = 5, s = 3. Shuning uchun
2
 1
 13
¯3
Z ¯
¯ 1 10
¯
9 x(r)¯ dr 
kAxk3 =  ¯¯ √
r
≤
3
¯
3
−1
 152  1
 15
¯ 15
µ ¶ 152
Z
Z1 ¯
¯ 1 10 ¯ 2
3
1
  |x(r)| 5 dr = √
9 ¯
r
dr
· ||x||5 .
≤  ¯¯ √
3
3
3 ¯
3 14

−1
−1
Demak, ixtiyoriy x ∈ L5 [−1, 1] uchun
µ ¶ 152
3
1
kAxk3 ≤ √
· kxk5
(5.6)
3
3 14
tengsizlik o`rinli. Shunday qilib, har bir x ∈ L5 [−1, 1] uchun Ax ∈ L3 [−1, 1] .
Demak, D(A) = L5 [−1, 1] . Endi A operatorning chiziqli ekanligini ko`rsatamiz:
¡ ¢
¡ ¢
¡ ¢
[ A ( α x + β y)] (t) = t4 (α x + β y) t3 = α t4 x t3 + β t4 y t3 =
= α (Ax) (t) + β (Ay) (t) = [α Ax + β Ay] (t) , ∀t ∈ [−1, 1],
ya'ni ∀x, y ∈ L5 [−1, 1] va ∀α, β ∈ C uchun A (αx + βy) = αAx + βAx.
Operatorning chegaralanganligi (5.6) dan kelib chiqadi. Uning normasini top5
ish uchun x0 (t) = t 3 ∈ L5 [−1 , 1 ] elementni qaraymiz:

Z1
kx0 k5 = 
 15
µ
25
3
| t | dt =
−1
93
3
14
¶ 51
,
(Ax0 ) (t) = t9 ,

 31
Z1
kAx0 k = 
µ
27
|t | dt =
−1
kAx0 k3
=
kx0 k5
1
√
3
3
1
14
¶ 13
1
(3/14) 3
1
5
1
=√
3
3
1
=√
3
3
µ
3
14
µ
¶ 152
3
14
¶ 13
,
.
(3/14)
µ ¶ 152
1
3
(5.6) va (5.7) dan kAk = √
·
tenglikni hosil qilamiz.
3
14
3
(5.7)
¤
5.6. B : AC0 [−1, 4] → V0 [−1, 4], (Bx)(t) = sign t x(t) operatorni chiziqli
chegaralanganligini ko`rsatib, normasini toping.
Yechish. Chiziqliligi 5.5-misol kabi ko`rsatiladi. Chegaralanganligi. Berilgan operatorning chegaralangan ekanligini ko`rsatishda o`zgarishi chegaralangan funksiyalar uchun o`rinli bo`lgan
Vab [f · g] ≤ sup |f (x)| · Vab [g] + sup |g(x)| · Vab [f ]
x∈[a, b]
x∈[a, b]
tengsizlikdan ([8] ning 9.50-misoliga qarang) foydalanamiz:
4
4
4
kBxk = V [Bx] ≤ sup |sign t| V [x] + sup |x( t)| V [sign] ≤ 3 kxk .
−1
Bu yerda biz
−1
−1≤t≤4
−1≤t≤4
−1
4
sup |sign t| = 1, V [sign] = 2 va barcha x ∈ AC0 [−1, 4] lar
−1
−1≤t≤4
4
uchun o`rinli bo`lgan max |x( t)| ≤ V [x] = kxk tengsizlikdan foydalandik.
−1≤t≤4
−1
Yuqoridagi tengsizlikdan kBk ≤ 3 kelib chiqadi.

 t + 1, −1 ≤ t < 0
x0 (t) =
,
 1,
0≤t≤4
x0 ∈ AC0 [−1, 4]
element uchun kx0 k = 1 va kBx0 k = 3 tengliklar o`rinli (5.1-chizma). Bu
yerdan kBk ≥ 3 ekanligi kelib chiqadi. Demak, kBk = 3 ekan.
94
¤
5.1-chizma
dx(t)
dierensiallash operatorini
dt
chiziqli chegaralanganligini ko`rsatib, normasini toping.
5.7. A : AC0 [0, 1] → L1 [0, 1], (Ax)(t) =
Yechish. [a, b] kesmada absolyut uzluksiz F funksiyaning hosilasi F 0 (x) =
f (x) integrallanuvchidir ([9] ga qarang). Demak, operatorning aniqlanish sohasi D(A) = AC0 [0, 1] ekan. Ma'lumki, ixtiyoriy x ∈ AC0 [0, 1] uchun
Z1
V01 [Ax] =
|x(t)| dt
0
tenglik o`rinli. Bu tenglikning chap tomoni kAxk ga o`ng tomoni kxk ga teng.
Demak, barcha x ∈ AC0 [0, 1] uchun kAxk = kxk tenglik o`rinli. Bu yerdan
A operatorning chegaralanganligi va kAk = 1 ekanligi kelib chiqadi.
¤
5.8. A : `1 → `1 , Ax = (x1 , ln 2 · x2 , . . . , ln n · xn , . . .) operatorni chegaralanganlikka tekshiring.
Yechish. Matematik analiz kursidan ma'lum bo`lgan quyidagi qatorlarni
qaraymiz:
1) 1 +
∞
X
n=2
1
,
n · ln2 n
2) 1 +
∞
X
n=2
1
.
n · ln n
Ulardan 1)-si yaqinlashuvchi, 2)-si esa uzoqlashuvchi.
Bu tasdiq integral
¶ aloµ
1
1
de2 ,...,
2 ,...
2
ln
2
n
ln
n
µ
¶
1
1
sak, u holda x0 ∈ `1 bo`ladi, Ax0 = 1,
,...,
, . . . bo`lib,
2 · ln 2
n · ln n
mat yordamida ko`rsatiladi. Agar biz x0 =
95
1,
uning hadlarining modullaridan tuzilgan qator (2-qator) uzoqlashuvchi, ya'ni
Ax0 ∈
/ `1 . Demak, D(A) 6= `1 . Agar
µ
¶
1
1
xm = 1,
,...,
, 0, 0, . . .
2 · ln2 2
m · ln2 m
desak, u holda xm ∈ D(A) bo`lib, biror C > 0 va barcha m larda kxm k ≤ C
bo`ladi. Ammo lim kAxm k = ∞ . Ya'ni A chegaralanmagan operatordir.
m→∞
5.2-teoremaga ko`ra, u uzluksiz ham emas.
¤
Uy vazifalari va mavzuni o`zlashtirish uchun masalalar
Quyidagi belgilashlarni kiritamiz. Faraz qilaylik, G ⊂ Rm biror soha bo`lsin.
C (G, Rn ) bilan u(p) = (u1 (p), u2 (p), . . . , un (p)) ∈ Rn , uj ∈ C(G), p ∈
G, j = 1, 2, . . . , n vektor funksiyalar to`plamini belgilaymiz. Xuddi shunday L2 (G, Rn ) bilan u(p) = (u1 (p), u2 (p), . . . , un (p)) ∈ Rn , uj ∈ L2 (G),
j = 1, 2, . . . , n vektor funksiyalar to`plamini belgilaymiz. Bu ikkala fazoda
ham skalyar ko`paytma bir xilda kiritiladi, ya'ni
(u, v) =
n Z
X
k=1
uk (p) vk (p) dp.
G
5.9. Har bir u ∈ C(G), G ⊂ R3 funksiyaga, uning `(cos α, cos β, cos γ)
yo`nalish bo`yicha olingan hosilasini mos qo`yib, natijada
A : C(G) → C(G), (Au)(p) = cos α
∂u(p)
∂u(p)
∂u(p)
+ cos β
+ cos γ
∂x
∂y
∂z
operatorga ega bo`lamiz. Bu operator chiziqli, uzluksiz bo`ladimi? Agar
bu operatorni A : C (1) (G) → C(G) akslantirish sifatida qarasak u uzluksiz bo`ladimi?
5.10. Har bir u ∈ C (1) (G), G ⊂ R3 funksiyaga uning divergensiyasini mos
qo`yib, natijada
A : C (1) (G) → C(G), (Au)(p) =
∂u(p) ∂u(p)
∂u(p)
+
+
∂x
∂y
∂z
operatorga ega bo`lamiz. Bu operator chiziqli, uzluksiz bo`ladimi?
96
5.11. Har bir u ∈ C (1) (G), G ⊂ R3 funksiyaga uning gradiyentini mos qo`yib,
natijada
µ
A : C (1) (G) → C(G, R3 ), (Au)(p) =
∂u(p) ∂u(p) ∂u(p)
,
,
∂x
∂y
∂z
¶
operatorga ega bo`lamiz. Bu operatorning tabiiy aniqlanish sohasini toping. U chiziqli, uzluksiz bo`ladimi?
5.12. Har bir u ∈ C (1) (G), G ⊂ R3 funksiyaga uning gradiyenti uzunligini
mos qo`yib, natijada A : C (1) (G) → C(G),
sµ
(Au)(p) =
∂u(p)
∂x
¶2
µ
+
∂u(p)
∂y
¶2
µ
+
∂u(p)
∂z
¶2
operatorga ega bo`lamiz. Bu operator chiziqli bo`ladimi?
5.13. Har bir u ∈ C(G, R3 ), u(x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z))
vektor funksiyaga uning uyurmasi (rotori) ni mos qo`yib, natijada
µ
A : C(G, R3 ) → C(G, R3 ),
¶
∂R(p) ∂Q(p) ∂P (p) ∂R(p) ∂Q(p) ∂P (p)
(Au)(p) =
−
,
−
,
−
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
operatorga ega bo`lamiz. Bu operatorning tabiiy aniqlanish sohasini toping. U chiziqli, uzluksiz bo`ladimi?
5.14. Laplas (kinetik energiya) operatori ∆ : C(R3 ) → C(R3 ),
(∆u)(x, y, z) =
∂ 2 u(x, y, z) ∂ 2 u(x, y, z) ∂ 2 u(x, y, z)
+
+
∂x2
∂y 2
∂z 2
ni chiziqli, uzluksizlikka tekshiring. Dastlab uning tabiiy aniqlanish sohasini toping.
5.15. Quyidagi operatorning chiziqli chegaralanganligini ko`rsatib, normasini
toping:
A : C (2) [0, 1] → C[0, 1] , (Ax)(t) =
97
d2 x(t)
:= x00 (t).
2
dt
5.16-5.34-misollarda berilgan operatorlarning chiziqli, chegaralangan ekanligini ko`rsating, ularning normalarini toping.
5.16. A : C[−2, 2] → C[−2, 2] , (Ax)(t) = tet x(t) .
5.17. A : C[−1, 1] → C[−1, 1], (Ax)(t) =
R1
(ts + t2 s2 ) x(s) ds.
−1
5.18. A : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1] , (Ax)(t) = (t2 − t) x(t) .
5.19. A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1] , (Ax)(t) = t3 x(t1/3 ) .
¡ ¢
5.20. A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1], (Ax)(t) = t2 x t3 .
5.21. A : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1], (Ax)(t) =
R1
−1
(t + s)2 x (s) ds .
5.22. A : L3 [−1, 1] → L3 [−1, 1], (Ax)(t) = t x
5.23. A : L3 [−1, 1] → L3 [−1, 1] , (Ax)(t) =
√
5
¡√
¢
3
t .
1 − t x(t) .
5.24. A : L5 [0, 2] → L5 [0, 2] , (Ax)(t) = (t2 − 2t + 1) x(t) .
5.25. A : `2 (Z) → `2 (Z), (Af )(n) = f (n + 1) .
µ
¶
3
n+1
5.26. A : `2 → `2 , Ax = 2x1 , x2 , . . . ,
xn , . . . .
2
n
µ
¶
1
1
1
5.27. A : `2 → `2 , Ax = x1 , x2 , x3 , . . . , xn , . . . .
2
3
n
Ã
!
µ
µ
¶2
¶n
1
1
5.28. A : `1 → `1 , Ax = 2x1 , 1 +
x2 , . . . , 1 +
xn , . . . .
2
n
5.29. A : `3 → `3 , Ax = ((1 + 1)x1 , (1 + 1/2 )x2 , . . . , (1 + 1/n) xn , . . .).
´
³x x
xn
2
1
, 2,..., n,... .
5 5
5
µ
¶
π
2π
nπ
5.31. A : `4 → `4 , Ax = sin · x1 , sin
· x2 , . . . , sin
· xn , . . . .
8
8
8
µ
¶
1
1
1
5.32. A : `5/2 → `5/2 , Ax =
x1 , √ x2 , . . . , √
xn , . . . .
n
2
2
2
5.30. A : `5 → `5 , Ax =
98
µ
5.33. A : `5/4 → `5/4 , Ax =
¶
1
2
1
0, x2 , x3 , . . . , (1 − )xn , . . . .
2
3
n
5.34. A : C[0, 4] → M [0, 4], (Ax)(t) = [t] x (t) .
5.35. X va Y chiziqli normalangan fazolar, A : X → Y chiziqli operator.
A operator chegaralanmagan bo`lishi uchun D(A) da kxn k = 1 va
lim kAxn k = ∞ shartlarni qanoatlantiruvchi ketma-ketlikning mavjud
n→∞
bo`lishi zarur va yetarli. Isbotlang.
Endi chegaralanmagan operatorlarga misol keltiramiz.
5.36. I : `2 → `1 , Ix = x operatorning chegaralanmagan ekanligini ko`rsating.
5.37-5.49-misollarda quyidagi savollarga javob bering. X, Y − haqiqiy chiziqli normalangan fazolar, A : X → Y chiziqli operator.
1) A operatorning aniqlanish sohasi D (A) butun X fazoga tengmi?
2) Berilgan operator uzluksizmi?
5.37. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) =
dx(t)
.
dt
5.38. A : C[0, 1] → V0 [0, 1], (Ax)(t) = t x(t).
5.39. A : AC0 [0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = t−0,1 x(t).
5.40. A : AC0 [0, 1] → L1 [0, 1], (Ax)(t) = t−0,3 x(t).
5.41. A : C (1) [−1, 1] → L1 [−1, 1], (Ax) =
d2 x(t)
.
dt2
5.42. A : L1 [0, 1] → L1 [0, 1], (Ax)(t) = x(t3 ) .
5.43. A : L1 (R+ ) → L1 (R+ ),
√
(Ax)(t) = t x( t )
5.44. A : L1 (R) → L2 (R), (Ax)(t) =
5.45. A : L2 (R+ ) → L2 (R+ ),
1
x(t) .
1 + |t|
(Ax)(t) =
R∞
0
99
(ts + 1) x (s) ds.
5.46. A : `3 → `1 , Ax = (x1 , 2x2 , x3 , 2x4 . . . , x2n−1 , 2x2n , . . .) .
µ
¶
1
1
5.47. A : `2 → `2 , Ax = ctg 1 · x1 , ctg · x2 , . . . , ctg · xn , . . . .
2
n
µ
¶
3
n
5.48. A : `2 → `1 , Ax = x1 , 2x2 , x3 , . . . ,
xn , . . . .
2
n−1
µ
¶
x2
xn
5.49. A : `2 → `1 , Ax = x1 , √ , . . . , √ , . . . .
n
2
5.50-5.54-misollarda quyidagi savollarga javob bering. X, Y − kompleks
chiziqli normalangan fazolar, A : X → Y chiziqli operator.
1) A operatorning aniqlanish sohasi D (A) butun X fazoga tengmi?
2) Berilgan operator uzluksizmi?
5.50. A : L2 (R+ ) → L2 (R+ ),
(Ax)(t) = t x (t) .
1
(Ax)(t) = √ x(t) .
t
√
5.52. A : `1 (Z) → `2 (Z), (Af )(n) = nf (n) .
5.51. A : L2 (R) → L2 (R),
1
f (n) .
n + 0, 1
¡ √
¢
√
Ax = x1 , 2 x2 , . . . , n xn , . . . .
5.53. A : `2 (Z) → `1 (Z), (Af )(n) = √
5.54. A : `2 → `3 ,
5.55. Shunday A, B ∈ L(X) operatorlarga misol keltiringki, AB 6= BA
bo`lsin.
5.56. A, B ∈ L(X, Y ) noldan farqli operatorlar bo`lib, R(A) ∩ R(B) = 0
bo`lsa, A va B larning chiziqli erkli ekanligini isbotlang.
5.57. A, B ∈ L(X, Y ) va R(A) = R(B), KerA = KerB bo`lishidan A =
B ekanligi kelib chiqadimi?
5.58. X, Y lar normalangan fazolar, U ⊂ X ochiq to`plam, V ⊂ X yopiq
to`plam hamda A ∈ L(X, Y ) bo`lsa, A(U ) ochiq, A(V ) esa yopiq
to`plam bo`ladimi?
100
5.59. p : L(X, Y ) → R, p(A) = kAk funksional norma shartlarini qanoatlantirishini isbotlang.
5.60. p : L(X, Y ) → R, p(A) = kAk akslantirishning uzluksiz ekanligini
isbotlang.
5.61. L(Rn , Rm ) fazoning o`lchamini toping.
5.62. X chiziqli normalangan fazo, X 0 uning qism fazosi bo`lsin. M =
{A ∈ L(X) : KerA = X 0 } to`plam L(X) ning qism fazosi bo`ladimi?
5.63. X chiziqli normalangan fazo, X 0 uning qism fazosi bo`lsin. M =
{A ∈ L(X) : KerA ⊃ X 0 } to`plam L(X) ning qism fazosi bo`ladimi?
5.64. X chiziqli normalangan fazo, A ∈ L(X) ixtiyoriy element, Nk = Ker Ak ,
k = 0, 1, 2, . . . bo`lsin. Quyidagilarni isbotlang.
a) N0 ⊂ N1 ⊂ · · · ⊂ Nk ⊂ Nk+1 ⊂ · · · munosablar o`rinli.
b) faraz qilaylik, biror m ∈ N soni uchun Nm = Nm+1 bo`lsin. U holda
barcha p ∈ N uchun Nm+p = Nm tenglik o`rinli.
5.65. X chiziqli normalangan fazo, A ∈ L(X) tayinlangan element bo`lsin.
AB = BA shartni qanoatlantiruvchi barcha B ∈ L(X) lar to`plami
L(X) ning qism fazosi bo`ladimi?
5.66. X chiziqli normalangan fazo, A ∈ L(X) tayinlangan element bo`lsin.
AB = 0 shartni qanoatlantiruvchi barcha B ∈ L(X) lar to`plami L(X)
ning qism fazosi bo`ladimi?
5.67. H Hilbert fazosi, An ∈ L(H), n ∈ N va har bir x, y ∈ H uchun
sup |(An x, y)| < ∞ tengsizlik o`rinli bo`lsin. U holda sup kAn k < ∞
n∈N
tengsizlik ham o`rinli. Isbotlang.
101
n∈N
5.68. X, Y lar Banax fazolari, An ∈ L(X, Y ) (n ∈ N) va har bir x ∈ X da
An x ketma-ketlik fundamental bo`lsin. U holda shunday A ∈ L(X, Y )
operator mavjud bo`lib, {An } operatorlar ketma-ketligi A operatorga
kuchli ma'noda yaqinlashadi. Isbotlang.
5.69. C[−π, π] Banax fazosining M = {x ∈ C[−π, π] : x(−π) = x(π)}
qism fazosini qaraymiz va har bir x ∈ M uchun
1
(An x) (t) =
2π
Zπ
−π
1
x(s) ds +
π
Zπ X
n
cos k(t − s)x(s)ds
−π k=1
deymiz. Quyidagilarni isbotlang.
a) Quyidagi tenglik o`rinli:
1
(An x)(t) =
2π
Z
π
−π
sin[(2n + 1)(s − t)]
x(s) ds.
sin[(s − t)/2]
b) An ∈ L(M ) va quyidagi tenglik o`rinli
1
kAn k =
max
2π t∈[−π, π]
¯
Zπ ¯
¯ sin[(2n + 1)(s − t)] ¯
¯
¯
¯ sin[(s − t)/2] ¯ ds.
−π
c) Φ ⊂ C[−π, π] - trigonometrik ko`phadlardan iborat qism fazo bo`lsin.
Φ da An operatorlar ketma-ketligi birlik operatorga kuchli ma'noda
yaqinlashadi.
5.70. C[0, 1] fazoni o`zini-o`ziga akslantiruvchi A, An , Bn operatorlarni quyidagicha aniqlaymiz:
Z1
(Ax)(t) =
0
#
Z1 "X
n
k
(s t)
x(s) ds, n ∈ N,
est x(s) ds, (An x)(t) =
k!
0
k=0
1−1/n
Z
est x(s)ds, n ∈ N.
(Bn x)(t) =
1/n
An , Bn operatorlar A operatorga yaqinlashadimi? Yaqinlashish xarakterini (tekis, kuchli, kuchsiz) aniqlang.
102
5.71. C[0, 1] ni o`zini-o`ziga akslantiruvchi An , n ∈ N operatorlarni
(An x)(t) = x(t1+1/n )
tenglik yordamida aniqlaymiz. Quyidagilarni isbotlang.
a) Har bir n ∈ N uchun An ∈ L(C[0, 1]) ;
b) {An } ketma-ketlik birlik operatorga kuchli yaqinlashadi.
c) {An } operatorlar ketma-ketligi birlik operatorga tekis yaqinlashmaydi.
5.72. X, Y lar Banax fazolari, xn , x ∈ X, xn → x, An , A ∈ L(X, Y ). Agar
lim kAn − Ak = 0 bo`lsa, u holda lim kAn xn − Axk = 0 munosabatni
n→∞
n→∞
isbotlang.
5.73. X, Y, Z lar Banax fazolari, An , A ∈ L(X, Y ), Bn , B ∈ L(Y, Z) bo`lib,
An operatorlar ketma-ketligi A ga, Bn operatorlar ketma-ketligi B ga
kuchli ma'noda yaqinlashsin. U holda Bn · An operatorlar ketma-ketligi
B · A operatorga kuchli ma'noda yaqinlashadi. Isbotlang.
5.74. X, Y, Z lar Banax fazolari, An , A ∈ L(X, Y ),
Bn , B ∈ L(Y, Z) bo`lib,
An operatorlar ketma-ketligi A ga Bn operatorlar ketma-ketligi B ga
tekis (norma bo`yicha) yaqinlashsin. U holda Bn · An operatorlar ketmaketligi L(X, Z) fazoda B · A operatorga tekis yaqinlashadi. Isbotlang.
5.75. Shunday X normalangan fazoga va A, B ∈ L(X) operatorlarga misol
keltiringki, kA · Bk < kAk · kBk bo`lsin.
5.76. X normalangan fazo va A ∈ L(X), B : X → X chegaralanmagan
operator bo`lsin, B ning aniqlanish sohasi D(B) X ning hamma yerida
zich bo`lsin. A · B va B · A larning chegaralangan, chegaralanmagan
hollariga misollar keltiring.
103
5.77. H Hilbert fazosi, L ⊂ H uning qism fazosi bo`lsin. P : H → H, P x =
u, x = u + v, u ∈ L, v ∈ L⊥ operator L ga ortogonal proyeksiyalash
operatori deyiladi. P ning chiziqli chegaralangan ekanligini ko`rsatib,
normasini toping.
5.78. L2 [−1, 1] Hilbert fazosida A, B operatorlarni quyidagicha aniqlaymiz:
1
(Ax)(t) = [x(t) + x(−t)],
2
1
(Bx)(t) = [x(t) − x(−t)].
2
a) R(A), R(B) to`plamlarni tavsiang. Ular L2 [−1, 1] ning yopiq qism
fazolari bo`ladimi?
b) A, B operatorlarning chiziqli chegaralangan ekanligini ko`psatib, normalarini toping.
c) A2 , B 2 operatorlarni toping. A va B operatorlar ortogonal proyeksiyalash operatorlari bo`ladimi?
d) A · B va B · A operatorlarni toping.
5.79. H Hilbert fazosi, L1 , L2 ⊂ H uning qism fazolari bo`lsin. P1 , P2 lar
mos ravishda L1 , L2 larga ortogonal proyeksiyalash operatorlari bo`lsa,
kP1 − P2 k ≤ 1 ekanligini isbotlang.
5.80. Agar A·B = 0 bo`lsa, A va B operatorlar ortogonal deyiladi. H Hilbert
fazosi, L1 , L2 ⊂ H uning qism fazolari, P1 , P2 lar mos ravishda L1 , L2
larga ortogonal proyeksiyalash operatorlari bo`lsin. P1 · P2 = 0 bo`lishi
uchun L1 va L2 qism fazolar o`zaro ortogonal bo`lishi zarur va yetarli.
Isbotlang.
6- §. Teskarilanuvchi operatorlar
Biz bu paragrafda o`zaro bir qiymatli chiziqli akslantirishlarni qaraymiz. X
va Y lar Banax fazolari, A esa X ni Y ga akslantiruvchi chiziqli operator,
D(A) − uning aniqlanish sohasi, ImA esa uning qiymatlar sohasi bo`lsin.
104
6.1-ta'rif. Agar ixtiyoriy y ∈ ImA uchun Ax = y tenglama yagona
yechimga ega bo`lsa, u holda A teskarilanuvchan operator deyiladi.
6.2-ta'rif. 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.
Teskari operator ta'ridan quyidagilar kelib chiqadi:
A−1 : Y → X, D(A−1 ) = ImA, ImA−1 = D(A).
Bundan tashqari teskari operator uchun
A−1 Ax = x, x ∈ D(A),
AA−1 y = y, y ∈ D(A−1 )
(6.1)
tengliklar o`rinli.
A : X → X chiziqli operator bo`lsin. Agar biror B ∈ L(X) operator
uchun BA = I bo`lsa, u holda B operator A operatorga chap teskari op-
erator deyiladi. Xuddi shunday, AC = I tenglik bajarilsa, C operator A
ga o`ng teskari operator deyiladi. Adabiyotlarda A ga chap teskari operator
−1
A−1
orqali belgilanadi.
l , o`ng teskari operator esa Ar
6.1-lemma. Agar A operator uchun ham chap teskari, ham o`ng teskari
operatorlar mavjud bo`lsa, u holda ular o`zaro teng.
Isbot. A uchun A−1
chap teskari, A−1
r o`ng teskari operatorlar bo`lsin, u
l
holda
−1
−1
−1
−1
−1
−1
−1
A−1
l = Al I = Al (A Ar ) = (Al A)Ar = IAr = Ar . ¤
Ma'lumki, agar A uchun bir vaqtda ham o`ng teskari, ham chap teskari
operatorlar mavjud bo`lsa, u holda A teskarilanuvchan operator bo`ladi va
−1
A−1 = A−1
tenglik o`rinli.
l = Ar
6.1-teorema. Chiziqli operatorga teskari operator chiziqlidir.
105
6.2-teorema (Teskari operator haqida Banax teoremasi). A operator X
Banax fazosini Y Banax fazosiga biyektiv akslantiruvchi chiziqli chegaralangan operator bo`lsin. U holda A−1 operator mavjud va chegaralangan.
Biz chiziqli operator teskarilanuvchan bo`lishligining zarur va yetarli shartini keltiramiz.
6.3-teorema. A : X → Y chiziqli operator teskarilanuvchan bo`lishi
uchun Ax = θ tenglama faqat x = θ yechimga ega bo`lishi zarur va yetarli.
Endi chegaralangan teskari operator mavjud bo`lishligining zarur va yetarli
shartini keltiramiz.
6.4-teorema. ImA da A ga chegaralangan teskari operator mavjud bo`lishi
uchun, shunday m > 0 son mavjud bo`lib, barcha x ∈ D(A) larda
kAxk ≥ m kxk
(6.2)
tengsizlikning bajarilishi zarur va yetarli.
Teskari operatorni topishda foydali bo`lgan quyidagi ikki teoremani keltiramiz.
6.5-teorema. X − Banax fazosi va A ∈ L(X) . Agar kAk < 1 bo`lsa, u
holda I − A operator uchun chegaralangan teskari operator mavjud.
6.2-lemma. X − Banax fazosi bo`lsin. 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 ABB −1 A−1 = I, B −1 A−1 AB = I tengliklardan hamda 6.1-lemmadan kelib chiqadi.
6.6-teorema. X − Banax fazosi va A ∈ L(X) operatorga chegaralangan
teskari operator mavjud bo`lsin. Agar A0 : X → X operatorning normasi
1
kA0 k <
kA−1 k
tengsizlikni qanoatlantirsa, u holda B = A − A0 operatorga chegaralangan
teskari operator mavjud.
106
6.1. A : `2 → `2 , Ax = (0, x1 , x2 , . . . , xn+1 , . . .) operatorga chap teskari
operatorni toping. ( A o`ngga siljitish operatori deyiladi.)
Yechish. B : `2 → `2 bilan chapga siljitish operatorini belgilaymiz:
Bx = (x2 , x3 , . . . , xn+1 , . . .) .
Endi BA operatorning x ∈ `2 elementga ta'sirini qaraymiz.
BAx = B(Ax) = B (0, x1 , x2 , . . . , xn−1 , . . .) = (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) = Ix.
Demak, B operator A ga chap teskari operator ekan, ya'ni B = A−1
l .
¤
6.2. 6.1-misolda keltirilgan o`ngga siljitish operatori A : `2 → `2 ga o`ng
teskari operator mavjudmi?
Yechish. Faraz qilaylik, A ga o`ng teskari operator mavjud bo`lsin, u holda
−1
6.1-lemmaga ko`ra A−1
bo`ladi, ya'ni
r = B = Al
A−1
r x = (x2 , x3 , . . . , xn+1 , . . .).
Endi AA−1
operatorning nolmas x ∈ `2 elementga ta'sirini qaraymiz:
r
−1
AA−1
r x = A(Ar x) = A(x2 , . . . , xn+1 , . . .) = (0, x2 , x3 , . . . , xn , . . .) 6= Ix.
Demak, A uchun o`ng teskari operator mavjud emas ekan.
6.3. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax) (s) =
R1
0
¤
es+t x (t) dt + x (s) operator beril-
gan. Operator teskarilanuvchanmi? Agar teskarilanuvchan bo`lsa, teskari
operatorni toping.
Yechish. Dastlab berilgan operatorning teskarilanuvchanligini tekshiramiz.
6.3-teoremaga ko`ra, A operator teskarilanuvchan bo`lishi uchun Ax = 0
107
tenglama faqat nol yechimga ega bo`lishi zarur va yetarli. Ax = 0 tenglamani
qaraymiz, ya'ni
Z1
es+t x (t) dt + x (s) = 0
yoki
x (s) = −c (x) es ,
(6.3)
0
bu yerda
Z1
et x (t) dt.
c (x) =
(6.4)
0
Endi (6.3) ni (6.4) ga qo`ysak,
Z1
c (x) = −c (x)
0
¡
¢
¢
1¡ 2
1
e2t dt = − c (x) e2 − 1 yoki
e + 1 c (x) = 0
2
2
tenglikka ega bo`lamiz. Bundan c(x) = 0 . (6.3) dan esa x(s) ≡ 0 ekanligiga
ega bo`lamiz. Demak, Ax = 0 tenglama faqat x = 0 yechimga ega, shuning
uchun A teskarilanuvchan operator. A−1 ni topish maqsadida ixtiyoriy y ∈
C[0, 1] element uchun Ax = y tenglamani, ya'ni
Z1
es+t x (t) dt + x (s) = y (s)
x (s) = y (s) − c (x) es
yoki
(6.5)
0
tenglamani yechamiz. Bu yerda c(x) (6.4) ko`rinishga ega. x(s) uchun olingan
(6.5) ifodani (6.4) ga qo`ysak,
Z1
Z1
et y (t) dt − c (x)
c (x) =
0
Z1
e2t dt =
0
0
ni olamiz. Bundan
2
c (x) = 2
e +1
¡
¢
1
et y (t) dt − c (x) e2 − 1
2
Z1
et y (t) dt
(6.6)
0
ni olamiz. c(x) uchun olingan (6.6) ifodani (6.4) ga qo`ysak, Ax = y tenglama
yechimi quyidagi ko`rinishni oladi:
2
x (s) = y (s) − 2
e +1
108
Z1
es+t y (t) dt.
0
Demak, har bir y ∈ C[0, 1] elementga Ax = y tenglama yechimini mos
qo`yuvchi A−1 operator quyidagi formula yordamida aniqlanar ekan:
A
−1
¡
¢
: C[0, 1] → C[0, 1] , A−1 x (s) = x (s) −
2
2
e +1
Z
1
es+t x (t) dt. ¤
0
6.4. Quyidagi operatorning teskarilanuvchan emasligini ko`rsating:
A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = x (0) t + x (1) t2 .
(6.7)
Yechish. 6.3-teoremaga ko`ra, A chiziqli operator teskarilanuvchan bo`lishi
uchun Ax = 0 tenglama faqat x = 0 yechimga ega bo`lishi zarur va yetarli.
(6.7) formula bilan berilgan operator uchun x0 (t) = t (t − 1) 6= 0 funksiyani
olsak, x0 (0) = x0 (1) = 0 bo`lganligi uchun
(Ax0 ) (t) = x0 (0) t + x0 (1) t2 = 0, ∀t ∈ [0, 1] .
Demak, Ax = 0 tenglama nolmas yechimga ega. Shunday ekan 6.3-teoremaga
ko`ra, A teskarilanuvchan operator emas.
¤
Uy vazifalari va mavzuni o`zlashtirish uchun masalalar
6.5. `2 (Z) Hilbert fazosida o`ngga siljitish operatori
A : `2 (Z) → `2 (Z), (Af )(n) = f (n − 1)
ni qaraymiz. Uning uchun o`ng va chap teskari operatorlar mavjudligini isbotlang.
6.6. L2 [0, 1] fazoda x ga ko`paytirish operatorini, ya'ni
A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1], (Af )(x) = xf (x)
(6.8)
operatorni qaraymiz. Bu operator 6.3-teorema shartlarini qanoatlantiradimi?
A teskarilanuvchan operator bo`ladimi?
109
6.7. (6.8) tenglik bilan aniqlangan operator 6.4-teorema shartlarini qanoatlantiradimi? A ga chegaralangan teskari operator mavjudmi?
6.8. Hilbert fazosi L2 [−1, 1] ni o`zini-o`ziga akslantiruvchi
A : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1],
(Af ) (x) = cos x f (x)
operatorni qaraymiz. A operator 6.4-teorema shartlarini qanoatlantiradimi? A ga chegaralangan teskari operator mavjudmi?
6.9-6.28-misollarda berilgan operatorlarning teskarilanuvchan ekanligini ko`rsating va ularga teskari operatorlarni toping.
6.9. A : R3 → R3 , Ax = (x1 + x3 , x1 + x2 , x2 + x3 ).
6.10. A : R3 → R3 , Ax = (x1 , x1 − x2 , x2 − x3 ) .
6.11. A : R4 → R4 , Ax = (x2 , x3 , x4 , x1 ) .
6.12. A : R5 → R5 , Ax = (x1 + x2 + x3 , x1 − 2x2 , x3 , x4 , x5 ) .
6.13. A : R7 → R7 , Ax = (x1 − x2 , x1 + x2 , x2 + x3 , x4 , x5 , x6 , x7 ) .
6.14. A : `2 → `2 , Ax = (x1 , x2 + x3 , x1 − x2 + x3 , x4 , x5 , . . .) .
µ
6.15. A : `2 → `1 , Ax =
¶
1
1
x1 , x2 , . . . , xn , . . . .
2
n
6.16. A : `1 → `1 , Ax = (x1 , x2 , x2 + x3 , x3 + x4 , x3 + x4 + x5 , x6 , x7 , . . .) .
µ
¶
1
1
6.17. A : m → `2 , Ax = x1 , √ x2 , . . . , √ xn , . . . .
n
2
µ
¶
1
2
n−1
6.18. A : `2 → `2 , Ax = x1 , x2 , x3 , . . . ,
xn , . . . .
2
3
n
6.19. A : `1 → C[0, 1] , (Ax) (t) =
∞
P
x k sin 2π k t.
k=1
∞ x
P
k
6.20. A : m → C[0, 1] , (Ax) (t) =
cos 2πkt.
2
k=1 k
110
6.21. A : C0(1) [0, 1] → C[0, 1] , (Ax) (t) = x0 (t) .
6.22. A : C[0, 1] → C[0, 1] , (Ax) (t) =
Rt
s x (s) ds.
0
R1
6.23. A : C[0, 1] → C[0, 1] , (Ax)(t) = (t + 2)x(t) + s x(s) ds.
0
R1
6.24. A : C[0, 1] → C[0, 1] , (Ax) (t) = (1 + t) x (t) + tsx (s) ds.
0
6.25. A : C[0, π] → C[0, π] , (Ax) (t) = (sin t + 1)x (t) .
6.26. A : C[0, 2] → C[0, 2] , (Ax) (t) = (t + 1)x (t) + x (1) t + x (0) .
6.27. A : C[0, 1] → C[0, 1] , (Ax) (t) = t2 x (t) + x (1) .
Rπ
6.28. A : C[0, π] → C[0, π], (Ax) (t) = x (t) + sin t · sin s x (s) ds.
0
6.29-6.48-misollarda keltirilgan operatorlarning teskarilanuvchan emasligini
ko`rsating.
6.29. A : R4 → R4 , Ax = (x1 + x2 , x2 + x3 , x3 + x4 , x1 + x4 ) .
6.30. A : `2 → `2 , Ax = (x1 , 0, x3 , 0, x5 , 0, x7 , x8 , x9 , . . . ).
6.31. A : `1 → `1 , Ax = (0, x2 , 0, x4 , 0, x6 , x7 , x8 , x9 , . . . ).
6.32. A : `1 → `1 , Ax = (x1 + x2 , x2 + x3 , x3 + x4 , x1 + x4 , x5 , x6 , . . . ) .
6.33. A : `2 (Z) → `2 (Z), (Af )(n) = χ{−1, 0, 1} (n)f (n).
6.34. A : `2 (Z) → `2 (Z), (Af )(n) = (1 − χN (n))f (n).
6.35. A : m → m, Ax = (x1 , x2 , 0, 0, 0, x6 , x7 , x8 , . . . ) .
6.36. A : AC[0, 1] → L1 [0, 1], (Ax) (t) = x0 (t) .
6.37. A : C (2) [0, 1] → C[0, 1], (Ax) (t) = x00 (t) .
111
6.38. A : C[−1, 1] → C[−1, 1] , (Ax) (t) =
R1
ts x (s) ds.
−1
¡
¢
¡
¢
6.39. A : C[0, 1] → C[0, 1] , (Ax) (t) = x (0) · t2 + 1 + x (1) t2 + 3t + 2 .
6.40. A : C (1) [0, 1] → C[0, 1] , (Ax) (t) = x (0) + x0 (t) .
6.41. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax) (t) = (t2 + t + 1)
R1
s x (s) ds.
0
6.42. A : C[0, 2] → C[0, 2] , (Ax) (t) = x (0) + x (1) t + x (2) t2 .
6.43. A : C [0, 1] → C [0, 1] , (Ax) (t) =
(1)
(1)
Rt
0
x0 (s) ds + [x (0) − x (1)] t .
6.44. A : C (1) [0, 1] → C[0, 1] , (Ax) (t) = x0 (t) − 2x (t) .
6.45. A : C[0, π] → C[0, π] , (Ax) (t) = (sin t + cos t)x (0) − cos 2t x (π) .
6.46. A : C (1) [0, 1] → C[0, 1] , (Ax) (t) = x0 (t) −
6.47. A : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1] , (Ax) (t) =
R1
x(0)
.
t2 + 1
t2 (s2 + 1 ) x (s) ds.
−1
6.48. A : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1] , (Ax) (t) = cos t
R1
sin s x (s) ds.
−1
6.49. X, Y chiziqli normalangan fazolar, A : X → Y teskarilanuvchan chiziqli
operator bo`lsin. U holda x1 , x2 , . . . , xn ∈ D(A) va Ax1 , Ax2 ,
. . . , Axn elementlar sistemasi bir vaqtda yo chiziqli bog`langan, yo chiziqli
bog`lanmagan bo`ladi. Isbotlang.
6.50. X chiziqli normalangan fazo, A : X → X chiziqli operator bo`lsin.
Agar biror λ = (λ1 , λ2 , . . . , λn ) ∈ Rn uchun I + λ1 · A + λ2 · A2 + · · · +
+λn ·An = 0 shart bajarilsa A ga teskari operator mavjudligini isbotlang.
6.51. X chiziqli normalangan fazo, A, B : X → X chiziqli operatorlar bo`lib,
D(A) = D(B) = X , hamda (A B)−1 , (B A)−1 operatorlar mavjud
bo`lsin. A va B larga teskari operatorlar mavjudmi?
112
6.52. X chiziqli normalangan fazo, A : X → X chiziqli operator va D(A) da
||xn || = 1 va lim ||A xn || = 0 shartni qanoatlantiruvchi ketma-ketlik
n→∞
mavjud bo`lsin. U holda A ga chegaralangan teskari operator mavjud
emasligini isbotlang.
6.53. C (1) [0, 1] Banax fazosi, L = {x ∈ C (1) [0, 1] : x(0) = 0} uning qism
fazosi va A : L → C[0, 1] chiziqli operatorni
(A x)(t) =
dx(t)
+ u(t) x(t), u ∈ C[0, 1]
dt
tenglik bilan aniqlaymiz. A operatorning chegaralangan teskarisi mavjudligini isbotlang.
dx(t)
chiziqli operatorga o`ng
dt
teskari operator mavjud, chap teskari operator mavjud emas. Isbotlang.
6.54. A : C (1) [0, 1] → C[0, 1] , (A x)(t) =
6.55. A : C[0, 1] → C[0, 1] operatorni
Zt
(A x)(t) =
x(s) ds
0
tenglik bilan aniqlaymiz. Uning qiymatlar sohasi R(A) qanday shartlarni
qanoatlantiruvchi funksiyalardan iborat? R(A) da A ga teskari operator
mavjudmi? Agar mavjud bo`lsa, u chegaralanganmi?
6.56. A : C[0, 1] → C[0, 1] , (A x)(t) =
Rt
0
x(s) ds+x(t) operatorni qaraymiz:
a) KerA = {θ} tenglikni isbotlang.
b) A ga chegaralangan teskari operator mavjudligini isbotlang. A−1 ni
toping.
6.57. A : C[0, π] → C[0, π] , (A x)(t) = x(t) +
Rπ
0
cos(t − s) x(s) ds ope-
ratorga teskari operator mavjudligini ko`rsating va uni toping.
113
6.58. A : C[0, 1] → C[0, 1] operatorni quyidagicha aniqlaymiz:
(A x)(t) =
d2 x(t)
+ x(t), D(A) = {x ∈ C (2) [0, 1] : x(0) = x0 (0) = 0}.
2
dt
a) A chegaralanmagan operator. Isbotlang.
b) A ga chegaralangan teskari operator mavjudligini isbotlang va uni
toping.
6.59. H Hilbert fazo, A ∈ L(H), R(A) = H va A ga chegaralangan o`ng
teskari A−1
r operator mavjud bo`lsin. U holda A ga chegaralangan teskari
operator mavjud. Isbotlang.
7-Ÿ. Qo`shma operatorlar
Bu paragrafda bizning asosiy maqsadimiz Banax yoki Hilbert fazolarida
aniqlangan operatorlarga qo`shma operatorlarni topish va ularning asosiy xossalarini o`rganishdir. Bundan tashqari biz musbat, normal, unitar, izometrik va
giponormal operator tushunchalarini kiritamiz va ularga doir misollar qaraymiz.
X va Y − chiziqli normalangan fazolar, A : X → Y chiziqli chegaralangan operator bo`lsin. f : X → C funksionalning x nuqtadagi qiymatini
(f, x) deb belgilaymiz.
7.1-ta'rif. Agar biror A∗ : Y ∗ → X ∗ chiziqli chegaralangan operator va
barcha x ∈ X, g ∈ Y ∗ lar uchun
(g, Ax) = (A∗ g, x)
tenglik o`rinli bo`lsa, A∗ operator A ga qo`shma operator deyiladi.
Hilbert fazosida qo`shma operator quyidagicha ta'rianadi.
7.2-ta'rif. H Hilbert fazosi va A ∈ L(H) operator berilgan bo`lsin. Agar
biror A∗ : H → H operator va ixtiyoriy x, y ∈ H lar uchun
(Ax, y) = (x, A∗ y)
114
tenglik o`rinli bo`lsa, A∗ operator A ga qo`shma operator deyiladi.
7.3-ta'rif. Agar A = A∗ bo`lsa, A ∈ L(H) o`z-o`ziga qo`shma operator
deyiladi.
7.4-ta'rif. A : H → H chiziqli operator va H0 ⊂ H qism fazo berilgan
bo`lsin. Agar ixtiyoriy x ∈ H0 uchun Ax ∈ H0 bo`lsa, u holda H0 qism fazo
A operatorga nisbatan invariant qism fazo deyiladi.
Endi Hilbert fazosida chegaralanmagan A : H → H chiziqli operator
berilgan va uning aniqlanish sohasining yopig`i D(A) = H bo`lsin. y ∈ H
shunday elementki, biror y ∗ ∈ H va barcha x ∈ D(A) lar uchun (Ax, y) =
(x, y ∗ ) tenglik o`rinli bo`lsin. D(A) ning H da zichligidan y ∗ ∈ H element
bir qiymatli aniqlanadi. Bu y ∗ = A∗ y moslikni o`rnatuvchi A∗ : H → H
operator A ga qo`shma operator deyiladi.
7.5-ta'rif. Agar A : H → H va A1 : H → H operatorlar uchun
D(A1 ) ⊂ D(A) bo`lib Ax = A1 x, x ∈ D(A1 ) bo`lsa, u holda A operator A1 operatorning davomi deyiladi, A1 esa A operatorning D(A1 ) dagi
qismi deyiladi, bu holat A1 ⊂ A shaklda yoziladi.
A operatorning gragi deb Gr(A) = {(x, Ax) : x ∈ D(A)} ⊂ H × H
to`plamga aytiladi. Agar A operatorning gragi Gr(A) yopiq bo`lsa, A chiziqli operator yopiq deyiladi.
7.6-ta'rif. Agar A ⊂ A∗ bo`lib, D(A) = H bo`lsa, u holda A : H → H
chiziqli operator simmetrik deyiladi. Agar A = A∗ bo`lsa, u holda A chiziqli
operator o`z-o`ziga qo`shma deyiladi.
7.7-ta'rif. O`z-o`ziga qo`shma A operator uchun barcha x ∈ D(A) larda
(Ax, x) ≥ 0 bo`lsa, A ga musbat operator deyiladi va bu A ≥ 0 shaklda
yoziladi.
O`z-o`ziga qo`shma A va B operatorlar uchun A ≥ B yozuvi A − B ≥ 0
ekanligini anglatadi.
115
7.8-ta'rif. Agar A ≥ 0 operator uchun shunday B ≥ 0 operator mavjud
bo`lib, B 2 = A bo`lsa, B operator A operatorning musbat kvadrat ildizi
1
deyiladi va B = A 2 shaklda belgilanadi.
Hilbert fazolarida aniqlangan o`z-o`ziga qo`shma operatorlarning muhim
sin bo`lgan proyeksiyalash operatorlariga ta'rif beramiz. H Hilbert fazosi L
uning biror qism fazosi bo`lsin. U holda har bir x ∈ H element yagona usul
bilan quyidagicha tasvirlanadi,
x = y + z,
bu yerda
y ∈ L, z ∈ L⊥ .
7.9-ta'rif. Har bir x ∈ H ga P x = y ni mos qo`yib, H ning hamma yerida aniqlangan P operatorni hosil qilamiz. Uning qiymatlar sohasi L bo`ladi.
Shuni ta'kidlash kerakki, agar x ∈ L bo`lsa x = y va z = 0 bo`ladi. Bu
operator proyeksiyalash operatori yoki L ning ustiga ortogonal proyeksiyalash
operatori deyiladi. Zarurat bo`lgan holda PL ko`rinishida ham belgilanadi.
7.10-ta'rif. Agar ikkita P1 va P2 proyeksiyalash operatorlari uchun P1 P2 =
0 bo`lsa, ular o`zaro ortogonal deyiladi.
P1 P2 = 0 shart P2 P1 = 0 shartga teng kuchli, chunki (P1 P2 )∗ = P2 P1 =
0 bo`ladi va teskarisi ham o`rinli.
7.11-ta'rif. Agar P1 va P2 proyeksiyalash operatorlari uchun P1 P2 =
P2 bo`lsa, P2 proyeksiyalash operatori P1 proyeksiyalash operatorining qismi
deyiladi.
Bu ta'rifdan bevosita kelib chiqadiki, PL2 proyeksiyalash operatori PL1
proyeksiyalash operatorining qismi bo`lishi uchun L2 qism fazo L1 qism fazoning qismi bo`lishi zarur va yetarli.
7.12-ta'rif. Agar AB = BA bo`lsa, A va B operatorlar o`rin almashinuvchi operatorlar deyiladi. [A, B] = AB − BA operatorga A va B operatorlarning kommutatori deyiladi.
Demak, o`rin almashinuvchi A va B operatorlarning kommutatori nolga
116
teng bo`ladi va aksincha.
7.13-ta'rif. Agar [A, A∗ ] = 0 bo`lsa, A ga normal operator deyiladi.
7.14-ta'rif. Agar barcha x ∈ H lar uchun kA∗ xk ≤ kAxk bo`lsa, A ga
giponormal operator deyiladi.
7.15-ta'rif. Agar A A∗ = A∗ A = I bo`lsa, A unitar, agar barcha x ∈ H
uchun kAxk = kxk bo`lsa, A izometrik operator deyiladi. Agar A : H → H
(H = L ⊕ L⊥ ) operator L da izometrik bo`lib, barcha x ∈ L⊥ lar uchun
Ax = 0 bo`lsa, A qisman izometrik operator deyiladi.
Unitar va izometrik operator ta'riarini, H1 Hilbert fazosini H2 Hilbert fazosiga akslantiruvchi U : H1 → H2 operatorlar uchun ham keltirish mumkin.
7.16-ta'rif. Agar U : H1 → H2 biyektiv akslantirish bo`lib, barcha x ∈ H1
uchun kU xk = kxk bo`lsa, U ga unitar operator deyiladi. Agar U : H1 → H2
inyektiv akslantirish bo`lib, barcha x ∈ H1 uchun kU xk = kxk bo`lsa, U ga
izometrik operator deyiladi.
7.17-ta'rif. Agar shunday C teskarilanuvchan operator mavjud bo`lib,
A = C −1 BC bo`lsa, A va B operatorlar o`xshash deyiladi.
7.1. T ∈ L(`1 ) o`ngga siljitish operatori, ya'ni
T x = T (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) = (0, x1 , x2 , . . . , xn , . . .) , x ∈ `1
bo`lsin. T ga qo`shma T ∗ operatorni toping.
Yechish. Ma'lumki, T ∈ L (X, Y ) operatorning Banax qo`shmasi hamma
x ∈ X va f ∈ Y ∗ lar uchun
(T ∗ f ) (x) = f (T x)
(7.1)
tenglikni qanoatlantiruvchi va Y ∗ fazoni X ∗ fazoga akslantiruvchi T ∗ operatordan iborat. Bizga ma'lumki, `∗1 ∼
= m , boshqacha aytganda har qanday
117
f ∈ `∗1 uchun shunday yagona y ∈ m mavjudki,
f (x) =
∞
X
xk yk , y = (y1 , y2 , . . . , yn , . . .) ∈ m,
(7.2)
k=1
tenglik ixtiyoriy x ∈ `1 lar uchun o`rinli bo`ladi. Xuddi shuningdek, shunday
ξ ∈ m mavjudki,
∗
j (T f ) (x) =
∞
X
xk ξk , ξ = (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn , . . .) ∈ m,
(7.3)
k=1
tenglik ixtiyoriy x ∈ `1 lar uchun bajariladi. (7.2) va (7.3) tengliklarni hisobga
olsak, berilgan T operator uchun (7.1) shart quyidagi ko`rinishga keladi:
j
∞
X
xk ξ k =
k=1
∞
X
xk−1 yk =
k=2
∞
X
xk yk+1 .
(7.4)
k=1
Bu tenglik barcha x ∈ `1 lar uchun bajariladi. Xususiy holda, ek ∈ `1 , k =
1, 2, 3, . . . elementlar uchun (7.4) tenglik ξk = yk+1 , k = 1, 2, 3, . . . tengliklarga aylanadi. Shunday qilib, T ∗ : m → m operator
T ∗ y = T ∗ (y1 , y2 , . . . , yn , . . .) = (y2 , y3 , . . . , yn+1 , . . .)
formula bilan aniqlanar ekan.
Ma'lumki, agar T ∈ L (X, Y ) bo`lsa, T ∗ ∈ L(Y ∗ , X ∗ ) bo`ladi va
kT ∗ k = kT k
(7.5)
tenglik o`rinli. Qaralayotgan misolda bu tasdiqning bajarilishini tekshirib ko`ramiz.
T ∗ operatorning chiziqli ekanligi uning aniqlanishidan ko`rinib turibdi. (7.5)
tenglik ham bajariladi. Haqiqatan ham,
k T k = sup k T x k = sup
kxk≤1
kxk≤1
k T ∗ k = sup k T ∗ y k = sup
̰
X
!
| xk |
k=1
sup | yk | = 1.
k y k≤1 2≤k<∞
k y k≤1
118
= 1,
¤
½
7.2. `2 =
x = (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) :
∞
P
¾
|xk |2 < ∞
k=1
kompleks Hilbert fa-
zosida (T x)n = xn+1 , ya'ni T x = (x2 , x3 , . . . , xn+1 , . . .) operator berilgan bo`lsin. T ∗ operatorni toping.
Yechish. `2 fazo quyidagi (x, y) =
∞
P
k=1
xk yk skalyar ko`paytmaga nisbatan
Hilbert fazosi bo`ladi. Shuning uchun 7.2-ta'rifdan foydalanamiz.
(T x, y) =
∞
X
(T x)k yk =
∞
X
k=1
=
∞
X
xk+1 yk =
k=1
∗
xk yk−1 = (x, T y) =
k=2
∞
X
xk (T ∗ y)k .
k=1
Bu tenglik barcha x ∈ `2 lar uchun o`rinli. Bundan esa T ∗ operatorning
(T ∗ y)1 = 0, (T ∗ y)k = yk−1 , k = 2, 3, . . . ,
yoki
T ∗ y = T ∗ (y1 , y2 , . . . , yn , . . .) = (0, y1 , y2 , . . . , yn , . . .)
formula bilan aniqlanishini ko`ramiz.
(T x)n = xn+1 = xn−1 = (T ∗ x)n , n = 1, 2, 3, . . .
tenglik `2 fazoning faqat nol vektori uchun bajariladi. Shu sababli T operator
o`z-o`ziga qo`shma operator bo`la olmaydi.
¤
7.3. L2 [a, b] kompleks Hilbert fazosida, uzluksiz u funksiyaga ko`paytirish
operatori, ya'ni
(T x) (t) = u (t) x (t) , x ∈ L2 [a, b]
operatorni qaraymiz. T ga qo`shma operatorni toping.
Yechish. 7.2-ta'rifga ko`ra T ∈ L (H) operatorning Hilbert qo`shmasi
barcha x, y ∈ H lar uchun
(T x, y) = (x, T ∗ y)
119
(7.6)
tenglikni qanoatlantiruvchi T ∗ ∈ L (H) operatordan iborat. L2 [a, b] fazo
Zb
x(t)y(t) dt
(x, y) =
(7.7)
a
skalyar ko`paytmaga nisbatan Hilbert fazosi bo`ladi. Shunday ekan misolda
berilgan T operator uchun (7.6) tenglik
Zb
Zb
x (t) (T ∗ y) (t) dt
u (t) x (t) y (t) dt =
a
a
ko`rinishda bo`ladi. Bu tenglikni quyidagicha ham yozish mumkin:
Zb
Zb
x (t) (T ∗ y) (t) dt.
x (t) u(t) y(t) dt =
a
(7.8)
a
Agar z (t) = u (t) y (t) belgilashni kiritsak, (7.6) ga ko`ra (7.8) tenglik (x, z) =
(x, T ∗ y) yoki (x, T ∗ y) − (x, z) = (x, T ∗ y − z) = 0 ko`rinishga keladi. Oxirgi tenglik barcha x ∈ L2 [a, b] lar uchun o`rinli bo`ladi. Xususiy holda, x =
T ∗ y − z elementni olsak, (T ∗ y − z, T ∗ y − z) = 0 tenglik hosil bo`ladi. Skalyar
ko`paytmaning ta'riga asosan oxirgi tenglik o`rinli bo`lishi uchun T ∗ y−z = 0 ,
ya'ni T ∗ y = z bo`lishi kerak. Shunday qilib, qo`shma T ∗ : L2 [a, b] → L2 [a, b]
operator
(T ∗ y) (t) = u (t) y (t) ,
y ∈ L2 [a, b]
formula yordamida aniqlanar ekan. Ma'lumki, T ∗ = T bo`lsa, T operator o`zo`ziga qo`shma operator deyiladi. Shuning uchun 7.21-misoldagi T operator
u funksiya faqat haqiqiy qiymatlar qabul qilgandagina (ya'ni, u (t) ≡ u (t)
bo`lganda) o`z-o`ziga qo`shma operator bo`ladi.
¤
7.4. T : `2 (Z) → `2 (Z) , (T f ) (n) = v(n)f (n), |v(n)| ≤ M, ∀n ∈ N
operatorning o`z-o`ziga qo`shma bo`lish shartini toping.
120
Yechish. 7.3-misoldagidek ko`rsatish mumkinki, `2 (Z) fazoda ham T
ko`paytirish operatoriga qo`shma operator (T ∗ f ) (n) = v(n) f (n) tenglik
bilan aniqlanadi. Demak, T = T ∗ bo`lishi uchun, barcha n ∈ Z larda
v(n) = v(n) tenglikning bajarilishi zarur va yetarli.
7.5. (T x)(t) =
Rπ
exp{α ts + i βt2 s2 } x(s)ds,
−π
¤
x ∈ L2 [−π, π] operator
uchun α, β ∈ C parametrlarni shunday tanlangki, natijada T ∈ L (H)
o`z-o`ziga qo`shma operator bo`lsin.
Yechish. 7.23-misolning b) bandiga ko`ra T = T ∗ bo`lishi uchun
K(t, s) = exp{α ts + i βt2 s2 } = exp{α st + i βs2 t2 } =
= exp{α ts − iβ t2 s2 } = K(s, t)
tenglikning bajarilishi zarur va yetarli. Bu tenglik α = α va β = −β tengliklarga teng kuchli. Bu yerdan α haqiqiy, β sof mavhum son ekanligi, ya'ni
Imα = 0 va Reβ = 0 shartlar kelib chiqadi.
¤
7.6. Agar A ≥ 0 bo`lsa, u holda barcha n ∈ N da An ≥ 0 bo`ladi. Isbotlang.
Isbot. A ≥ 0 ekanligidan barcha x ∈ H larda (Ax, x) = (x, Ax) ≥ 0
ekanligi ma'lim. Bu yerdan barcha x ∈ H larda (A2n+1 x, x) = (AAn x, An x) ≥
0 ekanligi kelib chiqadi, ya'ni A2n+1 musbat operator. (A2n x, x) = (An x, An x) =
kAn xk2 ≥ 0 . Demak, barcha n ∈ N larda An ≥ 0 ekan.
¤
Uy vazifalari va mavzuni o`zlashtirish uchun masalalar
7.7-7.16-misollarda Banax fazosida berilgan T ∈ L (X, Y ) operatorga qo`shma
T ∗ operatorni toping.
7.7. T : C4 → C3 , T x = (λ1 x1 , λ2 x2 , λ3 x3 + λ4 x4 ).
7.8. T : C4 → C4 , T x = (0, x1 , 2x2 , (2 + i)x3 ).
121
7.9. T : c0 → c0 , T x = (λ2 x2 , λ3 x3 , . . . , λn xn , . . .), |λn | ≤ 5, ∀n ∈ N.
7.10. T : `1 → c0 , T x = (0, µ1 x1 , µ2 x2 , . . . , µn xn , . . .), |µn | ≤ 1, ∀n ∈ N.
7.11. T : c0 → `1 , T x = (x1 , x2 , . . . , xn , 0, 0, . . .) .
7.12. T : `1 → `1 , T x = (0,
. . . , 0, x , 0, 0, . . .) .
| {z } 1
¡
n−1
¢
7.13. T : `1 → c0 , T x = ei x1 , e2i x2 , . . . , ein xn , . . . .
µ
7.14. T : `1 → `2 , T x =
¶
1
2
n−1
0, x1 , x2 , . . . ,
xn−1 , . . . .
2
3
n
7.15. T : m → m, T x = (0, 0, x1 , 2 x2 , . . . , 50 x50 , 0, 0, . . .) .
7.16. T : `3 → `3 , T x = (λ1 x1 , λ2 x2 , . . . , λn xn , . . .), |λn | ≤ 2, n ∈ N.
7.17-7.22-misollarda kompleks Hilbert fazosida berilgan T ∈ L (H) operatorga qo`shma T ∗ operatorni toping.
7.17. T : `2 → `2 , T x = (2 x1 , i x2 , (1 + i)x3 , 0, 0, . . .).
7.18. T : `2 → `2 , T x = (λ1 x1 , . . . , λn xn , . . .), λ = {λn } ∈ `2 .
7.19. T : `2 → `2 , T x = (x1 + x3 , x2 + x4 , . . . , xn + xn+2 , . . .) .
7.20. T : `2 → `2 , T x = (x1 + 2x2 + x3 , . . . , xn + 2xn+1 + xn+2 , . . .) .
7.21. T : `2 (Z) → `2 (Z) , (T f ) (n) = f (n − 1) + f (n + 1) .
7.22. T : `2 (Z) → `2 (Z) , (T f ) (n) = f (n − 1) − 2f (n) + f (n + 1) .
7.23. K(s, t) funksiya kvadrati [a, b]×[a, b] da integrallanuvchi bo`lsin. Quyidagilarni isbotlang.
a) T : L2 [a, b] → L2 [a, b], (T x)(t) =
qo`shma operator
Rb
a
K(t, s)f (s)ds operatorga
Zb
T ∗ : L2 [a, b] → L2 [a, b], (T ∗ x)(t) =
K(s, t) f (s)ds
a
122
formula bilan aniqlanadi.
b) T = T ∗ bo`lishi uchun deyarli barcha s, t ∈ [a, b] larda K(t, s) =
K(s, t) tenglikning bajarilishi zarur va yetarli.
7.24. Kompleks Hilbert fazosida berilgan operatorlarning qo`shmasi quyidagi
xossalarga ega. Isbotlang.
a) (A + B)∗ = A∗ + B ∗ .
∗
b) (αA) = ᾱA∗ .
∗
c) (AB) = B ∗ A∗ .
7.25-7.31-misollarda kompleks Hilbert fazosida berilgan T ∈ L (H) operatorga qo`shma T ∗ operatorni toping.
R1
7.25. (T x) (t) = [t s + i cos (t + s)] x (s) ds, x ∈ L2 [0, 1].
0
7.26. (T x) (t) =
7.27. (T x) (t) =
R1 ¡
¢
t2 + t + s x (s) ds, x ∈ L2 [0, 1].
0
Rt
s x (s) ds, x ∈ L2 [0, 1].
0
7.28. (T x) (t) = (cos t + i sin t) x (t)+
R1 ¡
−1
¡
¢
¢
ts − it2 s2 x (s) ds, x ∈ L2 [−1, 1] .
R1
7.29. (T x) (t) = t + it2 x (t) + (t + is) x (s) ds, x ∈ L2 [0, 1] .
0
7.30. (T x) (t) = x (t + h) , h > 0, x ∈ L2 (R).
7.31. (T x) (t) = u(t) x (t + h) , h > 0, u ∈ M (R) , x ∈ L2 (R).
7.32-7.34-misollarda berilgan T ∈ L (H) operatorning o`z-o`ziga qo`shma
bo`lish shartini toping.
7.32. T : `2 → `2 , T x = (µ1 x1 , . . . , µn xn , . . .), µn ∈ C, |µn | ≤ 1, ∀n ∈ N.
7.33. T : L2 [a, b] → L2 [a, b], (T x) (t) =
Rb
¡
¢
K(t, s) x (s) ds, K ∈ L2 [a, b]2 .
a
7.34. T : L2 [a, b] → L2 [a, b], (T x) (t) = (u(t) + iv(t))x (t) , u, v ∈ C[a, b].
123
Quyidagi 7.35-7.38-misollarda α, β ∈ C parametrlarni shunday tanlangki,
natijada T ∈ L (H) o`z-o`ziga qo`shma operator bo`lsin.
7.35. (T x) (t) =
Rπ
[α sin(s − t) + β cos(s − t)] x (s) ds, x ∈ L2 [−π, π].
−π
7.36. (T x)(t) = [α u(t) + iβ v(t)]x(t), x ∈ L2 [a, b], u, v ∈ C[a, b].
7.37. T = αA + βA∗ , A ∈ L(H) .
7.38. T = A + α βA∗ , A ∈ L(H) .
7.39-7.55-misollarda keltirilgan tasdiqlarni isbotlang.
7.39. T ∈ L (H) o`z-o`ziga qo`shma operator bo`lishi uchun bichiziqli f (x, y) =
(T x, y) funksionalning simmetrik bo`lishi zarur va yetarli.
7.40. T ∈ L (H) o`z-o`ziga qo`shma operator bo`lishi uchun f (x, x) = ϕ(x) =
(T x, x) kvadratik formaning barcha x ∈ H larda haqiqiy bo`lishi zarur
va yetarli.
7.41. Agar A va B operatorlar o`xshash bo`lsa, u holda ixtiyoriy n ∈ N
uchun An va B n lar ham o`xshash bo`ladi.
7.42. Agar A va B operatorlar o`xshash bo`lsa, u holda A∗ va B ∗ lar ham
o`xshash bo`ladi.
7.43. Agar A va B operatorlardan hech bo`maganda biri teskarilanuvchan
bo`lsa, u holda AB va BA lar o`xshash bo`ladi.
7.44. Ixtiyoriy T ∈ L (H) uchun W (T ) = {(T x, x) : kxk = 1} to`plam
C da qavariq to`plam bo`ladi. W (T ) to`plam T operatorning sonli aksi
deyiladi.
7.45. w(T ) = sup{|(T x, x)| : kxk = 1} son T operatorning sonli radiusi
deyiladi. Quyidagi kT k ≤ 2 w(T ) tengsizlik o`rinli.
124
7.46. Agar T ∈ L (H) o`z-o`ziga qo`shma operator bo`lsa, u holda kT k =
w(T ) tenglik o`rinli.
7.47. O`z-o`ziga qo`shma A va B operatorlarning ko`paytmasi AB o`z-o`ziga
qo`shma bo`lishi uchun [A, B] = 0 bo`lishi zarur va yetarli.
7.48. Agar o`z-o`ziga qo`shma A operatorga teskari operator mavjud bo`lsa, u
holda A−1 ham o`z-o`ziga qo`shma bo`ladi.
7.49. Ixtiyoriy T ∈ L (H) operator yagona usulda T = A + i B ko`rinishda
tasvirlanadi. Bu yerda A va B lar o`z-o`ziga qo`shma operatorlar.
7.50. Agar A o`z-o`ziga qo`shma operator bo`lsa, u holda I + iA ga chegaralangan teskari operator mavjud.
7.51. Agar A o`z-o`ziga qo`shma bo`lsa, u holda barcha n ∈ N da A2n ≥ 0
bo`ladi.
7.52. Agar [A, B] = 0 va A ≥ 0, B ≥ 0 bo`lsa, u holda AB ≥ 0 bo`ladi.
7.53. u : H → H izometrik operator uchun u∗ u = I, uu∗ = I − P tengliklar
o`rinli. Bu yerda P ortogonal proyeksiyalash operatori.
7.54. Ortogonal proyeksiyalash operatori P : H → H o`z-o`ziga qo`shma operator bo`ladi.
7.55. Ortogonal proyeksiyalash operatori P : H → H musbat operator bo`ladi.
7.56-7.63-misollarda berilgan U ∈ L (H1 , H2 ) yoki F ∈ L (H1 , H2 ) akslantirishning unitar operator ekanligini isbotlang.
7.56. Istiyoriy s ∈ Z uchun Us : `2 (Z) → `2 (Z), (Us f )(n) = f (n + s) .
7.57. Barcha s ∈ Zn uchun Us : `2 (Zn ) → `2 (Zn ), (Us f )(n) = f (n + s) .
125
7.58. Furye akslantirishi
F : `2 (Z) → L2 [−π, π],
1 X
(F f )(x) = √
exp{inx}f (n).
2π n∈Z
7.59. Furye akslantirishi
F : `2 (Zn ) → L2 ([−π, π]n ) , (F f )(x) =
(2π)n/2 n∈Zn
7.60. Furye akslantirishi
1
F : L2 (R) → L2 (R), (F f )(x) = √
2π
n
F : L2 (R ) → L2 (R ), (F f )(x) =
¡
exp{i(n, x)}f (n).
Z
exp{ixy}f (y)dy.
R
7.61. Furye akslantirishi
n
X
1
1
(2π)n/2
Z
exp{i(x, y)}f (y)dy.
Rn
¢
7.62. U : `2 → `2 , U x = ei x1 , e2i x2 , . . . , eni xn , . . . .
7.63. Ixtiyoriy A ∈ L(H), A = A∗ uchun U = eiA unitar operator bo`ladi.
¡
¢
7.64. U : `2 → `2 , U x = 0, ei x1 , e2i x2 , . . . , eni xn , . . . izometrik, lekin unitar emasligini isbotlang.
7.65. U : `2 → `2 , U x = (x2 , x3 , . . . , xn+1 , . . .) ning qisman izometrik operator ekanligini isbotlang.
7.66. Shunday A va B o`z-o`ziga qo`shma operatorlarga misol keltiringki, A ≥
B va A ≤ B munosabatlarning hech biri bajarilmasin.
7.67. Shunday 0 ≤ A ≤ B operatorlarga misol keltiringki, A2 ≤ B 2 tengsizlik
bajarilmasin.
7.68. Agar A va B lar o`z-o`ziga qo`shma chegaralangan operatorlar bo`lib,
[A, B] = 0 bo`lsa, T = A + iB normal operator bo`ladi va aksincha.
126
7.69. Us : `2 (Zn ) → `2 (Zn ), (Us f )(n) = f (n + s) operatorlar oilasini ko`paytirish amaliga nisbatan Abel gruppasi bo`lishini isbotlang.
7.70-7.74-misollarda berilgan operatorlarning giponormal ekanligini isbotlang.
7.70. Ixtiyoriy unitar operator.
7.71. Ixtiyoriy izometrik operator.
7.72. Ixtiyoriy normal operator.
7.73. Ixtiyoriy ortogonal proyeksiyalash operatori.
7.74. Ixtiyoriy o`z-o`ziga qo`shma operator.
7.75. Giponormal operatorga qo`shma operator giponormal bo`lmasligi mumkin.
Misol keltiring.
7.76. T : L2 [−π, π] → L2 [−π, π], (T x)(t) = eit x(t) operatorning sonli aksi
W (T ) = {(T x, x) : kxk = 1} to`plamni va T operatorning sonli radiusi
w(T ) = sup{|(T x, x)| : kxk = 1} sonlarni toping.
7.77. T : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1], (T x)(t) = t x(t) operatorning sonli aksi
W (T ) = {(T x, x) : kxk = 1} to`plamni va T operatorning sonli radiusi
w(T ) = sup{|(T x, x)| : kxk = 1} sonlarni toping.
7.78-7.86-misollarda keltirilgan tasdiqlarni isbotlang.
7.78. Agar T normal operator bo`lsa, u holda T ∗ ham normal operator bo`ladi.
7.79. A : L(H) → L(H), A(T ) = T ∗ operator additiv va qo`shma bir jinsli
bo`ladi.
127
7.80. Nolmas L ⊂ H qism fazoning ustiga ortogonal proyeksiyalash operatori
P o`z-o`ziga qo`shma, normasi birga teng bo`lgan va P 2 = P shartni
qanoatlantiruvchi operator bo`ladi.
7.81. P 2 = P shartni qanoatlantiruvchi o`z-o`ziga qo`shma P chiziqli operator, biror L ⊂ H qism fazoga ortogonal proyeksiyalash operatori bo`ladi.
7.82. Faraz qilaylik, P1 va P2 lar mos ravishda L1 va L2 qism fazolarga
ortogonal proyeksiyalash operatorlari bo`lsin. P1 va P2 proyeksiyalash
operatorlari o`zaro ortogonal bo`lishi uchun ularga mos L1 va L2 qism
fazolar o`zaro ortogonal bo`lishi zarur va yetarli.
7.83. Ikkita PL1 va PL2 proyeksiyalash operatorlarining yig`indisi proyeksiyalash
operatori bo`lishi uchun, bu operatorlar o`zaro ortogonal bo`lishi zarur va
yetarli. Agar bu shart bajarilgan bo`lsa, u holda PL1 + PL2 = PL1 ⊕L2
tenglik o`rinli.
7.84. Ikkita PL1 va PL2 proyeksiyalash operatorlarining ko`paytmasi proyeksiyalash operatori bo`lishi uchun, bu operatorlar o`rin almashinuvchi (kommutativ) bo`lishi zarur va yetarli. Agar bu shart bajarilgan bo`lsa, u holda
PL1 PL2 = PL2 PL1 = PL1 ∩L2 tenglik o`rinli.
7.85. Ikkita PL1 va PL2 proyeksiyalash operatorlarining ayirmasi proyeksiyalash
operatori bo`lishi uchun, PL2 ning PL1 uchun qism bo`lishi zarur va yetarli. Agar bu shart bajarilgan bo`lsa, u holda PL1 − PL2 = PL1 ªL2 tenglik
o`rinli.
7.86. Ortogonal proyeksiyalash operatori P : H → H musbat operator bo`ladi.
8-Ÿ. Chiziqli operatorlarning spektri
Chiziqli operator nazariyasida eng muhim tushunchalardan biri bu spektr
tushunchasidir. Spektrning asosida esa xos qiymat tushunchasi yotadi. Spektr
128
haqida masala qaralayotganda X fazoni o`zini-o`ziga akslantiruvchi chiziqli A
operatorlar nazarda tutiladi. Shunday qilib A : X → X chiziqli operatorning
xos qiymati ta'riga kelamiz.
8.1-ta'rif. Agar biror λ ∈ C soni uchun (A − λI)x = 0 tenglama nolmas
(x 6= 0) yechimga ega bo`lsa, λ soni A operatorning xos qiymati deyiladi,
nolmas yechim x esa xos vektor deyiladi. dim Ker(A − λ I) = n soni λ xos
qiymatning karraligi deyiladi. Agar n = 1 bo`lsa, λ soni A operatorning
oddiy xos qiymati, n ≥ 2 bo`lsa, λ soni A operatorning karrali xos qiymati,
n = ∞ bo`lsa, λ soni A operatorning cheksiz karrali xos qiymati deyiladi.
8.2-ta'rif. Agar λ ∈ C kompleks soni uchun A − λI ga teskari operator mavjud bo`lib, u X ning hamma yerida aniqlangan bo`lsa, λ soni A
operatorning regulyar nuqtasi deyiladi,
Rλ (A) = (A − λI)−1
operator esa A operatorning λ nuqtadagi rezolventasi deyiladi. Barcha regulyar nuqtalar to`plami ρ(A) orqali belgilanadi.
8.3-ta'rif. A operatorning regulyar bo`lmagan nuqtalari uning spekrti deyiladi, ya'ni σ(A) = C\ρ(A) to`plamga A operatorning spektri deyiladi.
Demak, λ ∈ C soni A operatorning spektriga qarashli bo`lsa, u holda
yo A − λI ga teskari operator mavjud emas, yo mavjud bo`lganda ham, u
butun X fazoda aniqlanmagan bo`ladi. Agar λ ∈ C soni A operatorning xos
qiymati bo`lsa, (A − λI)x = 0 tenglama nolmas yechimga esa, ikkinchidan bu
bir jinsli tenglama nol yechimga ham ega. Demak, 6.3-teoremaga ko`ra, A−λI
ga teskari operator mavjud emas. Shunday qilib operatorning xos qiymatlari,
uning spektriga qarashli bo`ladi.
Chekli o`lchamli fazolarda berilgan chiziqli operatorlarning spektri aniq
tavsianadi. Unga qisqacha to`xtalamiz. Faraz qilaylik, A : Cn → Cn chiziqli
operator berilgan bo`lsin. Ma'lumki, har bir A : Cn → Cn chiziqli opera129
torga {aij } − n × n matritsa mos keladi va aksincha. Bu A − λI matritsa
determinanti det(A − λI), parametr λ ning n− darajali ko`phadi bo`ladi.
8.1-teorema. A : Cn → Cn chiziqli operatorning spektri chekli sondagi
chekli karrali xos qiymatlardan iborat. Bu xos qiymatlar det(A−λI) ko`phadning nollari bo`ladi va aksincha.
Agar A : X → X chiziqli operator bo`lib, dim X = ∞ bo`lsa, uning spektri ixtiyoriy tabiatli yopiq to`plam bo`lishi mumkin. Odatda spektr quyidagi
qismlarga ajratiladi.
8.4-ta'rif. a) A operatorning barcha chekli karrali yakkalangan xos qiymatlari to`plami nuqtali spektr deyiladi va σpp (A) bilan belgilanadi.
b) Agar λ ∈ σ(A) xos qiymat bo`lmasa va Im(A − λI) 6= X, ya'ni A−λI
operatorning qiymatlar sohasi X ning hamma yerida zich emas. Bunday λ
lar to`plami A operatorning qoldiq spektri deyiladi va σqol (A) bilan belgilanadi.
c) Agar λ ∈ C xos qiymatlar to`plamining limitik nuqtasi bo`lsa, yoki
λ ∈ C operatorning cheksiz karrali xos qiymati bo`lsa, yoki λ ∈ σ(A) uchun
Im(A − λI) = X bo`lsa, bunday λ lar A operatorning muhim spektriga
qarashli deyiladi. Operatorning muhim spektri σess (A) bilan belgilanadi.
Asosan o`z-o`ziga qo`shma operatorlarning spektri o`rganiladi. Endi o`zo`ziga qo`shma operatorlar uchun muhim spektr ta'rini keltiramiz.
8.5-ta'rif. Agar biror λ ∈ C soni uchun nolga kuchsiz yaqinlashuvchi
{fn } ⊂ H birlik vektorlar ketma-ketligi mavjud bo`lib,
lim k(A − λI)fn k = 0
n→∞
bo`lsa, λ soni A = A∗ operatorning muhim spektriga qarashli deyiladi.
Chegaralangan operatorlarning spektri haqida quyidagi tasdiq o`rinli.
8.2-teorema. X Banax fazosi bo`lsin. Agar A ∈ L(X) bo`lsa, u holda
σ(A) chegaralangan yopiq to`plam bo`ladi.
130
8.6-ta'rif. Agar A ∈ L (H, H1 ) va ImA ⊂ H1 qism fazo chekli o`lchamli
bo`lsa, u holda A operator chekli o`lchamli operator deyiladi.
8.7-ta'rif. Agar A : H → H1 operator H dagi har qanday chegaralan-gan
to`plamni H1 dagi nisbiy kompakt to`plamga akslantirsa, u holda A kompakt
yoki to`la uzluksiz operator deyiladi.
8.8-ta'rif. Agar biror U unitar operator uchun B = U AU −1 = U AU ∗
tenglik o`rinli bo`lsa, u holda B operator A operatorga unitar ekvivalent deyiladi.
8.9-ta'rif. Agar P ∈ L (H) uchun P ∗ = P va P 2 = P bo`lsa, P ga
proyektor yoki proyeksiyalash operatori deyiladi.
8.3-teorema. Agar X Banax fazosi bo`lib, A ∈ L(X) va |λ| > kA k
bo`lsa, u holda λ regulyar nuqta bo`ladi.
Bu teoremadan chegaralan operatorning spektri markazi koordina-talar
boshida, radiusi r = kA k bo`lgan yopiq doirada saqlanishi kelib chiqadi.
8.4-teorema. A ∈ L(H) o`z-o`ziga qo`shma operator bo`lsin, u holda:
a) σqol (A) bo`sh to`plam,
b) σ(A) to`plam R ning qismi, ya'ni σ(A) ⊂ R,
c) A operatorning har xil xos qiymatlariga mos keluvchi xos vektorlari
o`zaro ortogonaldir.
O`z-o`ziga qo`shma A ∈ L(H) operator uchun (Ax, x) barcha x ∈ H
larda haqiqiy (7.39-misol) bo`ladi. Quyidagi belgilashlarni kiritamiz:
inf (Ax, x) = m,
kxk=1
sup (Ax, x) = M.
kxk=1
m soni o`z-o`ziga qo`shma A ∈ L(H) operatorning quyi chegarasi, M esa
uning yuqori chegarasi deyiladi.
8.5-teorema. O`z-o`ziga qo`shma A ∈ L(H) operatorning spektri σ(A) ⊂
[m, M ] va m ∈ σ(A), M ∈ σ(A) bo`ladi.
131
8.6-teorema (spektral teorema). A H Hilbert fazosida aniqlangan
chegaralangan, o`z-o`ziga qo`shma operator bo`lib, m uning quyi chegarasi,
M esa uning yuqori chegarasi bo`lsin. U holda quyidagi shartlarni qanoatlantiruvchi proyektorlar oilasi mavjud:
1) agar λ < m bo`lsa, Eλ = 0 va M < λ bo`lsa, Eλ = I;
2) ixtiyoriy λ ∈ R uchun
lim Eλ = Eλ0 ;
λ→λ0 +0
3) ixtiyoriy λ < µ uchun Eλ ≤ Eµ ;
R∞
R∞
4) A =
λ dEλ ⇐⇒ ∀x, y ∈ H uchun (Ax, y) =
λ d(Eλ x, y) tenglik
−∞
−∞
o`rinli. Eλ larga A operatorning spektral proyektorlari deyiladi.
Dastlab chekli o`lchamli fazolarda berilgan operatorlarning spektriga oid
misollar qaraymiz.
8.1. A : C3 → C3 , Ax = (x1 + x2 , x2 − x1 , 2x3 ) operatorning xos qiymatlari
va xos vektorlarini toping.
Yechish. 8.1-teoremaga ko`ra, bu operatorning spektri faqat xos qiymatlardan iborat. Shuning uchun xos qiymatga nisbatan tenglama, ya'ni
Ax = λ x ⇐⇒ (x1 + x2 , x2 − x1 , 2x3 ) = (λx1 , λx2 , λx3 )
(8.1)
tenglamani qaraymiz. Agar (8.1) tenglama biror λ ∈ C da nolmas yechimga
ega bo`lsa, λ ∈ C ning bu qiymati xos son bo`ladi. (8.1) tenglama quyidagi
sistemaga teng kuchli



(1 − λ)x1 + x2 = 0





x + x2 = λx1

 1




x2 − x1 = λx2
2x3 = λx3
⇐⇒




−x1 + (1 − λ)x2 = 0
(2 − λ)x3 = 0.
Bu sistema nolmas yechimga ega bo`lishi uchun, uning determinanti
¯
¯
¯ 1−λ
1
0
¯
¯
det(A − λI) = ¯ −1 1 − λ
0
¯
¯
¯ 0
0
2−λ
132
¯
¯
¯
¯
¯
¯ = (2 − λ)(2 − 2λ + λ2 )
¯
¯
¯
(8.2)
nolga teng bo`lishi zarur va yetarli. Uning nollari λ1 = 2, λ2 = 1 + i, λ3 =
1 − i lardir. Endi bu xos qiymatlarga mos xos vektorlarni topamiz. Masalan,
λ = 2 bo`lsin. λ ning bu qiymatida (8.2) sistema x(1) = (0, 0, 1) nolmas
yechimga ega. Xuddi shunday λ2 = 1 + i, λ3 = 1 − i xos sonlariga mos xos
vektorlar x(2) = (1, i, 0), x(3) = (1, −i, 0) bo`ladi.
¤
8.2. Hilbert fazosi L2 [a, b] da
Zb
(Ax)(t) = u(t)
u(s) x(s)ds, x ∈ L2 [a, b]
a
formula vositasida aniqlangan A operatorning xos qiymatlari va xos
funksiyalarini toping. Bu yerda u : [a, b] → R berilgan uzluksiz funksiya.
Yechish. Ta'rifga ko`ra, nol bo`lmagan biror x ∈ L2 [a, b] funksiya va
λ ∈ C soni uchun
(Ax)(t) = λx(t)
(8.3)
tenglik bajarilsa, x funksiya A operatorning xos funksiyasi, λ son esa unga
mos keluvchi xos qiymat deyiladi. Qaralayotgan operator uchun (8.3) tenglik
quyidagi ko`rinishga ega bo`ladi:
Zb
u(t)
u(s) x(s)ds = λ x(t).
(8.4)
a
Bu yerda x 6= 0 . Faraz qilaylik, λ 6= 0 bo`lsin. U holda x 6= 0 bo`lgani uchun
Zb
αx =
u(s)x(s)ds 6= 0
a
tengsizlik bajarildi. (8.4) tenglikda (8.5) ni e'tiborga olsak,
x(t) = λ−1 αx u(t)
133
(8.5)
tenglikni olamiz. (8.5) tenglikka x funksiyaning bu ifodasini qo`yib,

Zb
u2 (t)dt yoki αx λ −
αx = αx λ−1
a

Zb
u2 (t) dt = 0
a
tenglikka kelamiz. Bunda αx 6= 0 bo`lgani uchun λ =
Rb
a
u2 (t)dt son A oper-
atorning xos qiymati va x(t) = u(t) esa unga mos xos vektor ekanligi kelib
chiqadi. Yana shuni ta'kidlash kerakki, agar
Zb
u(t)x(t)dt = 0
(8.6)
a
shartni qanoatlantiruvchi nolmas x funksiya mavjud bo`lsa, u holda λ = 0
soni uchun ham (8.3) tenglik bajariladi. Albatta (8.6) shartni qanoatlantiruvchi nolmas x funksiya mavjud. Demak, A operator ikkita λ = 0 va µ =
Rb
a
u2 (t)dt xos qiymatlarga ega. (8.6) shartni qanoatlantiruvchi funksiyalar
λ = 0 xos qiymatga mos keluvchi xos funksiyalar bo`ladi.
¤
8.3. L2 [a, b] Hilbert fazosida erkin o`zgaruvchi x ga ko`paytirish operatori,
ya'ni
A : L2 [a, b] → L2 [a, b],
(Af )(x) = xf (x)
operatorni qaraymiz. Uning nuqtali, qoldiq va muhim spektrini toping.
Yechish. 7.3-misol natijasi va u(x) = x = x = u(x) tenglikka ko`ra,
berilgan operator o`z-o`ziga qo`shma, ya'ni A = A∗ dir. 8.4-teoremaning a)
tasdig`iga ko`ra, σqol (A) = ∅. Ma'lumki,
(Af )(x) = λf (x) ya'ni (x − λ)f (x) = 0
(8.7)
tenglama ixtiyoriy λ ∈ C uchun yagona nol yechimga ega. Demak, A operator
xos qiymatlarga ega emas, ya'ni σpp (A) = ∅ . (8.7) tenglama faqat nol yechimga ega ekanligidan 6.3-teoremaga ko`ra, (A − λI)f (x) = g(x) tenglamaning
134
ixtiyoriy g ∈ Im A da yagona yechimga ega ekanligi kelib chiqadi. Ko`rsatish
mumkinki A − λI operatorga teskari operator
(A − λI)−1 g(x) =
g(x)
x−λ
(8.8)
formula bilan aniqlanadi. Agar λ 6∈ [a, b] bo`lsa, u holda x − λ 6= 0, natijada
(A − λI)−1 operator L2 [a, b] fazoning hamma yerida aniqlangan. 8.2-ta'rifga
ko`ra, λ 6∈ [a, b] regulyar nuqta, ya'ni σ(A) ⊂ [a, b]. Lekin (8.8) formula bilan
aniqlangan teskari operator λ ∈ [a, b] bo`lganda L2 [a, b] fazoning hamma
yerida aniqlanmagan. Demak, [a, b] ⊂ σ(A). Bulardan, σ(A) = [a, b]. Endi
A operatorning spektridagi ixtiyoriy nuqta uning muhim spektriga qarashli
ekanligini ko`rsatamiz. Ixtiyoriy λ ∈ [a, b) uchun
·
p
fn (x) = n(n + 1) χAn (x), An = λ +
1
1
, λ+
n+1
n
¶
(8.9)
1
< b bo`ladi va bunday nomern
lar uchun kfn k = 1 tenglik o`rinli. Bundan tashqari har xil n va m lar-
deymiz. Ma'lum nomerdan boshlab λ +
da An ∩ Am = ∅ bo`lgani uchun (fn , fm ) = 0 tenglik o`rinli, ya'ni {fn }
ortonormal sistema ekan. Ma'lumki, (3.75-misol) ixtiyoriy ortonormal sistema
nolga kuchsiz ma'noda yaqinlashadi, shuning uchun {fn } ketma-ketlik ham
nolga kuchsiz ma'noda yaqinlashadi. Endi k(A − λI)fn k norma kvadratini
hisoblaymiz:
λ+ n1
Z
2
k(A − λI)fn k = n(n + 1)
3n2 + 3n + 1
(t − λ) dt =
→ 0, n → ∞.
3 n2 (n + 1)2
2
1
λ+ n+1
8.5-ta'rifga ko`ra, λ ∈ [a, b) son A operatorning muhim spektriga qarashli
ekan. Agar λ = b bo`lsa, u holda nolga kuchsiz yaqinlashuvchi
gn (x) =
p
·
¶
1
1
n(n + 1) χBn (x), Bn = b − , b −
, (gn , gm ) = δnm
n
n+1
ketma-ketlik uchun lim k(A − bI)gn k = 0 shart bajariladi. Bu yerdan, λ = b
n→∞
nuqta ham A operatorning muhim spektriga qarashli ekanligi kelib chiqadi.
135
Shunday qilib, A operatorning spektri faqat muhim spektrdan iborat bo`lib,
u [a, b] kesma bilan ustma-ust tushadi. Xulosa
σqol (A) = σpp (A) = ∅,
σess (A) = σ(A) = [a, b].
¤
8.4. 8.3-misolda qaralgan A operatorni C[a, b] Banax fazosida qaraymiz,
ya'ni
A : C[a, b] → C[a, b],
(Af )(x) = xf (x)
operatorni qaraymiz. Uning nuqtali va qoldiq spektrini toping.
Yechish. Ma'lumki, ((8.7) ga qarang)
(Af )(x) = λf (x) ya'ni (x − λ)f (x) = 0,
f ∈ C[a, b]
(8.10)
tenglama ixtiyoriy λ ∈ C uchun yagona nol yechimga ega. Demak, A operator xos qiymatlarga ega emas, ya'ni σpp (A) = ∅. (8.10) tenglama faqat
nol yechimga ega ekanligidan 6.3-teoremaga ko`ra, A − λI operatorga teskari
operator mavjud va u (8.8) formula bilan aniqlanadi. Xuddi 8.3-misoldagi kabi
ko`rsatishimiz mumkinki, σ(A) = [a, b] tenglik o`rinli. Haqiqatan ham, agar
λ 6∈ [a, b] bo`lsa, u holda (8.8) ning o`ng tomoni ixtiyoriy g ∈ C[a, b] da
uzluksiz funksiya bo`ladai, ya'ni D((A − λI)−1 ) = C[a, b]. 8.2-ta'rifga ko`ra
λ regulyar nuqta, ya'ni σ(A) ⊂ [a, b]. Agar λ ∈ [a, b] bo`lsa, u holda (8.8)
formula bilan aniqlangan (A−λI)−1 operator C[a, b] fazoning hamma yerida
aniqlanmagan, bundan [a, b] ⊂ σ(A). Bulardan, σ(A) = [a, b] ekanligi kelib
chiqadi. Endi σ(A) = σqol (A) ekanligini ko`rsatamiz. Ixtiyoriy λ ∈ [a, b]
uchun A − λI operatorning qiymatlar sohasi
Im(A − λI) = {g ∈ C[a, b] : g(x) = (x − λ)f (x)}
C[a, b] fazoda zich emas. Haqiqatan ham, Im(A − λI) chiziqli ko`pxillilikdagi ixtiyoriy g uchun g(λ) = 0 shart bajariladi. Agar biz f0 (x) ≡ 1 desak,
136
u holda ixtiyoriy g ∈ Im(A − λI) uchun
kg − f0 k = max |g(x) − f0 (x)| ≥ |g(λ) − f0 (λ)| = 1
x∈[a,b]
tengsizlik o`rinli. Demak, A − λI operatorning qiymatlar sohasi Im(A − λI)
dan f0 (x) ≡ 1 elementga yaqinlashuvchi ketma-ketlik ajratish mumkin emas,
ya'ni Im(A − λI) 6= C[a, b]. 8.4-ta'rifga ko`ra, barcha λ ∈ [a, b] lar uchun
λ ∈ σqol (A) munosabat o`rinli. Bundan σ(A) ⊂ σqol (A) kelib chiqadi. Teskari
munosabat σ(A) ⊃ σqol (A) doim o`rinli. Demak, σ(A) = σqol (A) = [a, b].
8.3 va 8.4-misollarda bir xil qonuniyat bo`yicha ta'sir qiluvchi A operator har xil L2 [a, b] va C[a, b] fazolarda qaralgan. Har ikki holda ham A
operatorning spektri [a, b] kesma bilan ustma-ust tushgan, lekin spektrning
qismlarida (strukturasida) o`zgarish bo`ladi (javoblarga qarang). Birinchi holda (8.3-misolda) σqol (A) = ∅ edi, ikkinchi holda σqol (A) = [a, b].
¤
8.5. Kompleks Hilbert fazosi L2 [0, 1] da aniqlangan
Z1
(Ax)(t) = t x(t) +
t s x(s) ds,
x ∈ L2 [0, 1]
0
operatorning spektri va rezolventasini toping.
Yechish. A operatorni 8.3 va 8.2-misollarda spektri va xos qiymati o`rganilgan B va C operatorlarning yig`indisi ko`rinishida tasvirlash mumkin:
Z1
(Bx)(t) = t x(t), (Cx)(t) =
t s x(s) ds,
x ∈ L2 [0, 1].
0
7.3-misolda L2 [a, b] fazoda ko`paytirish operatorining o`z-o`ziga qo`shmalik
shartlari topilgan. u(t) = t = t = u(t) tenglikdan B operatorning o`z-o`ziga
qo`shma ekanligi kelib chiqadi. 7.2-misolda L2 [a, b] fazoda integral operatorining o`z-o`ziga qo`shmalik shartlari keltirilgan. K(t, s) = t · s = s · t =
K(s, t) tenglikdan C operatorning o`z-o`ziga qo`shma ekanligi kelib chiqadi.
137
A∗ = (B + C)∗ = B ∗ + C ∗ = B + C = A tenglik A operatorning o`z-o`ziga
qo`shma ekanligini bildiradi. 8.4-teoremaning b) qismiga ko`ra, A operatorning spektri R ning qism to`plami bo`ladi. Xususan, uning xos qiymatlari ham
haqiqiy bo`ladi. A operator spektrini ikki qismga ajratib topamiz: a) qismida
uning xos qiymatlarini, b) qismida esa uning muhim spektrini topamiz.
a) A operatorning xos qiymatlarini topish uchun quyidagi tasdiqdan foydalanamiz.
8.1-tasdiq. λ ∈ R\[0, 1] soni A operatorning xos qiymati bo`lishi uchun
Z1
∆(λ) := 1 +
0
s2
ds = 0
s−λ
tenglikning bajarilishini zarur va yetarli.
Isbot. Zaruriyligi. Aytaylik, λ ∈ R\[0, 1] soni A operatorlarning xos
qiymati bo`lsin, ya'ni biror nolmas x ∈ L2 [0, 1] element uchun
Z1
(Ax)(t) = λx(t) ⇐⇒ tx(t) +
tsx(s)ds = λx(t)
0
tenglik bajarilsin. U holda
(t − λ)x(t) + t · αx = 0,
bunda
(8.11)
Z1
αx =
sx(s)ds.
(8.12)
0
Agar αx = 0 bo`lsa, (8.11) tenglik (t−λ)x(t) = 0 tenglikka aylanadi. Bundan
x ning nol ekanligiga kelamiz. Farazimizga ko`ra x xos vektor, ya'ni x 6= 0.
Shunday ekan, αx 6= 0 . Yuqoridagi (8.11) tenglikdan
x(t) = −
138
αx · t
t−λ
ni topamiz va buni (8.12) ga qo`yib,
Z1
αx = −αx
0

2
s
ds
s−λ
⇐⇒
Z1
α x 1 +
0

2
s
ds = 0
s−λ
tenglikka ega bo`lamiz. αx 6= 0 bo`lganligi uchun
Z1
1+
0
s2
ds = 0
s−λ
ya'ni
∆(λ) = 0
tenglikni hosil qilamiz.
Yetarliligi. Aytaylik, λ ∈ R\[0, 1] soni uchun ∆(λ) = 0 tenglik bajarilsin.
U holda x(t) = t (t − λ)−1 funksiyani olsak,
(A − λI)x(t) =
(t − λ)t
+t
t−λ
Z1
0

s·s
ds = t 1 +
s−λ
Z1
0

2
s ds 
= t∆(λ) = 0
s−λ
tenglik bajariladi. Bundan λ soni A operator uchun xos qiymat bo`lishi va
x(t) = t (t − λ)−1 unga mos xos funksiya bo`lishi kelib chiqadi.
¤
A operatorning [0, 1] kesmadan tashqaridagi xos qiymatlarini topamiz.
Barcha many λ lar uchun
Z1
∆(λ) = 1 +
0
s2
ds ≥ 1
s−λ
tengsizlik o`rinli. 8.1-tasdiqqa ko`ra, A operatorning many xos qiymatlari
yo`q. Endi A operatorning 1 dan katta xos qiymatlari mavjudmi degan savolga
javob beramiz. Aytaylik, λ > 1 bo`lsin. U holda
Z1
0
∆ (λ) =
0
s2 ds
> 0,
(s − λ)2
lim ∆(λ) = −∞,
λ→1
lim ∆(λ) = 1
λ→+∞
munosabatlar o`rinli bo`ladi. Hosilaning musbatligidan ∆(·) ning (1, ∞) intervalda o`suvchi ekanligi kelib chiqadi. Limitik munosabatlardan biror ε va
N uchun ∆(1 + ε) ∆(N ) < 0 tengsizlik kelib chiqadi. Ya'ni ∆(·) funksiya
139
[1+ε, N ] kesmaning chetki nuqtalarida har xil ishorali qiymatlar qabul qiladi.
Bolsana-Koshi teoremasiga ko`ra, shunday λ0 ∈ (1 + ε, N ) nuqta mavjudki,
∆(λ0 ) = 0 bo`ladi. ∆(·) funksiyaning qat'iy monotonligidan λ0 ∈ (1, ∞)
nuqtaning yagonaligi kelib chiqadi. Shunday qilib, [0, 1] kesmadan tashqarida A operatorning yagona xos qiymati bor ekan. Agar λ ∈ C\[0, 1] soni A
operatorning xos qiymati bo`lmasa, A−λ I operator teskarilanuvchan bo`ladi.
Rezolventa uchun tenglama
Z1
(A − λI)x(t) = y(t)
⇐⇒
(t − λ)x(t) + t
sx(s)ds = y(t)
0
dan (8.12) ni e'tiborga olgan holda x(t) ni topamiz:
(t − λ)x(t) + t · αx = y(t),
bundan
y(t)
t
− αx
.
(8.13)
t−λ
t−λ
x(t) uchun olingan (8.13) ifodani (8.12) ga qo`ysak, αx uchun


Z1
Z1 2
Z1 2
Z1
sy(s) ds
s ds
s
ds
sy(s) ds
=
αx =
− αx
⇐⇒ αx 1 +
s−λ
s−λ
s−λ
s−λ
x(t) =
0
0
0
0
tenglamaga ega bo`lamiz. Bu yerdan ∆(λ) 6= 0 bo`lganligi uchun
αx =
1
∆(λ)
Z1
0
sy(s)
ds
s−λ
ni hosil qilamiz. Demak,
t
y(t)
1
−
x(t) =
t − λ t − λ ∆(λ)
Z1
0
sy(s)
ds.
s−λ
Shunday qilib, A operatorning rezolventasi quyidagi formula bilan aniqlanadi:
t
y(t)
1
−
Rλ (A)y(t) =
t − λ t − λ ∆(λ)
140
Z1
0
sy(s)
ds ,
s−λ
y ∈ L2 [0, 1].
Olingan natijalardan ko`rinib turibdiki, agar λ ∈ C\ ([0, 1] ∪ {λ0 }) bo`lsa,
u holda D(Rλ (A)) = L2 [0, 1] , ya'ni λ regulyar nuqta. Bu yerdan ρ(A) ⊃
C\ ([0, 1] ∪ {λ0 }) ekanligi kelib chiqadi.
b) 8.3-misol xulosasidan kelib chiqadiki, (Bx)(t) = tx(t), x ∈ L2 [0, 1]
operatorning spektri faqat muhim spektrdan iborat bo`lib, u [0, 1] kesma bilan
ustma-ust tushadi. Hozir biz ko`rsatamizki, A = B + C operatorning ham
muhim spektri [0, 1] kesma bilan ustma-ust tushadi. Aytaylik, λ ∈ [0, 1) va
{fn } − (8.9) tenglik bilan aniqlanuvchi nolga kuchsiz yaqinlashuvchi ketmaketlik bo`lsin. Ko`rsatamizki,
lim k(A − λI)fn k = lim k(B − λI)fn + Cfn k = 0
n→∞
n→∞
(8.14)
bo`ladi. k(A − λI)fn k ≤ k(B − λI)fn k + kCfn k tengsizlikni inobatga olsak,
faqat lim kCfn k = 0 ekanligini ko`rsatish kifoya, chunki
n→∞
lim k(B − λI)fn k = 0
n→∞
shart 8.3-misolda ko`rsatilgan. Dastlab, (Cfn )(t) ni hisoblaymiz.
Z1
(Cfn )(t) =
λ+ n1
Z
p
t s fn (s)ds = n(n + 1)t
0
s ds =
1
λ+ n+1
p
µ
¶
n(n + 1)
2n + 1
=
2λ +
t.
2n(n + 1)
n(n + 1)
1
Agar g(t) = t desak, kgk = √ bo`lib,
3
p
µ
¶
n(n + 1)
2n + 1
1
√ =0
lim kCfn k = lim
2λ +
n→∞
n→∞ 2n(n + 1)
n(n + 1)
3
bo`ladi. 8.4-ta'rifga ko`ra [0, 1) ⊂ σess (A) bo`ladi. Agar λ = 1 bo`lsa, nolga
kuchzis yaqinlashuvchi ketma-ketlik sifatida {gn } ni olish mumkin:
·
¶
p
n−1
n
gn (x) = n(n + 1) χBn (x), Bn =
,
, (gn , gm ) = δnm .
n
n+1
141
Bu hol uchun ham lim k(A − I)gn k = 0 shart bajariladi. Bu yerdan, λ = 1
n→∞
soni A operatorning muhim spektriga qarashli ekanligi kelib chiqadi. Demak,
σess (A) = [0, 1], σpp (A) = {λ0 }, σ(A) = [0, 1] ∪ {λ0 }.
¤
8.6. Banax fazosi `1 da berilgan
A : `1 → `1 , Ax = (x1 + x2 , x1 + 2x2 , 4x3 , x4 , x5 , x6 , . . .)
operatorning spektri va rezolventasini toping.
Yechish. a) A operatorning xos qiymatlarini topish uchun λ ∈ C songa
mos Ax = λ x yoki
(x1 + x2 , x1 + 2x2 , 4x3 , x4 , x5 , . . .) = (λx1 , λx2 , λx3 , . . .)
(8.15)
tenglamani yechamiz. (8.15) tenglama quyidagi tenglamalar sistemaga teng
kuchli:
x1 + x2 = λx1 , x1 + 2x2 = λx2 , 4x3 = λx3 , xn = λxn , n ≥ 4.
(8.16)
Agar λ ∈
/ {1, 4} bo`lsa, (8.16) tenglik bajarilishi uchun x3 = x4 = x5 =
. . . = 0 bo`lishi kerak. U holda (8.16) tenglamalar sistemasi

 (1 − λ)x + x = 0
1
2
 x1 + (2 − λ)x2 = 0
sistemaga teng kuchli. Bu sistema nolmas yechimga ega bo`lishi uchun uning
determinanti (1 − λ)(2 − λ) − 1 = 0 yoki
λ2 − 3λ + 1 = 0
(8.17)
√
√
tenglik bajarilishi kerak. (8.17) tenglama λ1 = 2−1 (3− 5), λ2 = 2−1 (3+ 5)
ildizlarga ega. Bu yerdan kelib chiqadiki, (8.15) tenglama λ1 = 2−1 (3 −
songa mos nolmas
5)
Ã
x(1) =
!
√
1− 5
1,
, 0, 0, . . .
2
√
142
(8.18)
yechimga va λ2 = 2−1 (3 +
√
5) soniga mos nolmas
Ã
x(2) =
√
1,
1+ 5
, 0, 0, . . .
2
√
!
(8.19)
√
λ2 = 2−1 (3+ 5) sonlari A
yechimga ega. Shunday qilib, λ1 = 2−1 (3− 5),
operatorning xos qiymatlari bo`ladi. (8.18) va (8.19) ko`rinishdagi x(1) va x(2)
elementlar A operatorning λ1 va λ2 xos qiymatlariga mos xos vektorlari
bo`ladi. Agar λ3 = 1 bo`lsa x(3) = en , n ≥ 4 nolmas elementlar Ax =
1 · x tenglikni qanoatlantiradi, ya'ni 1 soni A operatorning cheksiz karrali
xos qiymati va x(3) = en , n ≥ 4 ko`rinishdagi elementlar unga mos xos
vektorlar bo`ladi. Xuddi shunday ko`rsatish mumkinki, λ4 = 4 soni ham A
operatorning xos qiymati bo`ladi va x(4) = e3 , esa unga mos xos vektor bo`ladi.
√
√
Shunday qilib, A operator 2−1 (3− 5), 2−1 (3+ 5), 1, 4 xos qiymatlarga
ega va uning boshqa xos qiymatlari yo`q. 2−1 (3 −
√
5), 2−1 (3 +
√
5), 4 xos
qiymatlar operatorning oddiy xos qiymatlari bo`ladi.
©
√
√
ª
b) Endi λ ∈
/ 2−1 (3 − 5), 2−1 (3 + 5), 1, 4 holni qaraymiz. 8.2-ta'rifga ko`ra, A operatorning λ nuqtadagi rezolventasi A − λI operatorning
teskarisi sifatida aniqlanadi. (A − λ I)x = y , ya'ni
((1 − λ)x1 + x2 , x1 + (2 − λ)x2 , (4 − λ)x3 , (1 − λ)x4 , . . .) =
= (y1 , y2 , y3 . . .)
tenglikdan x ni topamiz. Buning uchun



(1 − λ)x1 + x2 = y1 ,




 x + (2 − λ)x = y ,
1
2
2


(4 − λ)x3 = y3 ,




 (1 − λ)xn = yn , n ≥ 4,
143
(8.20)
tenglamalar sistemasini yechib,









(2 − λ)y1 − y2
,
λ2 − 3λ + 1
−y1 + (1 − λ)y2
x2 =
,
λ2 − 3λ + 1
x3 = (4 − λ)−1 y3 ,
x1 =







 x = (1 − λ)−1 y , n ≥ 4
n
n
munosabatlarni olamiz, ya'ni (8.20) tenglama yagona
µ
x=
(2 − λ)y1 − y2 −y1 + (1 − λ)y2 y3
y4
y5
,
,
,
,
,...
2
2
λ − 3λ + 1
λ − 3λ + 1
4−λ 1−λ 1−λ
¶
yechimga ega. Shunday qilib, A operatorning rezolventasi quyidagi formula
bilan aniqlanadi:
µ
¶
(2 − λ)x1 − x2 −x1 + (1 − λ)x2 x3
x4
x5
Rλ (A)x =
,
,
,
,
,... .
λ2 − 3λ + 1
λ2 − 3λ + 1
4−λ 1−λ 1−λ
√
√
©
ª
Ko`rinib turibdiki, agar λ ∈
/ 2−1 (3 − 5), 2−1 (3 + 5), 1, 4 bo`lsa,
D(Rλ (A)) = `1 . 8.2-ta'rifga ko`ra, barcha
(
)
√
√
3− 5 3+ 5
λ∈
/
,
, 1, 4
2
2
lar, A operator uchun regulyar qiymat bo`ladi. Bundan
(
σ(A) =
√
√
)
3− 5 3+ 5
,
, 1, 4
2
2
tenglik kelib chiqadi.
¤
ˆ : `2 (Z) → `2 (Z), (∆
ˆ fˆ)(n) = fˆ(n + 1) + fˆ(n − 1) − 2fˆ(n) ope8.7. ∆
rator ayirmali Laplas operatori deyiladi. Agar F : `2 (Z) → L2 [−π, π]
ˆ −1 oper7.58-misolda aniqlangan Furye almashtirishi bo`lsa, ∆ = F ∆F
atorning f ∈ L2 [−π, π] elementga ta'sirini toping.
ˆ uchun ∆
ˆ = Û1 + Û−1 −2Û0 tenglik
Yechish. Ayirmali Laplas operatori ∆
ˆ −1 = U1 + U−1 − 2 U0 . 8.91-misol natijasiga ko`ra
o`rinli. Demak, ∆ = F ∆F
144
∆f, f ∈ L2 [−π, π] uchun
(∆f )(p) = (U1 + U−1 − 2 U0 )f (p) = (eip + e−ip − 2)f (p) = 2(cos p − 1)f (p).
tenglikni olamiz.
¤
8.8. Aniqlanish sohasi L2 [0, 1] Hilbert fazosi bo`lgan o`z-o`ziga qo`shma
(Af )(t) = tf (t) operatorning spekrtal proyektorlarini toping.
Yechish. Spektral proyektorlar sifatida (Eλ f )(t) = χAλ (t) f (t) larni olamiz,
bu yerda Aλ = [0, λ] ∩ [0, 1]. Osongina tekshirish mumkinki, Eλ uchun
spektral proyektorlarning 1-3 shartlari bajariladi. A =
R∞
−∞
λd Eλ tenglikni
tekshiramiz. Ixtiyoriy f, g ∈ L2 [0, 1] elementlarni olaylik. U holda
Z1
Z1
tf (t)g(t) dt =
(Af, g) =

0

Zλ
λd
0
Z1
λd 
=
λ f (λ) g(λ)dλ =
0
0
Z1
Z1
f (t) g(t)dt =
0
Z∞
χ[0, λ] (t)f (t) g(t)dt =
λ d (Eλ f (t), g(t)).
¤
−∞
0
Uy vazifalari va mavzuni o`zlashtirish uchun masalalar
8.9-8.14-misollarda berilgan operatorlarning xos qiymatlari va xos vektorlarini toping. O`z-o`ziga qo`shma bo`lgan holda (8.9 va 8.12-misollarda) xos
qiymatlarning haqiqiyligini va har xil xos qiymatlarga mos xos vektorlarni
ortogonalligini tekshiring:
8.9. A : C3 → C3 , Ax = (x1 + x2 , x2 + x1 , 3x3 ) .
8.10. A : C3 → C3 , Ax = (x1 , x2 + x3 , x3 − x2 ) .
8.11. A : C3 → C3 , Ax = (x1 + x2 , x2 + x3 , x3 + x1 ) .
8.12. A : C4 → C4 , Ax = (x1 , 2x2 , 3x3 , 4x4 ) .
145
8.13. A : C4 → C4 , Ax = (x1 + x2 , x2 + x3 , x3 + x1 , 5x4 ) .
8.14. A : C4 → C4 , Ax = (x1 + x2 , x2 + x3 , x3 + x4 , x4 + x1 ) .
8.15-8.20-misollarda berilgan operatorlarning xos qiymatlari va xos funksiyalarini toping. 8.17-8.21-misollarda keltirilgan operatorlarning o`z-o`ziga
qo`shma bo`lishini ko`rsating. Ular uchun 8.4-teoremaning b) va c) tasdiqlarining bajarilishi tekshiring.
8.15. (Ax)(t) = t
8.16. (Ax)(t) =
8.17. (Ax)(t) =
8.18. (Ax)(t) =
R1
s x(s)ds, x ∈ C[−1, 1].
−1
R1
(1 + ts) x(s)ds, x ∈ C[−1, 1].
−1
Rπ
(1 + sin t sin s) x(s)ds, x ∈ L2 [−π, π].
−π
1 Rπ
cos(t − s) x(s)ds, x ∈ L2 [−π, π].
π −π
1 Rπ
8.19. (Ax)(t) =
sin(t + s) x(s)ds, x ∈ L2 [−π, π].
π −π
8.20. (Ax)(t) =
1 Rπ
(1 + cos(t − s)) x(s)ds, x ∈ L2 [−π, π].
π −π
1 Rπ
8.21. (Ax)(t) = x(t) +
(cos(t − s) − sin t sin s) x(s)ds, x ∈ L2 [−π, π].
π −π
8.22-8.28-misollarda berilgan operatorlarning spektri (nuqtali, qoldiq va
muhim) va rezolventasini toping.
8.22. (Ax)(t) = (t2 + 1)x(t), x ∈ C[−1, 1].
8.23. (Ax)(t) = t x(t) + x(0) t2 , x ∈ C[−1, 1].
8.24. (Ax)(t) = sin t x(t) + x(0) cos t, x ∈ C[−π, π].
8.25. (Ax)(t) = (t2 + 1) x(t), x ∈ L2 [0, ∞) .
146
8.26. (Ax)(t) = (1 − cos t) x(t), x ∈ L2 [−π, π] .
8.27. (Ax)(t) = (1 − 4 cos t + 3 sin t)x(t), x ∈ L2 [−π, π] .
8.28. (Ax)(t) = t2 x(t), x ∈ L2 (R)
8.29-8.33-misollarda keltirilgan operatorlarning o`z-o`ziga qo`shma ekanligini ko`rsating, xos qiymatlari mavjudligini tekshiring, muhim spektri va rezolventasini toping.
8.29. (Ax)(t) = cos t x(t) +
Rπ
sin t sin s x(s) ds,
x ∈ L2 [−π, π].
−π
8.30. (Ax)(t) = cos 2t x(t) −
8.31. (Ax)(t) = cos 4t x(t) +
Rπ
sin t sin s x(s) ds, x ∈ L2 [−π, π].
−π
Rπ
cos t cos s x(s) ds, x ∈ L2 [−π, π].
−π
1 Rπ
8.32. (Ax)(t) = x(t) −
(1 + sin t sin s) x(s) ds,
π −π
8.33. (Ax)(t) = x(t) −
1 Rπ
(1 + cos(t − s)) x(s) ds,
π −π
x ∈ L2 [−π, π].
x ∈ L2 [−π, π].
8.34-8.48-misollarda keltirilgan operatorlarning xos qiymatlari va xos vektorlarini toping.
8.34. A : C4 → C4 , Ax = (x1 , x2 + x3 , x2 − x3 , x4 ).
8.35. A : C[0, 2] → C[0, 2] , (Ax)(t) = x(0)t2 + x(t)t + x(2) .
R1
8.36. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = (t2 s + ts2 )x(s) ds.
0
1 Rπ
cos(t + s)x(s) ds.
8.37. A : C[0, 2π] → C[0, 2π], (Ax)(t) =
2π 0
8.38. A : C[−1, 1] → C[−1, 1], (Ax)(t) =
R1
(1 + ts)x(s) ds.
−1
8.39. A : C[−1, 1] → C[−1, 1] , (Ax)(t) = 2 x(−1) t + 3 x(1) t2 .
147
8.40. A : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1], (Ax)(t) =
R1
(t + s + st)x(s) ds.
−1
8.41. A : `2 → `2 , Ax = (x1 + x2 , x2 + x3 , x3 + x1 , x4 , . . . , xn , . . .) .
8.42. A : `2 → `2 , Ax = (3x1 , 4x2 , −2x3 , 5x4 , x5 , x6 , . . .) .
1
2
2
3
n
xn , . . .) .
n+1
1
4
1
2
2n − 1
1
x2n−1 ,
x2n , . . .) .
4n
2n
8.43. A : `1 → `1 , Ax = ( x1 , x2 , . . . ,
8.44. A : `1 → `1 , Ax = ( x1 , x2 , . . . ,
8.45. A : `1 → `1 , Ax = (x1 + x2 , x1 − x2 , x2 − x3 , x4 , 0, 0, . . .) .
8.46. A : `3 → `3 , Ax = (x1 , 2x2 , x3 , 3x4 , x5 , x6 , . . .) .
8.47. A : m → m, Ax = (x1 , 2x2 + x3 , x2 + 3x3 , x4 , 0, 0, . . .) .
8.48. A : m → m, Ax = (6 x1 , 5 x2 , 4 x3 , 3 x4 , 2 x5 , x6 , x7 , . . .) .
8.49-8.66-misollarda keltirilgan operatorlarning spektri va rezolventasini
toping.
8.49. A : C[1, 3] → C[1, 3], (Ax)(t) = x(2) t + x(3) t2 .
8.50. A : C[0, 2] → C[0, 2] , (Ax)(t) = x(1) + x(t)t + x(2)t .
8.51. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = t2 x(t) + x(0).
8.52. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = t x(t) + x(0)t2 + x(1)t3 .
8.53. A : C[−2, 2] → C[−2, 2], (Ax)(t) = |t| x(t).
8.54. A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1], (Ax)(t) = (t + 2) x(t).
8.55. A : L2 (−∞, ∞) → L2 (−∞, ∞) , (Ax)(t) = arctgt · x(t) .
R1
8.56. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = t x(t) + t s x(s) ds.
2
0
148
R∞
8.57. A : L2 [0, ∞) → L2 [0, ∞) , (Ax)(t) = e−t x(t) + 2−t−s x(s)ds.
0
8.58. A : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1], (Ax)(t) = t x(t) +
R1
t s x(s) ds.
−1
8.59. A : `2 → `2 , Ax = (−x1 , x2 , −x3 , . . . , −x2n−1 , x2n , . . .).
µ
¶
1
1
1
8.60. A : `2 → `2 , Ax =
x1 , x2 , . . . ,
xn , . . . .
3
4
n+2
x
x
8.61. A : `2 → `2 , Ax = (0, x2 , 3 , . . . , n , . . .).
2
n−1
1
1
8.62. A : `1 → `1 , Ax = (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) .
2
n
8.63. A : `1 → `1 , Ax = (0, x1 , x2 , . . . , xn , . . .).
8.64. A : `1 → `1 , Ax = (x2 , x3 , . . . , xn , . . .).
8.65. A : m → m , Ax = (x1 + x2 , x2 + x1 , x3 , x4 , x5 , . . .).
3
2
4
3
8.66. A : m → m, Ax = (2 x1 , x2 , x3 , . . . ,
n+1
xn , . . .).
n
8.67. O`z-o`ziga qo`shma A : Cn → Cn chiziqli operatorning xos qiymatlari
soni (karraligi bilan qo'shib hisoblanganda) n ga tengligini isbotlang.
8.68. Shunday A : C3 → C3 chiziqli operatorga misol keltiringki, uning yagona
oddiy xos qiymati bo`lsin.
8.69. Shunday A : C3 → C3 chiziqli operatorga misol keltiringki, uning bitta
ikki karrali xos qiymati bo`lsin.
8.70. Faraz qilaylik A : X → X chiziqli operator va A−1 mavjud bo`lsin. A
va A−1 operatorlar bir xil xos vektorlarga ega. Isbotlang.
8.71. Faraz qilaylik A ∈ L(X) va A2 ning xos vektori mavjud bo`lsin, u holda
A ham xos vektorga ega. Isbotlang.
8.72. A va Rλ (A) lar o`rin almashinuvchi operatorlardir. Isbotlang.
149
8.73. Faraz qilaylik λ, µ ∈ ρ(A) bo`lsin, u holda Hilbert ayniyati
Rλ (A) − Rµ (A) = (λ − µ)Rλ (A)Rµ (A) = (λ − µ)Rµ (A)Rλ (A)
ni isbotlang.
8.74. Faraz qilaylik A, B ∈ L(X), λ ∈ ρ(A) ∩ ρ(B) bo`lsin.
Rλ (A) − Rλ (B) = Rλ (A)(B − A)Rλ (B)
tenglikni isbotlang.
8.75. Faraz qilaylik A ∈ L(X) bo`lsin. Biror λ ∈ ρ(A) uchun Rλ (A) to`la
uzluksiz (kompakt) bo`lishi mumkinmi?
8.76. C[0, 2π] fazoni o`zini-o`ziga akslantiruvchi (Ax)(t) = eit x(t) operatorni
qaraymiz. σ(A) = {λ ∈ C : |λ| = 1} tenglikni isbotlang.
8.77. `2 (Z) fazoni o`zini-o`ziga akslantiruvchi (Ax)(n) = ein x(n) operatorni
unitar ekanligini ko`rsating, uning spektri σ(A) ni toping.
8.78. `2 (Z) fazoda shunday unitar operatorga misol keltiringki, uning spektri
σ(A) ikki nuqtali to'plam bo`lsin.
8.79. Istalgan unitar operatorning spektrini saqlovchi minimal to`plamni toping.
8.80. Shunday o`z-o`ziga qo`shma operatorga misol keltiringki uning spektri
σ(A) = [m, M ] bo`lsin. m = inf (Ax, x), M = sup (Ax, x).
kxk=1
kxk=1
8.81. Shunday o`z-o`ziga qo`shma operatorga misol keltiringki uning spektri
σ(A) = {m, M } bo`lsin.
8.82. C[0, 1] fazoni o`zini-o`ziga akslantiruvchi (Ax)(t) = x(0) + t x(1) operatorni qaraymiz. σ(A) va Rλ (A) larni toping.
150
8.83. L to`plam H Hilbert fazosining qism fazosi, P esa L ga ortogonal
proyeksiyalash operatori bo`lsin. P operatorning spektrini toping, Rλ (P )
ni P orqali ifodalang.
8.84. H Hilbert fazosi, {en }, n ∈ N undagi ixtiyoriy ortonormal bazis bo`lsin.
A : H → H operatorni quyidagicha aniqlaymiz:
Ae1 = 0, Aek+1 = ek ,
k ∈ N. Quyidagilarni isbotlang.
a) A chiziqli chegaralangan operator;
b) A∗ ek = ek+1 tenglik o`rinli;
c) σ(A) = {λ ∈ C : |λ| ≤ 1} tenglik o`rinli;
d) σ(A) = {λ ∈ C : |λ| < 1} to`plamning ixtiyoriy nuqtasi A operatorning xos qiymati bo`ladi;
e) σ(A∗ ) = {λ ∈ C : |λ| ≤ 1} tenglik o`rinli;
f) A∗ operator xos qiymatlarga ega emas, ya'ni σpp (A∗ ) = ∅.
8.85. C[0, 1] fazoda dierensiallash operatori (Ax)(t) =
Quyidagilarni isbotlang.
dx(t)
ni qaraymiz.
dt
a) agar D(A) = {x ∈ C (1) [0, 1] : x(0) = 0} bo`lsa, σ(A) = ∅.
b) agar D(A) = C (1) [0, 1] bo`lsa, u holda σ(A) = C tenglik o`rinli,
hamda istalgan kompleks son A operatorning xos qiymati bo`ladi.
c) agar D(A) = {x ∈ C (1) [0, 1] : x(0) = x(1)} bo`lsa, u holda σ(A)
faqat 2π i n, n ∈ Z ko`rinishdagi xos qiymatlardan iborat.
8.86. Faraz qilaylik A, B ∈ L(X) bo`lsin. σ(A·B) va σ(B ·A) to`plamlarning
noldan farqli elementlari bir xil ekanligini isbotlang.
8.87. Faraz qilaylik, A ∈ L(X) bo`lsin. λ ∈ C soni A operatorning spektriga
qarashli bo`lishi uchun, shunday xn ∈ D(A), n ∈ N, kxn k = 1 ketma151
ketlik mavjud bo`lib, kAxn − λ xn k → 0 munosabatning bajarilishi zarur
va yetarli. Isbotlang.
8.88. Faraz qilaylik A ∈ L(X), λ ∈ σ(A) bo`lsin. Istalgan n ∈ N uchun
λn ∈ σ(An ) ekanligini isbotlang.
8.89. Faraz qilaylik, A ∈ L(X) uchun uzluksiz teskari operator mavjud bo`lsin.
λ ∈ σ(A−1 ) bo`lishi uchun λ−1 ∈ σ(A) bo`lishi zarur va yetarli. Isbotlang.
8.90. Unitar ekvivalent  va A = U ÂU −1 operatorlar uchun quyidagilarni
isbotlang.
a) σ(A) = σ(Â), b) σpp (A) = σpp (Â), c) σess (A) = σess (Â).
8.91. Har bir s ∈ Z uchun Ûs : `2 (Z) → `2 (Z), (Ûs fˆ)(n) = fˆ(n + s) deymiz.
F : `2 (Z) → L2 [−π, π] esa 7.58-misolda aniqlangan Furye almashtirishi.
Us = F Ûs F −1 uchun (Us f )(p) = e−i s p f (p), f ∈ L2 [−π, π] tenglikni
isbotlang.
ˆ fˆ)(n) = P (fˆ(n + s) − fˆ(n)), fˆ ∈ `2 (Zν ) operatorga unitar ekvi8.92. (∆
|s|=1
ˆ −1 operatorning f ∈ L2 ([−π, π]ν ) elementga
valent bo`lgan ∆ = F ∆F
ta'sirini toping.
8.93. (V̂ fˆ)(n) = v̂(n)fˆ(n), fˆ ∈ `2 (Z) operatorga unitar ekvivalent bo`lgan
V = F V̂ F −1 operatorning f ∈ L2 [−π, π] elementga ta'sirini toping.
8.94. O`z-o`ziga qo`shma A : H → H operator uchun H1 qism fazo invariant
bo`lsin. U holda H2 = HªH1 qism fazoning A uchun invariant ekanligini
hamda σ(A) = σ(A1 ) ∪ σ(A2 ), Ai = A|Hi , i = 1, 2, tenglikni isbotlang.
8.95. Agar H Hilbert fazosi uchun H = H1 ⊕ H2 ⊕ · · · ⊕ Hn yoyilma o`rinli
bo`lib, Hk , k ∈ {1, 2, . . . , n} qism fazolar o`z-o`ziga qo`shma A operator
152
uchun invariant bo`lsa, σ(A) =
n
S
k=1
σ(Ak ) tenglikni isbotlang.
µ Rπ
cos(p − s)f (s) ds, f ∈ L2 [−π, π]
2π −π
operator uchun juft funksiyalardan iborat qism fazo L+
2 [−π, π] va toq
8.96. (Af )(p) = (2 − 2 cos p)f (p) −
funksiyalardan iborat qism fazo L−
2 [−π, π] ning invariant ekanligini
ko`rsating. A+ = A|L+2 [−π, π] operatorning f + ∈ L+
2 [−π, π] elementga, A− = A|L−2 [−π, π] operatorning f − ∈ L−
2 [−π, π] elementga ta'sirini
toping.
∞
1 Rπ P
8.97. (V f )(p) =
e−n cos n(p − s)f (s) ds, f ∈ L2 [−π, π] operator
2π −π n=0
−
uchun 8.95-misolda aniqlangan L+
2 [−π, π] va L2 [−π, π] qism fazolarn-
ing invariant ekanligini ko`rsating. Quyidagilarni toping:
a) V + = V |L+2 [−π, π] , V − = V |L−2 [−π, π] operatorlarning xos qiymatlari va
xos funksiyalarini toping.
b) V operatorning barcha xos qiymatlari va xos funksiyalarini toping.
Oddiy va karrali xos qiymatlarini ajrating.
8.98. (Af )(t) = cos t f (t), f ∈ L2 [−π, π] operatorga mos spektral proyektorlarini toping.
8.99. Agar ϕ funksiya [−π, π] da o`lchovli va chegaralangan bo`lsa, u holda
(Af )(t) = ϕ(t) f (t), f ∈ L2 [−π, π] operatorga mos spektral proyektorlarni (Eλ f )(t) = χϕ−1 (−∞,λ] (t) f (t) shaklda tanlash mumkinligini isbotlang.
153
Tekshirish uchun o`rgatuvchi testlar
1. A : C[−1, 1] → C[−1, 1], (Af )(x) =
toping.
A) KerA = {f : f (x) = const}
C) KerA = {f :
R1
R1
−1
xyf (y)dy operator yadrosini
B) KerA = {f : f (x) = α + βx}
yf (y)dy = 0} D) KerA = {0}
−1
2. A : C[−1, 1] → C[−1, 1], (Af )(x) =
qiymatlar sohasini toping.
R1
−1
(1 + xy)f (y)dy operatorning
A) ImA = {f : f (x) = const}
B) ImA = {f : f (x) = α + βx}
C) ImA = {f :
D) ImA = {0}
R1
yf (y)dy = 0}
−1
3. A : C[a, b] → C[a, b], (Af )(x) = f 0 (x) dierensial operator yadrosini
toping.
A) KerA = {f : f (x) = const}
B) KerA = {f : f (x) = α + βx}
C) KerA = {f :
D) KerA = {0}
Rb
f (x)dx = 0}
a
4. A : C[a, b] → C[a, b], (Af )(x) = f 0 (x) dierensial operatorning
aniqlanish sohasini toping.
A) D(A) = C[a, b]
B) D(A) = {f : f (x) = const}
C) D(A) = C (1) [a, b]
D) D(A) = {f :
Rb
a
f (x)dx = 0}
5. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Af )(x) = (x + 1)f (x) operatorning kvadratini
toping.
A) (A2 f )(x) = (x + 1)2 f 2 (x)
B) (A2 f )(x) = (x + 1)2 f (x)
C) (A2 f )(x) = (x2 + 1)f (x)
D) (A2 f )(x) = (x + 1)2 f (x2 )
6. Qachon λ ∈ C soni A operator uchun regulyar nuqta deyiladi?
A) Shunday C operator mavjud bo`lib, A = λC bo`lsa.
B) Agar (A − λ I)−1 operator mavjud va chegaralangan bo`lsa.
154
C) Àgar Ax = λ x tenglama nolmas yechimga ega bo`lsa.
D) Àgar Ax = λ x tenglama yagona x = 0 yechimga ega bo`lsa.
7. Qachon λ ∈ C soni A operatorning xos qiymati deyiladi?
A) Shunday C operator mavjud bo`lib, A = λC bo`lsa.
B) Agar (A − λI)−1 operator mavjud va chegaralangan bo`lsa.
C) Àgar Ax = λx tenglama noldan farqli yechimga ega bo`lsa.
D) Àgar Ax = λx tenglama yagona x = 0 yechimga ega bo`lsa.
8. A : X → X operator spektri ta'rini keltiring.
A) Barcha xos qiymatlar to`plami operatorning spektri deyiladi.
B) Regulyar bo`lmagan barcha λ ∈ C lar to`plami operatorning spektri
deyiladi.
C) Barcha regulyar nuqtalar to`plami A operatorning spektri deyiladi.
D) Barcha |λ| > kAk lar to`plami A operatorning spektri deyiladi.
9. {An } ⊂ L(X, Y ) operatorlar ketma-ketligi va A ∈ L(X, Y ) operator
berilgan bo`lsin. Agar . . . bo`lsa, {An } ketma-ketlik A ga tekis yaqinlashadi deyiladi.
A) lim kAn − Ak = 0
n→∞
B) ixtiyoriy x ∈ X uchun lim kAn x − Ax k = 0
n→∞
C) ixtiyoriy f ∈ Y
∗
va barcha x ∈ X lar uchun lim f (An x) = f (Ax)
n→∞
D) ixtiyoriy x, y ∈ H = X = Y uchun lim (An x, y) = (Ax, y)
n→∞
10. {An } ⊂ L(X, Y ) operatorlar ketma-ketligining A ∈ L(X, Y ) operatorga kuchli yaqinlashish ta'rini toping.
A) agar lim kAn − Ak = 0 bo`lsa.
n→∞
B) ixtiyoriy x ∈ X uchun lim kAn x − Ax k = 0 bo`lsa.
n→∞
C) ∀ f ∈ Y
∗
va barcha x ∈ X lar uchun lim f (An x) = f (Ax) bo`lsa.
n→∞
D) ixtiyoriy x, y ∈ H = X = Y uchun lim (An x, y) = (Ax, y) bo`lsa.
n→∞
155
11. {An } ⊂ L(X, Y ) operatorlar ketma-ketligining A ∈ L(X, Y ) operatorga kuchsiz yaqinlashish ta'rini toping.
A) agar lim kAn − Ak = 0 bo`lsa.
n→∞
B) ixtiyoriy x ∈ X uchun lim kAn x − Ax k = 0 bo`lsa.
n→∞
C) ∀ f ∈ Y
∗
va barcha x ∈ X lar uchun lim f (An x) = f (Ax) bo`lsa.
n→∞
D) ixtiyoriy x, y ∈ H = X = Y uchun lim (An x, y) = |(Ax, y)| bo`lsa.
n→∞
12. Nol operatorga kuchsiz ma'noda yaqinlashuvchi, lekin kuchli ma'noda
yaqinlashmaydigan operatorlar ketma-ketligini ko`rsating.
A) An : `2 → `2 , An x = (0, 0, . . . , 0, x1 , x2 , x3 , . . .)
|
{z
}
n
B) Qn : `2 → `2 , Qn x = (0, 0, . . . , 0, xn+1 , xn+2 , xn+3 , . . .)
C) An : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1], (An f )(x) = sinn xf (x)
D) Pn : `2 → `2 , Pn x = (xn+1 , xn+2 , xn+3 , . . .)
13. Nol operatorga kuchli ma'noda yaqinlashuvchi, lekin tekis yaqinlashmaydigan operatorlar ketma-ketligini ko`rsating.
A) An : `2 → `2 , An x = (0, 0, . . . , 0, x1 , x2 , x3 , . . .)
|
{z
}
n
B) Qn : `2 → `2 , Qn x = (0, 0, . . . , 0, xn+1 , xn+2 , xn+3 , . . .)
C) An : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1], (An f )(x) = sinn xf (x)
D) To`g`ri javob keltirilmagan.
14. Nol operatorga tekis yaqinlashuvchi operatorlar ketma-ketligini ko`rsating.
A) An : `2 → `2 , An x = (0, . . . , 0, x1 , x2 , x3 , . . .)
| {z }
n
B) Qn : `2 → `2 , Qn x = (0, . . . , 0, xn+1 , xn+2 , xn+3 , . . .)
C) An : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1], (An f )(x) = sinn xf (x)
D) Pn : `2 → `2 , Pn x = (xn+1 , xn+2 , xn+3 , . . .)
15. Noto`g`ri tasdiqni toping.
156
A) Àgar A chiziqli operator bo`lsa, A−1 ham chiziqli operator bo`ladi.
B) Àgar A ∈ L(X, Y ) bo`lsa, u holda A−1 ∈ L(Y, X) bo`ladi.
C) Àgar A chiziqli operator bo`lsa, u holda A∗ ham chiziqlidir.
D) Àgar A ∈ L(X, Y ) bo`lsa, u holda A∗ ∈ L(Y ∗ , X ∗ ) bo`ladi.
16. A : X → Y chiziqli operator teskarilanuvchan bo`lishi uchun quyidagi
shartlardan qaysi birining bajarilishi zarur va yetarli.
A) kAk ≤ q < 1
B) Ax = 0 ⇐⇒ x = 0
C) dim KerA = 1
D) biror m > 0 va barcha x ∈ D(A) larda kAxk ≥ m k x k bo`lishi
17. A : X → Y operatorga chegaralangan teskari operator mavjud bo`lishining
zarur va yetarli shartini keltiring.
A) kAk ≤ q < 1
B) Ax = 0 ⇐⇒ x = 0
C) dim KerA = 1
D) biror m > 0 va barcha x ∈ D(A) larda kAxk ≥ m k x k bo`lishi
18. I − A : X → X operatorga chegaralangan teskari operator mavjud
bo`lishining yetarli shartini keltiring.
A) kAk < 1
B) Ax = 0 ⇐⇒ x = 0
C) dim KerA = 1
D) biror m > 0 va barcha x ∈ D(A) larda kAxk ≥ m k x k bo`lishi
19. A − A0 : X → X operatorga chegaralangan teskari operator mavjud
bo`lishining yetarli shartini keltiring.
°
°−1
A) kAk < 1
B) kA0 k < °A−1 °
C) KerA = {0}
D) kA0 k < kAk
−1
20. A : R3 → R3 , Ax = (x1 , 2x2 , 3x3 ) operatorga teskari operatorni toping.
A) A−1 x = (3x3 , 2x2 , x1 )
C) A−1 x = (x1 , 2−2 x2 , 3−2 x3 )
B) A−1 x = (x1 , 2−1 x2 , 3−1 x3 )
−1
D) A−1 x = (x1 , 2x−1
2 , 3x3 )
21. A : X → Y chiziqli operator teskarilanuvchan bo`lishi uchun quyidagi
shartlardan qaysi birining bajarilishi zarur va yetarli.
157
A) kAk < 1
B) KerA = {0}
C) dim KerA = 1
D) kAk ≥ 1
22. A operator chiziqli bo`lishini ta'minlaydigan shartlarni ajrating:
1) A(x + y) = Ax + Ay, 2) A(αx) = αAx, 3) A(αx) = αAx.
A) 1, 2
B) 2, 3
C) 1, 2, 3
D) 1, 3
23. Chiziqli bo`lmagan A : C[a, b] → C[a, b] operatorni toping.
A) (Af )(x) = f 0 (x)
C) (Af )(x) = 0
B) (Af )(x) = f (x)
D) (Af )(x) = f (x) + 1
24. C[a, b] ni C[a, b] ga akslantiruvchi birlik operatorni toping.
A) (Af )(x) = f 0 (x)
C) (Af )(x) = 0
B) (Af )(x) = f (x)
D) (Af )(x) = f (x) + 1
25. C[a, b] ni C[a, b] ga akslantiruvchi nol operatorni toping.
A) (Af )(x) = f 0 (x)
C) (Af )(x) = 0
B) (Af )(x) = f (x)
D) (Af )(x) = f (x) + 1
26. C[a, b] ni C[a, b] ga akslantiruvchi chegaralanmagan operatorni toping.
A) (Af )(x) = f 0 (x)
C) (Af )(x) = 0
B) (Af )(x) = f (x)
D) (Af )(x) = f (x) + 1
27. Quyidagilar ichidan A chiziqli chegaralangan operator normasini hisoblash
formulalarini ajrating:
1) kAk = sup kAxk ,
2) kAk = sup
A) 1, 2
C) 1, 2, 3
x6=0
kxk=1
B) 2, 3
kAxk
, 3) kAk = inf kAxk .
kxk
kxk=1
D) 1, 3
28. Quyidagilar ichidan to`g`ri tasdiqlarni ajrating:
1) Operatorlarni qo`shish kommutativ.
2) Operatorlarni ko`paytirish kommutativ.
3) Operatorlarni ko`paytirish assotsiativ.
158
A) 1, 2
B) 2, 3
C) 1, 2, 3
D) 1, 3
29. Quyidagilar ichidan to`g`rilarini ajrating:
2) kA · Bk ≤ kAk · kBk ,
1) kA + Bk ≤ kAk + kBk ,
3) kA · Bk = kAk · kBk .
A) 1, 2
B) 2, 3
C) 1, 2, 3
D) 1, 3
30. A : X → Y - chiziqli operator. Teng kuchli tasdiqlarni ajrating:
1) A operator biror x0 nuqtada uzluksiz.
2) A operator uzluksiz. 3) A operator chegaralangan.
A) 1, 2
B) 2, 3
C) 1, 2, 3
D) 1, 3
31. C[−1, 1] fazoda normasi 1 bo`lgan operatorlarni ko`rsating.
1) (Af )(x) = xf (x),
2) (Bf )(x) = f (x),
A) 1, 2
C) 1, 2, 3
B) 2, 3
3) (Cf )(x) = 0.
D) 1, 3
32. Rn fazoga qo`shma fazoni ko`rsating.
A) Rn
33. Rnp ,
B) Rn∞
C) Rnq
D) Rnp
p > 1 fazoga qo`shma fazoni ko`rsating.
A) Rn
B) Rn∞
C) Rnq , p−1 + q −1 = 1
D) Rnp
34. Rn1 va Rn∞ fazolarga qo`shma fazolarni ko`rsating.
A) Rn va Rn1
B) Rn∞ va Rn1
C) Rn1 va Rn∞
D) Rn1 va Rn
35. C[a, b] fazoga qo`shma fazoni ko`rsating.
A) C[a, b]
36. Lp [a, b],
A) C[a, b]
B) V0 [a, b]
C) Lq [a, b]
D) L2 [a, b]
p > 1 fazoga qo`shma fazoni ko`rsating.
B) V0 [a, b]
C) Lq [a, b], p−1 + q −1 = 1
159
D) L2 [a, b]
37. L2 [a, b] fazoga qo`shma fazoni ko`rsating.
A) C[a, b]
B) V0 [a, b]
C) Lq [a, b], p−1 + q −1 = 1
D) L2 [a, b]
38. `2 va `1 fazolarga qo`shma fazolarni ko`rsating.
A) `2 va m
B) `1 va `2
C) `1 va m
D) `2 va c
39. c va c0 fazolarga qo`shma fazolarni ko`rsating.
A) `2 va `1
40. `p ,
B) `1 va `1
C) m va m
D) `1 va c
p > 1 fazoga qo`shma fazoni ko`rsating.
A) `p
B) `∞
C) `q , p−1 + q −1 = 1
D) `1
41. T : `1 → `1 , T x = (0, x1 , x2 , x3 , . . . , xn−1 , . . .) ga qo`shma operatorni
toping.
A) T ∗ : m → m, T ∗ x = (x2 , x3 , x4 , . . . , xn+1 , . . .)
B) T ∗ : `2 → `2 , T ∗ x = (x2 , x3 , x4 , . . . , xn+1 , . . .)
C) T ∗ : `p → `q , T ∗ y = (y2 , y3 , y4 , . . . , yn+1 , . . .)
D) T ∗ : `2 → m, T ∗ y = (y2 , y3 , y4 , . . . , yn+1 , . . .)
42. T : `2 → `2 , T x = (0, x1 , x2 , x3 , . . . , xn−1 , . . .) ga qo`shma operatorni
toping.
A) T ∗ : m → m, T ∗ x = (x2 , x3 , x4 , . . . , xn+1 , . . .)
B) T ∗ : `1 → `1 , T ∗ x = (x2 , x3 , x4 , . . . , xn+1 , . . .)
C) T ∗ : `p → `q , T ∗ y = (y2 , y3 , y4 , . . . , yn+1 , . . .)
D) T ∗ : `2 → `2 , T ∗ y = (y2 , y3 , y4 , . . . , yn+1 , . . .)
43. T : `2 → `2 , T x = (a1 x1 , a2 x2 , a3 x3 , . . . , an xn , . . .) operatorga qo`shma
operatorni toping.
A) T ∗ : m → m, T ∗ x = (a1 x1 , a2 x2 , a3 x3 , . . . , an xn , . . .)
160
B) T ∗ : `2 → `2 , T ∗ x = (a1 x1 , a2 x2 , a3 x3 , . . . , an xn , . . .)
C) T ∗ : `2 → `2 , T ∗ x = (x2 , x3 , x4 , . . . , xn+1 , . . .)
D) T ∗ : `2 → `2 , T ∗ x = (
1
1
1
1
x1 , x2 , x3 , . . . , xn , . . .)
a1
a2
a3
an
44. T : L2 [a, b] → L2 [a, b], (T f )(x) = u(x)f (x) operatorga Hilbert
ma'nosidagi qo`shma operatorni toping.
A) (T ∗ f )(x) = u(x)f (x)
B) (T ∗ f )(x) = u(x)f (x)
C) (T ∗ f )(x) = u(x)f (x)
D) (T ∗ f )(x) =
45. T : L2 [a, b] → L2 [a, b], (T f )(x) =
Rb
a
f (x)
u(x)
K(x, y)f (y)dy operatorga Hilbert
ma'nosidagi qo`shma operatorni toping.
∗
A) (T f )(x) =
C) (T ∗ f )(x) =
Rb
∗
B) (T f )(x) =
K(y, x)f (y)dy
a
Rb
D) (T ∗ f )(x) =
K(x, y)f (y)dy
a
Rb
K(y, x)f (y)dy
a
Rb
K ∗ (y, x)f (y)dy
a
46. A : Cn → Cn chiziqli operator spektri haqidagi tasdiqlarning qaysi biri
to`g`ri.
A) σ(A) faqat chekli sondagi chekli karrali xos qiymatlardan iborat.
B) A ning spektri biror kesmani to`la to`ldiradi.
C) A ning spektri (−∞; ∞) to`plamning qismi.
D) σ(A) doim nolni saqlaydi.
47. A : `2 → `2 , Ax = (a1 x1 , a2 x2 , . . . , an xn , . . .) operatorning spektrini
toping.
A) σ(A) = {a1 , a2 , . . . , an , . . .}
B) σ(A) = {a1 , a2 , . . . , an , . . .}
C) σ(A) = {a1 , a2 , . . . , an , . . .}
D) σ(A) = {1/a1 , 1/a2 , . . . , 1/an , . . .}
48. A : `2 → `2 , Ax = (a1 x1 , a2 x2 , . . . , an xn , . . .) operatorning barcha xos
qiymatlarini toping.
161
A) {a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . .}
B) {a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . .}
C) {a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . .}
D) {1/a1 , 1/a2 , 1/a3 , . . . , 1/an , . . .}
49. A : L2 [a, b] → L2 [a, b],
(Af )(x) = xf (x) operatorning spektri haqida
to`liq ma'lumotni toping.
A) σ(A) = [a, b],
σpp (A) = ∅,
σqol (A) = ∅,
B) σ(A) = [a, b],
σpp (A) = ∅,
σqol (A) = [a, b],
C) σ(A) = [a, b],
σpp (A) = [a, b],
D) σ(A) = [a, b],
σpp (A) = [a, b], σqol (A) = ∅, σess (A) = [a, b]
50. A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1],
σess (A) = [a, b]
σqol (A) = ∅,
σess (A) = ∅
σess (A) = ∅
(Af )(x) = xf (x) operatorning λ ∈ C\[0, 1]
nuqtadagi rezolventasini toping.
A) Rλ (A)f (x) = (x − λ)f (x)
B) Rλ (A)f (x) = (x − λ)−1 f (x)
C) Rλ (A)f (x) = (x − λ)−1 f (x)
D) Rλ (A)f (x) = |x − λ|−1 f (x)
162
Javoblar va ko`rsatmalar
5-Ÿ. Chiziqli uzluksiz operatorlar
9. Bu operator chiziqli, lekin uzluksiz emas.
Agar A : C (1) (G) → C(G) sifatida qaralsa, u uzluksiz bo`ladi.
10. Bu operator chiziqli va uzluksiz.
11. Bu operator chiziqli va uzluksiz.
12. Bu operator chiziqli emas.
13. D(A) = C (1) (G, R3 ). Bu operator chiziqli, lekin uzluksiz emas.
14. Bu operator chiziqli, lekin uzluksiz emas.
15. Berilgan operatorning aniqlanish sohasi D(A) = C (2) [0, 1] . Operator
chiziqli, chunki ixtiyoriy x, y ∈ C (2) [0, 1] va α, β sonlar uchun
00
[A (α x + β y) ] (t) = (α x + β y) (t) = α x00 (t) + β y 00 (t) =
= α (Ax) (t) + β (Ay) (t) = (α Ax + β Ay) (t)
tengliklar o`rinli. Endi operatorning chegaralanganligini ko`rsatamiz:
kAxk = max |(Ax) (t)| = max |x00 (t)| ≤ kxk ,
0≤t≤1
0≤t≤1
ya'ni ixtiyoriy x ∈ C (2) [0, 1] uchun
kAxk ≤ kxk .
(5.1j)
(5.1j) tengsizlikdan kAk ≤ 1 ni olamiz. A operator normasini 5.1-teorema
yordamida topamiz. Quyidagi funksiyalar ketma-ketligini qaraymiz:
xn (t) = e−nt ∈ D(A) = C (2) [0, 1].
U holda kxn k va kAxn k lar uchun
¯
¯
¯
¯
¯
¯
kxn k = max ¯ e−nt ¯ + max ¯−ne−nt ¯ + max ¯ n2 e−nt ¯ = 1 + n + n2 ,
0≤t≤1
0≤t≤1
0≤t≤1
163
¯
¯
kAxn k = max ¯ n2 e−nt ¯ = n2
0≤t≤1
tengliklar o`rinli bo`ladi. (5.2) tenlikka ko`ra,
kAxk
kAxn k
n2
kAk = sup
≥ sup
= sup
= 1.
2
kxn k
n
n 1+n+n
x6=0 kxk
Olingan kAk ≤ 1 va kAk ≥ 1 tengsizliklardan kAk = 1 ekanligi kelib
chiqadi.
16. kAk = 2e2 .
4
.
15
18. Chiziqliligi. Ixtiyoriy x ∈ L2 [−1, 1] uchun Ax ∈ L2 [−1, 1] ekanligidan
17. kAk = √
D(A) = L2 [−1, 1] ekanligi kelib chiqadi.
(A(αx + βy))(t) = (t2 − t) (αx + βy)(t) = (t2 − t) (αx(t) + βy(t)) =
= α(t2 − t) x(t) + β(t2 − t) y(t) = α(A x)(t) + β(A y)(t)
tenglikdan esa berilgan operatorning chiziqli ekanligi kelib chiqadi.
Chegaralanganligi.
Z1
Z1
2
| x(t)|2 dt = 4 kxk2 .
|(t2 − t) x(t)|2 dt ≤ max |t2 − t|2
kAxk =
−1≤t≤1
−1
−1
Bu yerdan berilgan operatorning chegaralanganligi va kAk ≤ 2 ekanligi kelib
chiqadi.
Normasi. Berilgan operatorning normasini topish uchun quyidagicha yo`l
√
1
tutamiz. Bn = [−1, −1 + ] va xn (t) = n χBn (t) deymiz. U holda
n
−1+ n1
Z
Z1
2
2
kxn k =
n dt = 1 ⇐⇒ kxn k = 1.
|xn (t)| dt =
−1
−1
2
Xuddi shunday kAxn k ni hisoblaymiz:
Z1
kAxn k2 =
Z
Z
| n(t2 − t)|2 dt = n
|(t2 − t) xn (t)|2 dt =
−1
√
−1+ n1
(t4 − 2t3 + t2 )dt.
−1
Bn
164
Bu jadval integrali bo`lib, uning qiymati
4−
6
7
3
1
+ 2 − 3 + 4 = kAxn k2
n 3n
2n
5n
dir. Endi
r
kAk = sup kAxk ≥ sup kAxn k = sup
n≥1
kxk=1
4−
n≥1
6
7
3
1
+ 2− 3+ 4 =2
n 3n
2n
5n
munosabatdan kAk ≥ 2 ni olamiz. Yuqorida kAk ≤ 2 tengsizlik ko`rsatilgan
edi. Bulardan kAk = 2 kelib chiqadi.
19. kAk =
√
√
5
3. 20. kAk =
2.
21. kAk = 1. 22. kAk = 1. 23. kAk = 2. 24. kAk = 1 .
25. kAk = 1. 26. kAk = 2. 27. kAk = 1. 28. kAk = e.
1
5
36. Bu operatorning aniqlanish sohasi D (A) = `1 fazodan iborat. Quyidagi
29. kAk = 2. 30. kAk = . 31. kAk = 1 . 32. kAk = 1.
ketma-ketlikni qaraymiz: xn = (1, 2, . . . , n, 0, 0, . . .) ∈ D (A) . U holda
kxn k`2 =
p
r
12 + 22 + · · · + n2 =
kIxn k`1 =
n
X
n(n + 1)(2n + 1)
,
6
k = 1 + 2 + ··· + n =
k=1
Bulardan
n(n + 1)
.
2
s
sup
n≥1
kIxn k
n(n + 1)
= sup
·
kxn k
2
n≥1
6
= ∞.
n(1 + n)(2n + 1)
Bu esa I : `2 → `1 operatorning chegaralanmagan ekanligini ko`rsatadi.
37. D(A) = C (1) [0, 1] 6= C[0, 1] . 2) uzluksiz emas, chegaralangan emas.
38-42- misollarda D(A) 6= X. 2) uzluksiz emas, chegaralangan emas.
¡
43. Agar x0 (t) = 1 + t2
¢−1
desak, u holda x0 ∈ L1 (R+ ) bo`ladi, (Ax0 )(t) =
t (1 + t )−1 bo`lib, u integrallanuvchi emas, ya'ni Ax0 ∈
/ L1 (R+ ) . Demak,
D(A) 6= L1 (R+ ) . Agar xn (t) = χ[n, n+1) (t ) desak, u holda xn ∈ D(A),
165
kxn k = 1 bo`lib,
Z∞
kAxn k =
√
t χ[n, n+1) ( t)dt =
Z∞
Zn+1
2 s3 χ[n, n+1) (s) ds = 2
n
0
0
s3 ds.
Bu integralning qiymati kAxn k = 2n3 + 3n2 + 2n + 0, 5 ga teng. 5.35-misolga
ko`ra, A ning chegaralanmagan operator ekanligi kelib chiqadi. 5.2-teoremaga
ko`ra, u uzluksiz ham emas.
44-54 - misollarda D(A) 6= X. 2) uzluksiz emas, chegaralangan emas.
55. X = C[0, 1], (Af )(x) = xf (x), (Bf )(x) =
R1
f (t)dt.
0
57. Yo`q. Masalan, X = Y = R2 , Ax = (0, x2 ), Bx = (0, 2x2 ).
58. Umuman olganda yo`q. A : C (1) [0, 1] → C[0, 1] , Ax(t) = x(t) misoldan
foydalaning.
61. dim L(Rn , Rm ) = n · m .
62. Yo`q. 63. Ha. 65. Ha. 66. Ha.
70. An va Bn operatorlar ketma-ketligi A operatorga tekis yaqinlashadi.
Demak ular A ga kuchli va kuchsiz ma'noda ham yaqinlashadi.
75. Istalgan noldan farqli ortogonal P va Q operatorlarni olish mumkin.
Masalan: P, Q : `2 → `2 , P x = (x1 , x2 , 0, 0, . . .) , Qx = (0, 0, x3 , x4 , . . .) .
76. A ∈ L(`2 ) , Ax = (a1 x1 , a2 x2 , . . .), a = (a1 , a2 , . . . , an , . . .) ∈ m ,
B : `2 → `2 , Bx = (x1 , 2x2 , . . . , n xn , . . .) . Agar { nan } chegaralangan bo`lsa,
u holda A · B va B · A operatorlar ham chegaralangan bo`ladi, agar { nan }
chegaralanmagan bo`lsa, u holda A · B va B · A operatorlar ham chegaralanmagan bo`ladi. Masalan, an =
77. kP k = 1.
1
n−1
va an =
hollarni qarang.
n
n
78. a) R(A) = L+1 [−1, 1] - juft funksiyalar to`plami, R(B) = L−1 [−1, 1] toq funksiyalardan iborat to`plami. Ikkalasi ham qism fazo tashkil qiladi. b)
kAk = kBk = 1 . c) A2 = A, B 2 = B, A va B lar ortogonal proeksiyalash
operatorlari bo`ladi. d) A · B = 0,
B · A = 0.
166
6-Ÿ. Teskarilanuvchi operatorlar
6. Operator 6.3-teorema shartlarini qanoatlantirmaydi. A−1 operator mavjud
ammo, chegaralanmagan.
7. Operator 6.4-teorema shartlarini qanoatlantirmaydi.
8. Operator 6.4-teorema shartlarini qanoatlantiradi.
A−1 operator mavjud
va chegaralangan.
1
(y1 + y2 − y3 , −y1 + y2 + y3 , y1 − y2 + y3 ) .
2
10. Ma'lumki,
9. A−1 y =
Ax = 0 ⇐⇒ (x1 , x1 − x2 , x2 − x3 ) = (0, 0, 0)
tenglama yagona x = 0 yechimga ega. 24.3-teoremaga ko`ra, A−1 operator
mavjud. Teskari operatorni topish maqsadida
Ax = y ⇐⇒ (x1 , x1 − x2 , x2 − x3 ) = (y1 , y2 , y3 )
tenglamadan x = (x1 , x2 , x3 ) ni topamiz. Bu tenglama



x = y1

 1
x1 − x2 = y 2



 x2 − x3 = y 3
sistemaga teng kuchli. Uning yechimi x1 = y1 , x2 = y1 − y2 , x3 = y1 − y2 − y3
dan iborat. Shunday qilib, teskari operator
A−1 y = (y1 , y1 − y2 , y1 − y2 − y3 )
tenglik bilan aniqlanar ekan.
11. A−1 y = (y
µ 4 , y1 , y2 , y3 ) .
¶
1
1
1
13. A−1 y =
(y1 + y2 ) , (y2 − y1 ) , y3 − (y2 − y1 ) , y4 , y5 , y6 , y7 .
2
2
2
µ
¶
1
1
14. A−1 y = y1 , (y1 + y2 − y3 ), (−y1 + y2 + y3 ), y4 , y5 , . . . .
2
2
167
15. A−1 y = (y1 , 2y2 , . . . , nyn , . . .).
16. A−1 y = (y1 , y2 , y3 − y2 , y4 − y3 + y2 , y5 − y4 , y6 , y7 , . . .).
√
√
17. A−1 y = (y1 , 2 y2 , . . . , n yn , . . .).
3
2
18. A−1 y = (y1 , 2y2 , y3 , . . . ,
R1
n
yn , . . .).
n−1
19. (A y)n = 2 y(t) sin 2πn t dt, A−1 : C[0, 1] → `1
−1
0
20. (A−1 y)n = n2
R1
y(t) cos π n t dt, A−1 : C[−1, 1] → m.
−1
¡ −1 ¢
Rs
21. A y (s) = y(t) dt.
0
22.
23.
24.
25.
26.
27.
28.
1
A−1 y(t) = y 0 (t), y(0) = 0.
t
R1 s y(s)ds
y(t)
1
1
A−1 y(t) =
−
.
3 0 s+2
t + 2 2t + 4
1 − ln
2
R1 sy(s)ds
2
y(t)
t
−1
A y(t) =
−
.
t + 1 t + 1 1 + 2 ln 2 0 s + 1
y(t)
A−1 y(t) =
.
1 + sin t
y(t)
3−t
t
A−1 y(t) =
−
y(0) −
y(1).
t + 1 6(t + 1)
3(t + 1)
y(t) y(1)
A−1 y(t) = 2 − 2 .
t
2t
2
sin
t Rπ
−1
A y(t) = y(t) −
y(s) sin s ds.
2+π 0
29-48. Yuqorida keltirilgan 6.29-6.48-misollarni 6.3-teoremadan foydalanib
yechish qulay. Masalan 29-misolda nolmas x0 = (1, −1, 1, −1) uchun
Ax0 = 0 tenglik o`rinli. 6.3-teoremaga ko`ra, A operatorga teskari operator mavjud emas. 30-misol uchun e2 = (0, 1, 0, . . . , 0, . . .) . 31-misolda e1 =
(1, 0, 0, . . . , 0, . . .) noldan farqli element uchun Ae1 = 0 tenglik o`rinli. 6.3teoremaga ko`ra, berilgan operatorga teskari operator mavjud emas.
38. Bu misolni yechishda ham 6.3-teoremadan foydalanamiz. x0 (s) ≡ 1 noldan
168
farqli element uchun
Z1
(Ax0 )(t) =
−1
¯1
s2 ¯¯
t
ts ds = t ¯ = (12 − (−1)2 ) = 0
2 −1 2
tenglik o`rinli. Demak, Ax = 0 tenglama nolmas x0 ∈ C[−1, 1] yechimga
ega. 6.3-teoremaga ko`ra, A ga teskari operator mavjud emas.
51. Mavjud.
55. Mavjud, lekin chegaralanmagan.
Rt
56. b) (A−1 x)(t) = x(t) − es−t x(s)ds .
¡
¢
57. A−1 y (t) = y(t) −
58. b). A x(t) =
−1
Rt
0
2 Rπ
cos(t − s)y(s) ds.
2−π 0
x(s) sin (t − s)ds.
0
7-Ÿ. Qo`shma operatorlar
7. T ∗ y = (λ1 y1 , λ2 y2 , λ3 y3 , λ4 y3 ) .
8. T ∗ y = (y2 , 2y3 , (2 + i)y4 , 0).
9. T ∗ y = (0, λ2 y1 , λ3 y2 , . . . , λn yn−1 , . . .) .
10. T ∗ y = (µ1 y2 , µ2 y3 , . . . , µn yn+1 , . . .) .
11. T ∗ x = (x1 , x2 , . . . , xn , 0, 0, . . .).
12. T ∗ y = (yn , 0, 0, . . .) .
¡
¢
13. T ∗ x = e−i x1 , e−2i x2 , . . . , e−ni xn , . . . .
1
2
n
xn , . . .).
2
3
n−1
15. T ∗ x = (x3 , 2x4 , . . . , 50x52 , 0, 0, . . .) .
14. T ∗ x = ( x2 , x3 , . . . ,
16. T ∗ x = (λ1 x1 , λ2 x2 , . . . , λn xn , . . .).
17. T ∗ x = (2 x1 , −i x2 , (1 − i)x3 , 0, 0, . . .)
18. T ∗ x = (λ̄1 x1 , λ̄2 x2 , . . . , λ̄n xn , . . .).
19. T ∗ x = (x1 , x2 , x3 + x1 , x4 + x2 , . . . , xn + xn−2 , . . .).
20. T ∗ x = (x1 , x2 + 2x1 , x3 + 2x2 + x1 , . . . , xn + 2xn−1 + xn−2 , . . .).
169
21. T ∗ = T.
22. T ∗ = T.
R1
25. (T y)(t) = [ts − i cos(t + s)]x(s)ds.
∗
26. (T ∗ x)(t) =
27. (T ∗ y)(t) =
0
R1
¡ 2
¢
s + s + t x(s)ds.
0
R1
t x(s)ds.
t
28. (T ∗ y)(t) = (cos t − i sin t) x(t) +
R1
(ts + it2 s2 ) x(s)ds.
−1
29. Berilgan operatorni T = A + B yig`indi shaklda yozamiz. Bu yerda
Z1
(Ax)(t) = (t + it2 )x(t), (Bx)(t) =
(t + is)x(s) ds, x ∈ L2 [0, 1].
0
7.3-misol tasdig`iga ko`ra, A operatorga qo`shma operator
(A∗ x)(t) = (t − it2 )x(t),
x ∈ L2 [0, 1]
formula yordamida, 7.23-misolga ko`ra, B operatorga qo`shma operator
Z1
(B ∗ x)(t) =
(s − it)x(s) ds, x ∈ L2 [0, 1]
0
formula yordamida aniqlanadi. 7.24-misolning a) tasdig`iga ko`ra, ularning
yig`indisi bo`lgan T = A + B operatorga qo`shma bo`lgan T ∗ operator
Z
∗
∗
∗
1
2
(T x)(t) = ((A + B )x)(t) = (t − it )x(t) +
(s − it)x(s) ds, x ∈ L2 [0, 1]
0
tenglik bilan aniqlanadi.
30. (T ∗ y)(t) = y(t − h).
31. (T ∗ y)(t) = u(t − h)y(t).
32. T ∗ x = (µ1 x1 , . . . , µn xn , . . .) , o`z-o`ziga qo`shmalik sharti µn = µn .
33. O`z-o`ziga qo`shmalik sharti K(s, t) = K(t, s).
´
³
34. (T x) (t) = u(t) − iv(t) x(t). u haqiqiy qiymatli funksiya, v = 0.
∗
170
35. β ∈ R, α = ia, a ∈ R.
36. u va v lar haqiqiy funksiyalar bo`lgan holda α ∈ R, β = ib, b ∈ R.
37. α = β.
38. α β = 1.
71. Bizga U izometrik operator berilgan bo`lsin. Izometrik operator ta'riga
ko`ra kU xk = kxk va kU ∗ xk ≤ kxk tengliklar ixtiyoriy x ∈ H uchun o`rinli.
Bu yerdan kU ∗ xk ≤ kU xk tengsizlik kelib chiqadi. Ya'ni U giponormal operator bo`ladi.
75. 7.64-misoldagi U : `2 → `2 operator.
8-Ÿ. Chiziqli operatorlarning spektri
9. λ1 = 0, x(1) = (1, −1, 0), λ2 = 2, x(2) = (1, 1, 0), λ3 = 3, x(3) = (0, 0, 1) .
10. λ1 = 1, x(1) = (1, 0, 0), λ2 = 1 + i, x(2) = (0, 1, i),
λ3 = 1 − i, x(3) = (0, 1, −i) ,
√
√ ¢
√
¡
1
3
11. λ1 = 2, x(1) = (1, 1, 1), λ2 = +i , x(2) = 1 + i 3, −2, 1 − i 3 ,
2
2
√
√ ¢
√
¡
1
3
λ3 = − i , x(3) = 1 − i 3, −2, 1 + i 3 .
2
2
12. λ1 = 1, x(1) = (1, 0, 0, 0), λ2 = 2, x(2) = (0, 1, 0, 0),
λ3 = 3, x(3) = (0, 0, 1, 0), λ4 = 4, x(4) =
√ (0, 0, 0, 1).
√ ¢
√
¡
1
3
13. λ1 = 2, x(1) = (1, 1, 1, 0), λ2 = +i , x(2) = 1 + i 3, −2, 1 − i 3, 0 ,
2
2
√
√
√ ¢
¡
1
3
λ3 = −i , x(3) = 1 − i 3, −2, 1 + i 3, 0 , λ4 = 5, x(4) = (0, 0, 0, 1) .
2
2
14. λ1 = 0, x(1) = (1, −1, 1, −1) , λ2 = 2, x(2) = (1, 1, 1, 1) , λ3 = 1 − i,
x(3) = (1, −i, −1, i) , λ4 = 1 + i, x(4) = (1, i, −1, −i) .
15. λ0 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos
R1
−1
s x0 (s) ds = 0 shartni qanoatlantiradi. λ1 =
x0 (t) xos funksiyalar
2
oddiy xos qiymat, unga
3
mos xos funksiya x1 (t) = t.
16. λ0 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos
x0 (t) xos funksiyalar,
2
x0 (s) ds = s x0 (s) ds = 0 shartni qanoatlantiradi. λ1 =
va λ2 = 2
3
−1
−1
R1
R1
171
lar oddiy xos qiymatlar
bo`lib, ularga mos xos funksiyalar x1 (t) = t va
x2 (t) = 1 dir.
17. λ0 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos
x0 (t) xos funksiyalar:
x0 (t) = cos nt, n ∈ N, x0 (t) = sin nt, n ≥ 2. λ1 = 2π va λ2 = π lar oddiy
xos qiymatlar bo`lib, ularga mos xos funksiyalar x1 (t) = 1 va x2 (t) = sin t
dir.
18. λ0 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos x0 (t) xos funksiyalar:
x0 (t) = α cos nt + β sin nt, n ≥ 2, x0 (t) = 1. λ1 = 1 ikki karrali xos qiymat
bo`lib, unga mos xos funksiyalar: x1 (t) = α cos t + β sin t.
19.
λ0 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos
lar: x0 (t) = α cos nt + β sin nt, n ≥ 2, x0 (t) = 1.
x0 (t) xos funksiya-
λ1 = 1 va λ2 = −1 lar
oddiy xos qiymatlar bo`lib, ularga mos xos funksiyalar x1 (t) = sin t + cos t va
x2 (t) = sin t − cos t.
20. λ0 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos
x0 (t) xos funksiyalar:
x0 (t) = α cos nt + β sin nt, n ≥ 2. λ1 = 1 ikki karrali xos qiymat, unga mos
xos funksiyalar: x1 (t) = α cos t + β sin t. λ2 = 2 oddiy xos qiymat bo`lib,
unga mos xos funksiya x2 (t) = 1 dir.
21. λ0 = 1 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos
x0 (t) xos funksiyalar:
x0 (t) = 1, x0 (t) = sin nt, n ∈ N, x0 (t) = cos nt, n ≥ 2.
qiymat bo`lib, unga mos xos funksiya x1 (t) = cos t dir.
x(t)
.
1 + t2 − λ
x(t)
t x(0)
σ(A) = σqol (A) = [−1, 1] , Rλ (A) x(t) =
+
.
t − λ λ(t − λ)
x(t)
x(0) cos t
σ(A) = σqol (A) = [−1, 1] , Rλ (A) x(t) =
−
.
sin t − λ (1 − λ)(sin t − λ)
x(t)
σ(A) = σess (A) = [1, ∞) , Rλ (A)x(t) =
.
1 + t2 − λ
x(t)
σ(A) = σess (A) = [0, 2] , Rλ (A)x(t) =
.
1 − cos t − λ
x(t)
σ(A) = σess (A) = [−4, 6] , Rλ (A) x(t) =
.
1 − 2 cos t + 3 cos 2t − λ
22. σ(A) = σqol (A) = [1, 2] , Rλ (A) x(t) =
23.
24.
25.
26.
27.
λ1 = 2 oddiy xos
172
x(t)
,
t2 − λ
29. Operatorning 1 dan katta yagona oddiy xos qiymati bo`lib, u ∆(λ) =
Rπ sin2 s
1+
ds funksiyaning noli. σess (A) = [−1, 1] ,
−π cos s − λ
Rπ sin s x(s)
x(t)
sin t
1
Rλ (A) x(t) =
−
ds.
cos t − λ cos t − λ ∆(λ) −π cos s − λ
30. Operatorning −1 dan kichik yagona oddiy xos qiymati bo`lib, u ∆(λ) =
Rπ sin2 s
1−
ds funksiyaning noli, σess (A) = [−1, 1] ,
cos
2s
−
λ
−π
sin t
1 Rπ sin s x(s)
x(t)
+
ds.
Rλ (A) x(t) =
cos 2t − λ cos 2t − λ ∆(λ) −π cos 2s − λ
31. Operatorning 1 dan katta yagona oddiy xos qiymati bo`lib, u ∆(λ) =
Rπ cos2 s
1+
ds funksiyaning noli, σess (A) = [−1, 1] ,
−π cos 4s − λ
Rπ cos s x(s)
1
x(t)
cos t
Rλ (A) x(t) =
−
ds.
cos 4t − λ cos 4t − λ ∆(λ) −π cos 4s − λ
32. λ1 = −1 va λ2 = 0 sonlari operatorning oddiy xos qiymatlari, λ3 = 1
28. σ(A) = σess (A) = [0, ∞) , Rλ (A) x(t) =
cheksiz karrali xos qiymat, shuning uchun σess (A) = {1}.
Rπ
Rπ
x(t)
1
sin t
Rλ (A) x(t) =
−
x(s) ds −
sin s x(s) ds.
1 − λ π(1 − λ2 ) −π
π λ(1 − λ) −π
33. λ1 = −1 oddiy, λ2 = 0 esa ikki karrali xos qiymatdir, λ3 = 1 cheksiz
karrali xos qiymat, shuning uchun σess (A) = {1}.
Rπ
Rπ
x(t)
1
1
Rλ (A) x(t) =
−
x(s) ds −
cos(t − s)x(s) ds.
1 − λ π(1 − λ2 ) −π
π λ(1 − λ) −π
√
34. λ1 = λ2 = 1, x(1) = (1, 0, 0, 0) , x(2) = (0, 0, 0, 1); λ3 = 2, x(3) =
√
√
√
(0, 1, 2 − 1, 0) ; λ4 = − 2, x(4) = (0, 1, − 2 − 1, 0) .
t2 + 4
35. λ1 = −1, x1 (t) = 1 − t, λ2 = 4, x2 (t) =
.
4−t
√
√
√
15 − 4 15
15
+
4
15
, x1 (t) = 60t2 − 12 15t; λ2 =
; x2 (t) =
36. λ1 =
60
60
√
R1
R1 2
2
60t +12 15t , λ = 0 cheksiz karrali xos qiymat, s x(s) ds = s x(s) ds =
0
0
0 shartni qanoatlantiruvchi barcha funksiyalar λ = 0 xos qiymatga mos keluvchi xos vektorlar bo`ladi.
37. λ1 = 1 va λ2 = −1 lar oddiy xos qiymatlar, ularga mos xos funksiyalar
x1 (t) = cos t va x2 (t) = sin t. λ3 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos
173
keluvchi xos funksiyalar x3 (t) = 1, x3 (t) = sin nt, y3 (t) = cos nt, n ≥ 2.
2
lar oddiy xos qiymatlar, ularga mos xos funksiyalar
3
x1 (t) = 1 va x2 (t) = t. λ = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos keluR1
R1
vchi xos vektorlar
x(s) ds =
s x(s) ds = 0 shartni qanoatlantiruvchi
38. λ1 = 2 va λ2 =
funksiyalardir.
−1
−1
39. λ1 = −3 va λ2 = 4 lar oddiy xos qiymatlar, ularga mos xos funksiyalar
1
3
x1 (t) = 2t − t2 va x2 (t) = t + t2 . λ3 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga
2
2
2
mos xos funksiyalar x3 (t) = (t − 1) y(t), y ∈ C[−1, 1].
2
40. λ1 = 2 va λ2 = lar oddiy xos qiymatlar, ularga mos xos funksiyalar
3
x1 (t) = 1 va x2 (t) = t. λ3 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos xos
funksiyalar x1 (t) = 1, x2 (t) = t larga ortogonal
√ bo`lgan funksiyalardir.
3
1
+i ,
2
2 √
√
√
¢
¡
1
3
= 1 + i 3, −2, 1 − i 3, 0, . . . , λ3 = − i ,
2
2
√
√
¢
¡
= 1 − i 3, −2, 1 + i 3, 0, . . . . λ4 = 1 cheksiz karrali xos qiymat,
41. λ1 = 2, x(1) = (1, 1, 1, 0, . . .), λ2 =
x(2)
x(3)
unga mos keluvchi xos vektorlar x(4) = en , n ≥ 4.
42. λ1 = 3, x(1) = e1 ,
λ2 = 4, x(2) = e2 ,
λ3 = −2, x(3) = e3 ,
λ4 = 5, x(4) = e4 . λ5 = 1 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos keluvchi xos
vektorlar x(n) = en , n ≥ 5.
43. Istalgan n ∈ N uchun λn =
xos vektor en , n ∈ N.
n
oddiy xos qiymat bo`lib, unga mos
n+1
2n − 1
1
va λ2n =
lar oddiy xos qiymat4n
2n
lar bo`lib, ularga mos xos vektorlar x(2n−1) = e2n−1 va x(2n) = e2n , n ∈ N.
√
√
45. λ1 = −1, x(1) = (0, 0, 1, 0, 0, . . .) ; λ2 = − 2 , x(2) = (1, − 2 −
√
√
√
√
1, 3 + 2 2, 0, 0, . . .); λ3 = 2 , x(3) = (1, 2 − 1, 3 − 2 2, 0, 0, . . .);
44. Istalgan n ∈ N uchun λ2n−1 =
λ4 = 1 , x(4) = e4 ; λ5 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos keluvchi
xos vektorlar x(5) = en , , n ≥ 5.
46. λ1 = 1 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos keluvchi xos vektorlar
174
x(1) = en , n = 1, 3, n ≥ 5 , λ2 = 2 va λ3 = 3 lar oddiy xos qiymatlar
bo`lib, ularga mos xos vektorlar x(2) = e2 va x(3) = e4 .
47. λ1 = 1 ikki karrali √
xos qiymat, unga mos keluvchi xos vektorlar x(1)
√=
√
5
5
5
5
λ2 = −
, x(2) = (0, 2, 1 − 5, 0, 0, . . .); λ3 = +
,
2
2
2
√2
= (0, 2, 1 + 5, 0, 0, . . .); λ4 = 0 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos
αe1 + βe4 ,
x(3)
keluvchi xos vektorlar x(4) = en , n ≥ 5.
48. λ1 = 6, λ2 = 5, λ3 = 4, λ4 = 3, λ5 = 2 lar oddiy xos qiymatlar
bo`lib, ularga mos xos vektorlar x(1) = e1 ,
x(5) = e5 .
x(2) = e2 , x(3) = e3 , x(4) = e4 ,
λ6 = 1 cheksiz karrali xos qiymat, unga mos keluvchi xos vektor-
lar x(6) = en , (n ≥ 6.
√
√
)
11 − 97 11 + 97
,
; Rλ (A) x(t) =
2
2
·
¸
1
(9 − λ) x(2) − 4x(3)
3x(2) + (λ − 2)x(3) 2
=
−x(t) +
t−
t .
2 − 11λ + 6
2 − 11λ + 6
λ
λ
λ
√
S
50. σ(A)· = [0, 2] {3 + 2}; Rλ (A) x(t) =
¸
1
x(1) + (λ − 2)x(2)
(λ − 4)x(1) + x(2)
=
x(t) +
t+
.
t−λ
λ2 − 6λ + 7
λ2 − 6λ + 7
x(t)
x(0)
51. σ(A) = [0, 1] , Rλ (A) x(t) = 2
−
.
2 − λ)
t
−
λ
(1
−
λ)(t
S
52. σ(A) = [0 , 1] {2},
x(t)
x(0)
λ x(1) + x(0) 3
Rλ (A) x(t) =
+
t2 −
t.
t − λ λ( t − λ)
λ(2 − λ)(t − λ)
x(t)
53. σ(A) = [0 , 2] , Rλ (A) x(t) =
|t| − λ
x(t)
54. σ(A) = [2 , 3] , Rλ (A) x(t) =
.
t +2−λ
−π π
x(t)
55. σ(A) = [ , ] , Rλ (A) x(t) =
.
2 2
arctgt − λ
¯
¯
S
1 ¯¯ 1 − λ ¯¯
56. σ(A) = [0 , 1] {λ : ∆(λ) = 0}, ∆(λ) = 2 + ln ¯
,
2
1 + λ¯
R1 s x(s)
t
x(t)
−
ds.
Rλ (A) x(t) = 2
t − λ ∆(λ)(t2 − λ) 0 s2 − λ
R∞ 2−2s
S
57. σ(A) = [0 , 1] {λ : ∆(λ) = 0}, ∆(λ) = 1 + −s
ds,
−λ
0 e
49. σ(A) = 0 ,
175
R∞ 2−s x(s)
x(t)
2−t
Rλ (A) x(t) = −t
−
ds .
e − λS ∆(λ)(e−t − λ) 0 e−s − λ
58. σ(A)
+
¯ = [−1
¯ , 1] {λ : ∆(λ) = 0}, ∆(λ) = 1 + 2λ
1
¯1 − λ¯
R s x(s)
t
¯ , Rλ (A) x(t) = x(t) −
+ λ2 ln ¯¯
ds .
1 + λ¯
t − λ ∆(λ)(t − λ)
s−λ
−1
59. σ(A) =µ{ −1 , 1},
¶
x1
x2
x2n−1 x2n
Rλ (A)x = −
,
,...,−
,
,... .
1
+
λ
1
−
λ
1
+
λ
1
−
λ
½
¾
1 1
1
60. σ(A) = 0, , , . . . , , . . . ,
3 4
n
¶
µ
4 x2
(n + 2) xn
3 x1
,
,...,
,... .
Rλ (A) x =
1
−
3λ
1
−
4λ
1
−
(n
+
2)λ
½
¾
1 1 1
1
61. σ(A) = 0, 1 , , , , . . . , , . . . ,
2 3 4
n
¶
µ
1
1
2
n
Rλ (A)x = − x1 ,
x2 ,
x3 , . . . ,
xn+1 , . . . .
λ
1
−
λ
1
−
2λ
1
−
nλ
½
¾
1 1 1
1
62. σ(A) = 0, 1 , , , , . . . , , . . . ,
2 3 4
n
µ
¶
1
2
3
n
Rλ (A)x =
x1 ,
x2 ,
x3 , . . . ,
xn , . . . .
1−λ
1 − 2λ
1 − 3λ
1 − nλ
63. σ(A) = { λ ∈ C : |λ| ≤ 1 }, Rλ (A) x =
³ x
´
x1 x2
x1
x2
xn
1
= − , − 2 − , . . . , − n − n−1 − . . . − , . . . .
λ
λ
λ
λ
λ
λ ∞
P xn+k
64. σ(A) = {λ ∈ C : |λ| ≤ 1}, (Rλ (A) x)n = −
, n ∈ N.
k+1
k=0 λ
65. σ(A) =
µ {0, 1, 2},
¶
x2 − (1 − λ)x1 x1 − (1 − λ)x2 x3
xn
Rλ (A) x =
,
,
,...,
,... .
2
2
2λ
−
λ
2λ
−
λ
1
−
λ
1
−
λ
½
¾
n+1
3 4
,... ,
66. σ(A) = 1, 2, , , . . . ,
2
3
n
µ
¶
1
2
n
Rλ (A) x =
x1 ,
x2 , . . . ,
xn , . . . .
2−λ
3 − 2λ
n + 1 − nλ
68. A : C3 → C3 , Ax = (x1 + x2 , x2 + x3 , x3 ).
69. A : C3 → C3 , Ax = (x1 + x2 , x2 , x3 ).
75. Agar dim X < ∞ bo`lsa mumkin, dim X = ∞ bo`lsa, mumkin emas.
77. σ(A) = {ei , e2i , . . . , eni , . . .}.
78. (Af )(n) = (−1)n f (n), f ∈ `2 (Z).
79. Istalgan U unitar operatorning spektri σ(U ) ⊂ {z ∈ C : |z| = 1}.
176
80. (Af )(x) = xf (x), f ∈ L2 [a, b].
81. Birlik operatordan farqli istalgan P proyeksiyalash operatori uchun
σ(P ) = {0, 1} = {m, M } tenglik o`rinli.
x(1) t
x(t) (1 − λ − t)x(0)
+
+
.
82. σ(A) = {0, 1}, Rλ (A) x(t) = −
λ
λ(1 − λ)2
λ(1 − λ)
1
1
83. σ(A) = {0, 1}, Rλ (P ) =
P − I.
λ(1 − λ)
λ
ν
P
92. (∆f )(p) = 2 (cos pj − 1)f (p), f ∈ L2 ([−π, π]ν ).
j=1
1 Rπ
v(p − q)f (q) dq, v = F v̂.
2 π −π
µ Rπ
cos p cos sf + (s) ds,
96. (A+ f + )(p) = (2 − 2 cos p)f + (p) −
2π −π
π
µ R
(A− f − )(p) = (2 − 2 cos p)f − (p) −
sin p sin sf − (s) ds.
2π −π
+
97. a) V operatorning xos qiymatlari λ0 = 1 va λn = e−n , n ∈ N bo`lib,
93. (V f )(p) = √
unga mos xos funksiya f0+ (p) = 1, fn+ (p) = cos np,
V − operatorning xos
qiymatlari λn = e−n , n ∈ N bo`lib, unga mos xos funksiya fn− (p) = sin np.
b) V operator uchun λ0 = 1 oddiy xos qiymat, λn = e−n , n ∈ N larning
har biri ikki karrali xos qiymat bo`ladi.
98. Agar λ < −1 bo`lsa, Eλ = 0 ga, agar λ > 1 bo`lsa, Eλ = I ga,
agar λ ∈ [−1, 1] bo`lsa, (Eλ f )(t) = χA(λ) (t)f (t), bu yerda A(λ) = {t ∈
[−π, π] : cos t ≤ λ}.
II bobda keltirilgan test javoblari
1-C 2-B 3-A 4-C 5-B 6-B 7-C 8-B 9-A 10-B 11-C 12-A 13-B
14-C 15-B 16-B 17-D 18-A 19-B 20-B 21-B 22-A 23-D 24-B 25-C
26-A
27-A
28-D
29-A
30-C
31-A
32-A
33-C
34-B
35-B
36-C
37-D
38-A
39-B
40-C, 41-A
42-D
43-B
44-B
45-A
46-A
47-B
48-A 49-A 50-B.
177
III bob. Kompakt operatorlar va integral tenglamalar
Bu bob ikki paragrafdan iborat. 9 − § kompakt operatorlarga, 10 − §
integral tenglamalarga oid masalalarni o`z ichiga oladi. Bu bobga doir nazariy
ma'lumotlar [1], [9] va [12] lardan, masalalarni tanlashda esa asosan xorijiy
[5], [10] va [13] adabiyotlardan foydalanildi.
9-Ÿ. Kompakt operatorlar
Metrik va normalangan fazolarda kompakt, nisbiy kompakt to`plam ta'riari
[8] ning 17 − § da berilgan. Bu ta'riarni esga olamiz. Chunki kompakt operatorlar shu tushunchalar asosida ta'rianadi. Bizga X− Banax fazosi va
M ⊂ X to`plam berilgan bo`lsin. Agar M to`plamdan olingan ixtiyoriy {xn }
ketma-ketlikdan biror x0 ∈ M ga yaqinlashuvchi qismiy ketma-ketlik ajratish
mumkin bo`lsa, M ga kompakt to`plam deyiladi. Agar N to`plamning yopig`i
[N ] kompakt to`plam bo`lsa, u holda N nisbiy kompakt to`plam deyiladi. To`plam nisbiy kompakt bo`lishi uchun uning to`la chegaralangan bo`lishi
zarur va yetarli ([8], 17.1-teorema). Chekli o`lchamli fazolarda to`plam kompakt bo`lishi uchun uning chegaralangan va yopiq bo`lishi zarur va yetarlidir
([8], 17.3-teorema). Asosiy funksional fazolardan biri C[a, b] fazodir. Bu fazodagi to`plamning nisbiy kompaktlik kriteriysi Arsela teoremasi yordamida
bayon qilingan ([8], 17.2-teorema). Agar A ∈ L(X, Y ) va dim ImA < ∞
bo`lsa, u holda A ga chekli o`lchamli operator (8.6-ta'rif) deyiladi. Agar
dim ImA = n bo`lsa, u holda A ga n o`lchamli operator deyiladi. Agar A
operator X dagi har qanday chegaralangan to`plamni Y dagi nisbiy kompakt
to`plamga akslantirsa, u holda A kompakt operator yoki to`la uzluksiz oper-
ator (8.7-ta'rif) deyiladi. Bu ta'rifga teng kuchli bo`lgan quyidagi ta'riarni
keltiramiz.
9.1-ta'rif. Agar A : X → Y chiziqli operator X fazodagi birlik sharni Y
178
fazodagi nisbiy kompakt to`plamga akslantirsa, u holda A kompakt operator
deyiladi.
9.2-ta'rif. A ∈ L(X, Y ) ( X, Y − Banax fazolari) operator va ixtiyoriy
{xn } ⊂ X chegaralangan ketma-ketlik berilgan bo`lsin. Agar {A xn } ketmaketlikdan yaqinlashuvchi qismiy ketma-ketlik ajratish mumkin bo`lsa, u holda
A ga kompakt operator deyiladi.
9.3-ta'rif. Agar H Hilbert fazosida aniqlangan A operator har qanday
kuchsiz yaqinlashuvchi ketma-ketlikni kuchli yaqinlashuvchi ketma-ketlikka akslantirsa, u holda A kompakt operator deyiladi.
Agar X Banax fazosini Y Banax fazosiga akslantiruvchi barcha kompakt
operatorlar to`plamini K(X, Y ) orqali belgilasak, u holda K(X, Y ) Banax
fazosi bo`ladi.
9.1-teorema. Chekli o`lchamli operator kompaktdir.
9.2-teorema. Kompakt operatorga qo`shma operator kompaktdir.
9.3-teorema. Agar {An } kompakt operatorlar ketma-ketligi A operatorga tekis yaqinlashsa, u holda A ham kompakt operator bo`ladi.
9.4-teorema (Hilbert-Shmidt). H Hilbert fazosida kompakt, o`z-o`ziga
qo`shma, chiziqli A operator berilgan bo`sin. U holda H fazoda shunday
{φn } to`la ortonormal sistema va {λn } ∈ R ketma-ketlik mavjudki, Aφn =
λn φn va lim λn = 0 tengliklar o`rinli.
n→∞
9.5-teorema. Cheksiz o`lchamli fazodagi A : X → Y kompakt operatorning chegaralangan teskarisi mavjud emas.
9.6-teorema. A kompakt operatorning spekrtiga qarashli noldan farqli λ
soni A uchun chekli karrali xos qiymat bo`ladi.
Kompakt (to`la uzluksiz) operatorlar sin bir qator ajoyib xossalarga ega.
Bu paragrafda shu xossalarga doir misollar qaraladi.
Endi operatorlarning kompakt yoki kompakt emasligini tekshirishga doir
179
bir nechta misollar qaraymiz.
9.1. A : `p → `p (p ≥ 1) operator Ax = (a1 x1 , a2 x2 , . . . , an xn , . . . , ) tenglik bilan aniqlangan. Bu operator kompakt bo`lishi uchun lim an = 0
n→∞
munosabatning bajarilishi zarur va yetarli. Isbotlang.
Isbot. Yetarliligi. lim an = 0 bo`lsin. Quyidagi An , n ∈ N operatorlar
n→∞
ketma-ketligini qaraymiz:
An x = (a1 x1 , a2 x2 , . . . , an xn , 0, 0, . . .) ,
x = (x1 , x2 , . . .) ∈ `p .
Istalgan n natural son uchun An chekli o`lchamli operatordir (chunki
dim ImAn ≤ n ). 9.1-teoremaga ko`ra An kompakt operator bo`ladi. Bu {An }
ketma-ketlikning berilgan A operatorga tekis yaqinlashishini ko`rsatamiz.
Buning uchun n → ∞ da kAn − Ak → 0 bo`lishini ko`rsatish kifoya. Har
bir x ∈ `p element uchun
Ã
kAn x − Axk =
∞
X
! p1
|ak |p |xk |p
≤
≤ kxk ·
sup
k=n+1
Ã
≤
sup
n+1 ≤ k < ∞
|ak |
Bu yerdan kAn − Ak ≤
shartdan
∞
X
! p1
|xk |p
n+1 ≤ k < ∞
k=n+1
sup
n+1 ≤ k < ∞
|ak | .
|ak | tengsizlik kelib chiqadi. lim an = 0
n→∞
lim kAn − A k ≤ lim
n→∞
sup
n→∞ n+1≤k<∞
|ak | = 0
ekanligi kelib chiqadi. U holda lim kAn − Ak = 0. 9.3-teoremaga ko`ra, limn→∞
itik operator A kompakt bo`ladi.
Zaruriyligi. Teskarisini faraz qilaylik, ya'ni A kompakt operator bo`lsin,
ammo lim an = 0 shart bajarilmasin. U holda shunday a > 0 soni va
n→∞
nk (nk → ∞) natural sonlar ketma-ketligi mavjud bo`lib, |ank | ≥ a tengsi©
ª
zliklar bajariladi. M = x(k) ∈ `p : x(k) = enk , k ∈ N to`plamni qaraymiz.
180
°
°
Bu to`plam chegaralangan to`plamdir, chunki ixtiyoriy x(k) ∈ M uchun °x(k) °
= 1 tenglik o`rinli. Bu to`plamning A akslantirishdagi tasviri A(M ) ning nisbiy kompakt emasligini ko`rsatamiz. Haqiqatan ham,
y (k) = Ax(k) = (0, 0.., 0, 0, ank , 0, . . .) = ank enk
tenglikdan, hamda |ank | ≥ a dan i 6= j da,
°
° °
° √
° (i)
p
(j) °
°y − y ° = °ani eni − anj enj ° ≥ 2 a
(9.1)
© ª
tengsizlik kelib chiqadi. (9.1) tengsizlik A(M ) to`plamdan olingan y (k)
ketma-ketlikdan yaqinlashuvchi qismiy ketma-ketlik ajratib olish mumkin
emasligini ko`rsatadi, ya'ni A(M ) nisbiy kompakt to`plam emas. A operator
chegaralangan M to`plamni nisbiy kompakt bo`lmagan A(M ) to`plamga
akslantirgani uchun A operator kompakt emas. Bu ziddiyat lim an = 0
n→∞
munosabatni isbotlaydi.
¤
9.2. A : C[a, b] → C[a, b], (Ax)(s) =
Rb
a
K(s, t) x(t)dt operator berilgan.
Bu yerda K(s, t), T = [a, b] × [a, b] kvadratda uzluksiz bo`lgan biror
funksiya. Shu operatorning kompakt ekanligini ko`rsating.
Yechish. K(s, t) funksiya T yopiq to`plamda uzluksiz bo`lganligi sababli
Veyershtrass teoremasiga ko`ra ixtiyoriy ε > 0 soni uchun shunday n natural
son va
Pn (s, t) =
n X
n
X
Ckl sk tl
k=1 l=1
ko`phad mavjud bo`lib,
kK − Pn k ≤ max | K(s, t) − Pn (s, t) | < ε
a ≤s, t ≤ b
tengsizlik bajariladi. Aytaylik, k, l − ixtiyoriy natural sonlar bo`lsin. C[a, b]
ni bir o`lchamli c tk ko`rinishdagi funksiyalar fazosiga akslantiruvchi
Zb
(Ak,l x)(s) = sk
tl x(t) dt
a
181
operatorni qaraymiz. Ak, l chegaralangan va bir o`lchamli operator bo`lganligi
uchun 9.1-teoremaga ko`ra u kompakt operator bo`ladi. Ixtiyoriy n uchun
Zb
(An x)(s) =
Pn (s, t) x(t) dt =
n X
n
X
Ckl (Ak, l x)(s)
k=1 l=1
a
operator Ak, l ko`rinishdagi kompakt operatorlarning chekli chiziqli kombinatsiyasidan iborat bo`lganligi uchun kompakt operatordir. Bundan tashqari,
¯
¯
¯
¯ Rb
b
R
¯
¯
kAn x − Axk = max ¯ Pn (s, t) x(t) dt − K(s, t) x(t) dt¯ ≤
a≤s≤b ¯ a
¯
a
Rb
max | Pn (s, t) − K(s, t)| · |x(t)|dt ≤ (b − a) · kPn − Kk · kxk .
a≤s≤b a
Bu yerdan
kAn − A k ≤ (b − a) · kPn − Kk ≤ ε (b − a)
(9.2)
tengsizlik kelib chiqadi. (9.2) dagi ε > 0 ixtiyoriy bo`lganligi sababli shunday
Pn (s, t) ko`phadlar ketma-ketligini tanlash mumkinki,
lim k An − Ak = 0 .
n→∞
Shunday qilib, {An } kompakt operatorlar ketma-ketligi A operatorga tekis
yaqinlashar ekan. U holda 9.3-teoremaga ko`ra, A ning kompakt operator
ekanligini olamiz.
¤
Izoh. 9.2-misolda keltirilgan A operatorning kompaktligini K(s, t) ning
[a, b] × [a, b] kvadratda tekis uzluksizligidan va Arsela teoremasidan ham
keltirib chiqarish mumkin.
9.3. C[0, 1] Banax fazosida
(Ax)(t) =



1
t
Rt
x(s)ds,
t 6= 0,
0

 (Ax)(0) = x(0)
formula bilan aniqlangan A operatorning chegaralangan, ammo kompakt
emasligini ko`rsating.
182
Yechish. a) A operator uchun D(A) = C[0, 1] va ImA ⊂ C[0, 1] ekanligini, ya'ni ixtiyoriy x ∈ C[0, 1] uchun Ax ∈ C[0, 1] ekanligini ko`rsatamiz.
Ixtiyoriy x ∈ C[0, 1] uchun y(t) = (Ax)(t) funksiyaning t = 0 nuqtada
o`ngdan uzluksizligi x funksiyaning t = 0 nuqtada uzluksizligidan va
¯ t
¯
¯ Z
¯
Zt
Zt
¯1
¯
1
1
|y(t) − y(0)| = ¯¯
x(s) ds −
x(0) ds¯¯ ≤
|x(s) − x(0)| ds
t
¯t
¯ t
0
0
0
tengsizlikdan kelib chiqadi. Endi t0 6= 0 bo`lsin deb faraz qilaylik. U holda
ixtiyoriy 0 < t ≤ 1 uchun quyidagiga ega bo`lamiz:
1
y(t) − y(t0 ) =
t
yoki
Zt
0
1
x(s) ds −
t0
Zt0
0
1
x(s) ds =
t
Zt
t0
1 1
x(s) ds + ( − )
t t0
Zt0
x(s) ds
0
¯
¯
¯1
¯
kxk
1
| y(t) − y(t0 ) | ≤
| t − t0 | + ¯¯ − ¯¯ kxk .
t
t t0
(9.3)
(9.3) dan lim y(t) = y(t0 ) tenglik kelib chiqadi. Shunday qilib, y funksiya
t→t0
[0, 1] da uzluksiz ekan, ya'ni y = Ax ∈ C[0, 1] .
b) Endi A ning chegaralangan operator ekanligini ko`rsatamiz.
¯
¯
¯
¯ Zt
Zt
¯
¯1
1
kAxk = max ¯¯
x(s) ds ¯¯ ≤ kxk max
ds = kxk .
0≤t≤1 ¯ t
0≤t≤1 t
¯
0
0
Demak, kAk ≤ 1 , ya'ni A chegaralangan operator ekan.
c) A ning kompakt operator emasligini ko`rsatamiz. Uzluksiz funksiyalar
ketma-ketligi xn (t), n = 0, 1, 2, . . . ni quyidagicha tanlaymiz:

 0, agar t ∈
/ (2−n−1 , 2−n ),
xn (t) =
¯
¯
 1 − 2n+2 ¯t − 3 · 2−n−2 ¯ , agar t ∈ (2−n−1 , 2−n ) .
{xn } chegaralangan ketma-ketlikdir, chunki ixtiyoriy n uchun
kxn k = max |xn (t)| = 1.
0≤t≤1
183
yn (t) = (Axn )(t), n = 1, 2, . . . , funksiyalarni topamiz:

£
¤
−n−1

0,
t
∈
0,
2
,



 1 Rt ¡
¯
¯¢
1 − 2n+2 ¯s − 3 · 2−n−2 ¯ ds, t ∈ (2−n−1 , 2−n ) ,
yn (t) =
t0




 1 ,
t ∈ [2−n , 1] .
2n+2 t
U holda yn (2−n ) = 2n · 2−n−2 = 2−2 , yn−m (2−n ) = 0, n = 2, 3, 4, . . . , m =
1, 2, 3, . . . , n 6= m chunki yn−m (t) = 0, t ∈ [0, 2−n+m−1 ] . Bu tengliklardan
n 6= m bo`lganda
kyn − ym k ≥
1
4
(9.4)
kelib chiqadi. (9.4) tengsizlikdan ko`rinadiki, {yn = Axn } ketma-ketlikdan
yaqinlachuvchi qismiy ketma-ketlik ajratib olish mumkin emas. Bundan A
kompakt operator emas degan xulosaga kelamiz.
¤
9.4. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = x(t4 ) operatorning kompakt emasligini ko`rsating.
Yechish. Dastlab A teskarilanuvchan operator ekanligini ko`rsatamiz.
Ax = 0 yoki x(t4 ) = 0 tenglama t4 = s almashtirishdan keyin x(s) = 0
tenglamaga keladi. Shuning uchun, Ax = 0 tenglama faqat x = 0 yechimga
ega, shunday ekan, A teskarilanuvchan operator. Ixtiyoriy y ∈ C[0, 1] uchun
Ax = y tenglama yoki x(t4 ) = y(t) tenglamani yechamiz. Agar s = t4
almashtirishni olsak, 0 ≤ t ≤ 1 bo`lganda 0 ≤ s ≤ 1 bo`ladi va x(t4 ) = y(t)
√
tenglama x(s) = y( 4 s) ko`rinishni oladi, ya'ni Ax = y tenglama yechimi
√
x(t) = y( 4 t) ko`rinishga ega. Bu yerdan A−1 operator C[0, 1] fazoning
√
hamma yerida aniqlanganligi va (A−1 y)(t) = y( 4 t) formula vositasida ta'sir
qilishi kelib chiqadi. Endi ixtiyoriy y ∈ C[0, 1] uchun
¯ √ ¯
¯ √ ¯
° −1 °
¯ 4 ¯
°A y ° = max ¯¯ y( 4 t) ¯¯ = max
¯y( t) ¯ = max | y(s) | = kyk
√
4
0≤t≤1
o≤ t≤1
184
0≤s≤1
munosobatlar o`rinli bo`lgani uchun A−1 chegaralangan bo`ladi. 9.5-teoremaga
ko`ra, cheksiz o`lchamli fazoda kompakt operatorning chegaralangan teskarisi
mavjud emas. Demak, A kompakt operator emas.
¤
Masalani {xn (t) = tn } chegaralangan ketma-ketlikning tasviri nisbiy kompakt emasligini ko`rsatish orqali ham yechish mumkin.
Uy vazifalari va mavzuni o`zlashtirish uchun masalalar
9.5-9.24-misollarda keltirilgan operatorlarning kompaktligini ko`rsating.
R1
9.5. A : C[0, 1] → C[0, 1] , (Ax)(t) = (es+t + s t) x(t) dt.
0
9.6. A : C[0, π] → C[0, π] , (Ax)(s) =
Rπ
cos(s + t) x(t) dt.
0
9.7. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = x(0) t + x(1) t2 .
R2π
9.8. A : C[0, 2π] → C[0, 2π], (Ax)(s) =
9.9. A : C[0, π] → C[0, π], (Ax)(s) =
sin(s + t) x(t) dt.
0
Rπ
cos(s − t) x(t) dt.
0
9.10. A : C[0, 3] → C[0, 3], (Ax)(t) = x(0) + x(1) t + x(2) t2 + x(3) t3 .
9.11. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(s) =
R1
0
1
x(t) dt.
1 + st
9.12. A : C[−1, 1] → C[−1, 1], (Ax)(s) =
R1
−1
1
x(t) dt.
9 − s2 t2
R1
9.13. A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1], (Ax)(s) = (s2 t + s t2 ) x(t) dt.
0
Rπ
9.14. A : L2 [0, π] → L2 [0, π], (Ax)(s) = (s cos t + t cos s) x(t) dt.
0
R1
1
x(t) dt.
0 2 − st
x
x
x
9.16. A : `1 → `1 , Ax = (0, 2 , 0, 4 , . . . , 0, 2n , . . .).
2
4
2n
9.15. A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1], (Ax)(s) =
185
9.17. A : `1 → `1 , Ax = (x1 , 2x2 , 3x3 , . . . , 9x9 , 10x10 , 0, 0, . . .).
x2 x3
xn
,
,...,
, . . .).
ln 2 ln 3
ln n
1
1
9.19. A : `2 → `2 , Ax = (5x1 , 4x2 , 3x3 , 2x4 , x5 , x6 , . . . ,
xn , . . .).
2
n−4
1
1
9.20. A : `2 → `2 , Ax = (100x1 , 99x2 , . . . , 2x99 , x100 ,
x101 , . . . , xn , . . .).
101
n
¡
¢
9.21. A : `3 → `3 , Ax = ln 2 · x1 , ln(1 + 12 ) · x2 , . . . , ln(1 + n1 ) · xn , . . . .
9.18. A : `2 → `2 , Ax = (x1 ,
1
2
1
3
1
4
1
n
9.22. A : `4 → `4 , Ax = (0, 0, 0, 0, x1 , x2 , x3 , x4 , . . . , xn , . . .).
¡
¢
9.23. A : `5 → `5 , Ax = arctg1 · x1 , arctg 12 · x2 , . . . , arctg n1 · xn , . . . .
9.24. A : m → m , Ax = (x1 , x1 + x2 , x2 + x3 , x3 + x4 , x5 , x6 , 0, 0, 0, . . .).
9.25-9.44-misollarda keltirilgan operatorlarning kompakt emasligini ko`rsating.
9.25. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = (t + 1) x(t).
¡
¢
9.26. A : C[−1, 1] → C[−1, 1], (Ax)(t) = t2 + 1 x(t).
9.27. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) =
√
t + 1x(t).
9.28. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = (1 + 2t) x(t).
9.29. A : C[0, 1] → C[0, 1], (Ax)(t) = x(t2 ) .
9.30. A : C[−1, 1] → C[−1, 1], (Ax)(t) = x(t3 ) .
1
2
9.31. A : C[−1, 1] → C[−1, 1], (Ax)(t) = [x(t) + x(−t)].
9.32. A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1], (Ax)(t) = (sin t + cos t)x(t).
9.33. A : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1], (Ax)(t) = (t2 + 2t + 3) x(t).
9.34. A : L2 [0, ∞) → L2 [0, ∞), (Ax)(t) =
186
t+3
x(t).
t+4
9.35. A : `1 → `1 , Ax = (0, x2 , 0, x4 , . . . , 0, x2n , . . .).
µ
9.36. A : `1 → `1 , Ax =
¶
π
2π
nπ
sin · x1 , sin
· x2 , . . . , sin
· xn , . . . .
4
4
4
1
4
1
9
9.37. A : `1 → `1 , Ax = (x1 , (1 + )2 x2 , (1 + )3 x3 , . . . , (1 +
1 n
) xn , . . .).
n2
9.38. A : `2 → `2 , Ax = (2x1 , 0, 2x3 , 0, . . . , 2x2n−1 , 0, . . .).
µ
9.39. A : `2 → `2 , Ax =
¶
2
3
n
1
x1 , x2 , x3 , . . . ,
xn , . . . .
5
9
13
4n + 1
1
1
x10 , x11 , x12 , . . .).
2
10
1
1
1
9.41. A : `3 → `3 , Ax = (x1 , x2 , x3 , x4 , . . . , x2n+1 , x2n , . . .) .
2
4
2n
µ
¶
1 2
1 n
9.42. A : `4 → `4 , Ax = 2x1 , (1 + ) x2 , . . . , (1 + ) xn , . . . .
2
n
9.40. A : `2 → `2 , Ax = (x1 , x2 , . . . ,
9.43. A : `5 → `5 , Ax = (x1 , 0, 0, 0, x5 , 0, 0, 0, x9 , . . . , x4n+1 , 0, 0, 0, . . .).
9.44. A : `5 → `5 , Ax = (0, 0, 0, 0, 0, x1 , x2 , x3 , . . . , xn , . . .).
9.45. ϕ ∈ C[0, 1] nolmas funksiyaga qanday shartlar qo`yilganda A : C[0, 1] →
C[0, 1], (A x)(t) = ϕ (t) x(t) operator kompakt bo`ladi.
9.46. A : C[0, 1] → C[0, 1] , (A x)(t) =
R1
n
P
K(t, s) x(s) ds +
0
ϕk (t) x(tk )
k=1
operator berilgan, bu yerda K(s, t), T = {(s, t) : 0 ≤ s, t ≤ 1} birlik
kvadratda uzluksiz bo`lgan biror funksiya. ϕk ∈ C[0, 1],
tk ∈ [0, 1] ,
k = 1, 2, . . . , n . Bu operatorning kompaktligini isbotlang.
9.47. (A x)(t) = x0 (t) dierensiallash operatori
a) C (1) [0, 1] ni C[0, 1] ga;
b) C (2) [0, 1] ni C (1) [0, 1] ga;
c) C (2) [0, 1] ni C[0, 1] ga, akslantiruvchi operator sifatida kompakt
bo`ladimi?
187
9.48. A : L2 [a, b] → L2 [a, b], (A x)(t) =
Rt
a
ekanligini isbotlang.
x(τ ) dτ operatorning kompakt
9.49. Quyidagi operatorlardan qaysilari kompakt operator bo`ladi?
a) A : `2 → `2 ,
Ax = (0, x1 , x2 , . . .) ;
³ x x
´
2
3
b) A : `2 → `2 , Ax = x1 , , , . . . ;
2 3
³
´
x2 x3
c) A : `2 → `2 , Ax = 0, x1 , , , . . . .
2 3
9.50. Quyidagi ichiga joylashtirish operatorlarining kompakt bo`lishini isbotlang:
a) I : C (1) [a, b] → C[a, b] ,
Ix = x,
b) I : H (1) [a, b] → C[a, b] , Ix = x.
Bu yerda H (1) [a, b] − [a, b] kesmada uzluksiz dierensiallanuvchi funksiyalar
fazosi bo`lib, unda skalyar ko`paytma
Zb
[x(t) y(t) + x0 (t) y 0 (t) ] dt
(x, y) =
a
tenglik bilan aniqlanadi.
9.51. A : H (1) [a, b] → L2 [a, b] , (A x)(t) = x0 (t) operatorning kompakt
emasligini isbotlang.
9.52. A : L2 [−1, 1] → L2 [−1, 1] , (A x)(t) =
R1
−1
t2 s x(s) ds operatorning
kompakt ekanligini isbotlang va spektrini toping.
9.53. A : L2 [0, 1] → L2 [0, 1] , (A x)(t) =
R1
0
t s (1 − ts) x(s) ds operatorning
kompakt ekanligini isbotlang va spektrini toping.
9.54. O`z-o`ziga qo`shma operatorning har xil xos qiymatlariga mos keluvchi
xos vektorlari o`zaro ortogonal ekanligini isbotlang.
188
9.55. Cheksiz o`lchamli H Hilbert fazosida berilgan o`z-o`ziga qo`shma kompakt A operator cheklita xos qiymatlarga ega bo`lsin. U holda λ = 0
son A operatorning xos qiymati bo`lishini isbotlang.
9.56. H separabel Hilbert fazosida A kompakt operator berilgan bo`lsin.
a) A∗ A ning o`z-o`ziga qo`shma kompakt operator bo`lishini isbotlang.
b) A∗ Ax =
P
isbotlang.
n
µn (x, hn ) hn tasvirda barcha n larda µn > 0 ekanligini
1
Ahn bo`lsin. { en } lar ortonormal sistema
λn
tashkil qilishini va ixtiyoriy x ∈ H uchun
c) λn =
√
µn , e n =
Ax =
X
λn (x, hn ) en
n
tasvir o`rinli ekanligini isbotlang. λn sonlar A operatorning singulyar
sonlari deyiladi.
9.57. V : `2 (Z) → `2 (Z),
(V f )(n) = v(n)f (n) operatorning singulyar
sonlarini toping. Bu yerda barcha n ∈ Z lar uchun v(n) > 0 deb faraz
qilinadi.
10-Ÿ. Integral tenglamalar
Funksional fazoda tenglama berilgan bo`lib, noma'lum element funksiyadan
iborat bo`lsa, bunday tenglama funksional tenglama deyiladi. Agar funksional tenglamada noma'lum funksiya integral ostida bo`lsa, u holda tenglama
integral tenglama deyiladi.
Z b
K(s, t)φ(t)dt + f (s) = 0,
(10.1)
a
Z
b
φ(s) =
K(s, t)φ(t)dt + f (s).
a
189
(10.2)
Bu yerda φ− noma'lum funksiya, K(s, t) va f (s) berilgan funksiyalar. (10.1)
va (10.2) tenglamalar mos ravishda birinchi va ikkinchi tur Fredholm tenglamalari
deyiladi. Õususan, K(s, t) funksiya t > s qiymatlar uchun K(s, t) = 0 shartni qanoatlantirsa, u holda (10.1) va (10.2) tenglamalar mos ravishda birinchi
va ikkinchi tur Volterra tenglamalari deyiladi. (10.2) tenglamaning yadrosi
deb nomlanuvchi K(s, t) funksiyadan quyidagilar talab qilinadi: K o`lchovli
funksiya va
Z
b
a
Z
b
|K(s, t)|2 dsdt < ∞
(10.3)
a
shartni qanoatlantiradi. Agar K(s, t) =
n
P
k=1
ak (s) bk (t) ko`rinishda bo`lsa (10.2)
tenglama ajralgan yadroli integral tenglama deyiladi. L2 [a, b] Hilbert fazosida
aniqlangan
Z
b
K(s, t)φ(t)dt
(T φ)(s) =
(10.4)
a
operator K yadroli Fredholm operatori deyiladi.
10.1-ta'rif. Agar biror λ ∈ C uchun
Z
b
φ(s) = λ
K(s, t)φ(t)dt ⇐⇒ φ(s) = λ(T φ)(s)
a
tenglama noldan farqli yechimga ega bo`lsa, λ integral tenglamaning xarakteristik soni deyiladi. Tenglamaning nolmas yechimi esa λ xarakteristik songa
mos xos funksiya deyiladi.
Agar λ 6= 0 integral tenglamaning xarakteristik soni bo`lsa, u holda
soni T operatorning xos qiymati bo`ladi.
1
λ
10.1-teorema. Agar K(s, t) yadro (10.3) shartni qanoatlantirsa, u holda
L2 [a, b] fazoda (10.4) tenglik bilan aniqlanuvchi T operator chiziqli, kompakt
va uning normasi uchun quyidagi tengsizlik o`rinli
s
Z bZ b
|K(s, t)|2 dsdt.
kT k ≤
a
a
190
(10.5)
L2 [a, b] fazoda (10.4) tenglik bilan aniqlanuvchi T operator o`z-o`ziga
qo`shma (3.19-misolga qarang) bo`lishi uchun, deyarli barcha s, t ∈ [a, b]
larda K(s, t) = K(t, s) tenglikning bajarilishi zarur va yetarli.
10.2-teorema. Agar 1 soni T = T ∗ operator uchun õos qiymat bo`lmasa, u holda (10.2) tenglama iõtiyoriy f uchun yagona yechimga ega. Agar 1
soni T operator uchun õos qiymat bo`lsa, u holda (10.2) tenglama yechimga
ega bo`lishi uchun f funksiya 1 soniga mos keluvchi barcha õos funksiyalarga
ortogonal bo`lishi zarur va yetarli.
X Banax fazosida biror T kompakt (to`la uzluksiz) operatorni olib,
x − Tx = y
(10.6)
ko`rinishdagi tenglamani qaraymiz. (10.6) tenglama bilan bir qatorda bir jinsli
bo`lgan
x − Tx = 0
(10.7)
tenglamani va ularga qo`shma bo`lgan
f − T ∗f = g
(10.8)
f − T ∗f = 0
(10.9)
tenglamalarni qaraymiz.
Quyida keltiriladigan Fredholm teoremalari shu to`rt tenglamaning yechimlari orasidagi bog`lanishlarni ifodalaydi.
10.3-teorema (10.6) tenglama berilgan y ∈ X da yechimga ega bo`lishi
uchun (10.9) bir jinsli tenglamaning yechimi bo`lgan har bir f ∈ X ∗ da
f (y) = 0 shartning bajarilishi zarur va yetarli.
10.4-teorema (Fredholm alternativasi). Yo (10.6) tenglama iõtiyoriy y ∈
X da yagona yechimga ega, yo (10.7) bir jinsli tenglama noldan farqli yechimga ega.
191
10.5-teorema. Bir jinsli (10.7) va (10.9) tenglamalarning chiziqli erkli
yechimlari soni chekli va o`zaro teng. Boshqacha qilib aytganda,
dim Ker(I − T ) = dim Ker(I − T ∗ ) < ∞.
Integral tenglamalarga oid topshiriqlarni bajarish uchun Fredholm integral tenglamasi, uning turlari va Fredholm teoremalari haqida qo`shimcha
ma'lumotlarni [9] ning 37 − 40 − §§ laridan qarab olish mumkin.
Integral tenglamalarni yechishga doir bir nechta misollar qaraymiz.
10.1. Ushbu
Z1
(s t + s2 ) x(t) dt = 1
x(s) −
−1
ajralgan yadroli integral tenglamani yeching.
Yechish. Berilgan integral tenglamani quyidagicha yozib olamiz:
Z1
Z1
t x(t) dt − s2
x(s) − s
−1
Agar
x(t) dt = 1.
−1
Z1
α1 =
(10.10)
Z1
t x(t) dt,
−1
α2 =
x(t) dt
(10.11)
−1
belgilashlarni kiritsak, (10.10) dan x(s) uchun
x(s) = 1 + α1 s + α2 s2
(10.12)
ifodani hosil qilamiz. Agar (10.12) dagi α1 va α2 o`zgarmaslar aniqlansa,
(10.12) tenglik bilan aniqlangan x funksiya berilgan integral tenglamaning
yechimi bo`ladi. α1 va α2 o`zgarmaslarni aniqlash uchun (10.12) ni (10.11)
ga qo`yib, quyidagi chiziqli tenglamalar sistemasini hosil qilamiz:

R1

2

2

 α1 = t (1 + α1 t + α2 t ) dt = α1
3
−1
R1
2



α
=
(1 + α1 t + α2 t2 ) dt = 2 + α2 .
 2
3
−1
192
(10.13)
Biz bu yerda
Z1
Z1
dt = 2,
Z1
t dt = 0,
−1
−1
−1
Z1
2
t2 dt = ,
3
t3 dt = 0
−1
tengliklardan foydalandik. (10.13) sistemani quyidagicha yozish mumkin:


 1 α1 = 0,
3
1

 α2 = 2.
3
α2 = 6 ni olamiz. Demak, berilgan tenglama yechimi
Bu yerdan α1 = 0,
x(s) = 1 + 6s2 funksiyadan iborat bo`ladi.
¤
10.2. C [a, b] fazoda bir jinsli
Zπ
x(s) − λ
sin(3s + t)x(t)dt = 0
−π
integral tenglamani yeching.
Yechish. Agar sin(3s + t) = sin 3s · cos t + cos 3s · sin t ayniyatni hisobga
olsak, berilgan integral tenglamani quyidagicha yozish mumkin:
Zπ
x(s) = λ sin 3s
Bu yerda
Zπ
cos t x(t) dt + λ cos 3s
sin t x(t) dt.
−π
−π
Zπ
Zπ
α1 =
cos t x(t)dt,
α2 =
−π
sin t x(t)dt
(10.14)
(10.15)
−π
belgilashlarni kiritsak, (10.14) dan x(s) uchun
x(s) = λα1 sin 3s + λα2 cos 3s
(10.16)
ifodani olamiz. Endi α1 va α2 o`zgarmaslarni topish uchun (10.16) ni (10.15)
tengliklarga qo`yib,

Rπ
Rπ


 α1 = λα1 sin 3t · cos t dt + λα2 cos 3t · cos t dt


 α2 = λα1
−π
Rπ
sin 3t · sin t dt + λα2
−π
Rπ
−π
−π
193
(10.17)
sin t · cos 3t dt
algebraik tenglamalar sistemasini hosil qilamiz. Agar (10.17) da
Zπ
Zπ
sin 3t · cos t dt = 0,
−π
Zπ
cos 3t · cos t dt = 0,
−π
sin 3t · sin t dt = 0,
−π
Zπ
Zπ
sin t · cos 3t dt = 0,
−π
sin t · cos t dt = 0
−π
ekanligini e'tiborga olsak, α1 = 0 , α2 = 0 larni hosil qilamiz. Demak, tekshirilayotgan integral tenglama λ parametrning barcha qiymatlari uchun yagona
x(s) = λα1 sin 3s + λα2 cos 3s = 0 nol yechimga ega.
10.3. Agar
a) a = 0 ,
b) a = 0,
c) a = 0,
d) a = 0,
¤

 t , agar 0 ≤ t ≤ s ≤ 1,
b = 1 , K(t, s) =
 s , agar 0 ≤ s < t ≤ 1;

 sin t cos s, agar 0 ≤ t ≤ s ≤ π ,
2
b = π/2, K(t, s) =
 sin s cos t, agar 0 ≤ s < t ≤ π ;
2

 sin t cos s, agar 0 ≤ t ≤ s ≤ π,
b = π, K(t, s) =
 sin s cos t, agar 0 ≤ s < t ≤ π;

 s( t + 1), agar 0 ≤ t ≤ s ≤ 1,
b = 1, K(t, s) =
 t(s + 1), agar 0 ≤ s < t ≤ 1;
K(t, s) = e−|t−s| ;

 ( t + 1)(s − 2), agar 0 ≤ t ≤ s ≤ 1,
f) a = 0, b = 1, K(t, s) =
 (s + 1)(t − 2), agar 0 ≤ s < t ≤ 1
e) a = 0 , b = 1 ,
bo`lsa, L2 [a, b] kompleks Hilbert fazosida
Zb
x(t) − λ
K(t, s)x(s)ds = 0
a
integral tenglamaning λn xarakteristik sonlari (
xos qiymatlari) va ϕn xos funksiyalarini toping.
194
1
lar T operatorning
λn
Yechish. Biz misolning c) qismining yechimini keltiramiz. Maqsadimiz
Zπ
x(t) − λ
K(t, s)x(s)ds = 0 ⇐⇒ x(t) = λ(T x)(t)
0
tenglamaning xarakteristik sonlari λn va ularga mos ϕn xos funksiyalarini topishdan iborat. Integral operatorning yadrosi K(t, s) haqiqiy qiymatli
va simmetrik K(t, s) = K(s, t) bo`lganligi uchun, K(t, s) yordamida (10.4)
tenglik bilan aniqlangan T operator o`z-o`ziga qo`shma kompakt operator
bo`ladi. Bu yerdan va 8.4-teoremaning b) bandiga ko`ra, λn lar haqiqiy bo`ladi.
K(t, s) ning berilishidan foydalanib, integral tenglamani quyidagicha yozib
olamiz:
Zt
x(t) = λ cos t
Zπ
sin s x(s)ds + λ sin t
cos s x(s)ds.
(10.18)
t
0
Agar x ∈ L2 [0, π] bo`lsa,
Rt
0
sin s x(s)ds va
Rπ
t
cos s x(s)ds lar absolyut
uzluksiz funksiyalar bo`ladi. Agar x ∈ AC[0, π] funksiya (10.18) tenglamaning yechimi bo`lsa, u dierensiallanuvchi bo`ladi. Xuddi shunday ko`rsatish
mumkinki x ∈ C (2) [0, π] bo`ladi va (10.18) tenglikda t = 0 deb, x(0) = 0
ni olamiz. (10.18) tenglikni t bo`yicha dierensiallab va o`xshash hadlarni
ixchamlab
Zπ
x0 (t) = λ cos t
Zt
cos s x(s)ds − λ sin t
t
sin s x(s)ds
(10.19)
0
ni olamiz. (10.19) tenglikda t = π deb, x0 (π) = 0 ni olamiz. (10.19) tenglikdan t bo`yicha hosila olib,

Zπ
x00 (t) = −λ sin t

Zt
sin s x(s)ds −
cos s x(s)ds + cos t
t
0
−λ(cos2 t + sin2 t)x(t) ⇐⇒ x00 (t) + (λ + 1)x(t) = 0
195
(10.20)
ni hosil qilamiz. Shunday qilib,

 x00 (t) + (λ + 1)x(t) = 0
 x(0) = x0 (π) = 0
(10.21)
chegaraviy masalaga keldik. Agar λ+1 < 0 bo`lsa, (10.20) dierensial tenglaman-
√
λ + 1 t + C2 ch λ + 1 t bo`ladi. Chegar√
aviy shartlardan foydalanib, x(0) = C2 = 0 va x0 (π) = C1 ch λ + 1 π = 0
ing umumiy yechimi x(t) = C1 sh
√
ni, ya'ni x(t) = 0 ni olamiz. Bu yerdan (10.18) integral tenglama −1 dan
kichik xarakteristik sonlarga ega emas degan xulosaga kelamiz. Xuddi shunday λ + 1 = 0 bo`lsa, (10.20) dierensial tenglamaning umumiy yechimi
x(t) = C1 t + C2 dan chegaraviy shartlarni qanoatlantiruvchi yechimni ajratsak, x(t) = 0 ni olamiz. Endi λ + 1 > 0 bo`lsin. Agar λ + 1 = w2 (w ∈ R)
desak, (10.20) dierensial tenglamaning umumiy yechimi x(t) = C1 cos w t +
C2 sin w t bo`ladi. Chegaraviy shartlardan foydalanib, x(0) = C1 = 0 va
x0 (π) = C2 w cos wπ = 0 ni olamiz. Bu yerdan
wk π =
π
1
+ kπ ⇐⇒ wk = + k,
2
2
k ∈ Z+
1
2
viy masalaning nolmas yechimi bo`ladi. Demak, (10.18) integral tenglama1
ning xarakteristik sonlari λk = ( + k)2 − 1, k ∈ Z+ lar, ularga mos xos
2
1
1
, k ∈ Z+
funksiyalar xk (t) = C sin ( + k) t lar bo`ladi. Shunday qilib,
2
λ
k
r
1
2
sin ( + k) t lar normasi bir
lar T operatorning xos qiymatlari ϕk (t) =
π
2
bo`lgan xos funksiyalar bo`ladi. Ko`rsatish mumkinki, {ϕk }, k ∈ Z+ sistema
ni olamiz. Shunday qilib, xk (t) = C sin ( + k) t funksiya (10.21) chegara-
L2 [0, π] fazoda to`la ortonormal sistema bo`ladi.
a). λk = π 2 (k + 0, 5)2 , k ∈ Z, xk (t) = C sin π(k + 0, 5) t.
b) λk = 4k 2 − 1, k ∈ N, xk (t) = C sin 2 k t.
c)
λk = (k + 0, 5)2 − 1, k ∈ Z+ , xk (t) = C sin(k + 0, 5) t.
196
d) λk = −wk2 , bu yerda wk , tgw =
2w
tenglamaning ildizlari, xk (t) =
1 − w2
wk cos wk t + sin wk t.
e) λk = wk2 + 1, bu yerda wk , tgw = −
2w
tenglamaning ildizlari,
1 + w2
xk (t) = wk cos wk t + sin wk t.
f) λk = k 2 π 2 , xk (t) = k π cos k π t + sin k π t.
¤
10.4. Agar

 t(s − 1), agar 0 ≤ t ≤ s ≤ 1,
a) f (t) = t, K(t, s) =
 s(t − 1), agar 0 ≤ s < t ≤ 1;

 (t + 1)s , agar 0 ≤ t ≤ s ≤ 1 ,
b) f (t) = cos π t ,
K(t, s) =
 (s + 1)t , agar 0 ≤ s < t ≤ 1
bo`lsa, L2 [0, 1] kompleks Hilbert fazosida
Z1
x(t) − λ
K(t, s)x(s)ds = f (t)
(10.22)
0
integral tenglamaning yechimini toping.
Yechish. Misol a) qismining yechimi. Dastlab biz, bir jinsli
Zt
x(t) = λ
Z1
s(t − 1) x(s)ds + λ
t(s − 1) x(s)ds
(10.23)
t
0
tenglamaning xarakteristik sonlari λn , ya'ni T operatorning xos qiymatlari
1
larni topamiz. Integral operatorning yadrosi K(t, s) haqiqiy qiymatli va
λn
simmetrik K(t, s) = K(s, t) bo`lganligi uchun, K(t, s) yordamida (10.4)
tenglik bilan aniqlangan T operator o`z-o`ziga qo`shma kompakt operator
bo`ladi. Bu yerdan, λn larning haqiqiy ekanligi kelib chiqadi. Xuddi 10.7misoldagi kabi, (10.23) integral tenglamadan

 x00 (t) − λ x(t) = 0
 x(0) = x(1) = 0
197
dierensial tenglamaga kelamiz. Bu chegaraviy masalaning xarakteristik sonlari λk = −k 2 π 2 , k ∈ N lar, ularga mos xos funksiyalar ϕk (t) =
√
2 sin k π t
1
1
= − 2 2 , k ∈ N sonlar,
λk
k √π
ularga mos normasi bir bo`lgan xos funksiyalar ϕk (t) = 2 sin k π t, k ∈ N
lardir. Demak, T operatorning xos qiymatlari
lar bo`ladi. Bu sistema L2 [0, 1] fazoda to`la ortonormal sistema bo`ladi. Endi
(10.22) tenglamani yechishga Hilbert-Shidt teoremasini qo`llaymiz. f (t) = t
funksiyaning {ϕk }, k ∈ N ortonormal sistemadagi Furye koetsiyentlarini
topamiz:
Z1
ck = (f, ϕk ) =
0
1
√
√ Z
(−1)k−1 2
t ϕk (t)dt = 2 t sin k πt dt =
.
kπ
0
Shunday qilib,
f (t) = t =
∞
X
ck ϕk (t),
x(t) =
k=1
∞
X
xk ϕk (t)
k=1
larni (10.22) ga qo`yib, quyidagi tenglamani olamiz:
∞
X
k=1
x k ϕk − λ
∞
X
xk
k=1
λk
ϕk =
∞
X
ck ϕk .
k=1
{ϕk }∞
k=1 ning ortonormal sistema ekanligidan foydalansak,
µ
¶
λ
xk 1 −
= ck , k ∈ N
λk
(10.24)
tengliklarga kelamiz. Agar λ ∈ C \ {λ1 , λ2 , . . . , λn , . . .} bo`lsa, (10.24) sis-
λk ck
, k ∈ N yechimga ega. Bu yerdan (10.22) tenglama
λk − λ
yechimi x(t) uchun
tema yagona xk =
x(t) =
∞
X
k=1
∞
√ X
(−1)k−1 k π
xk ϕk (t) = 2
sin k π t
k2π2 + λ
k=1
ifodani olamiz. Agar λ ∈ {λ1 , λ2 , . . . , λn , . . .} bo`lsa, u holda (10.24) sistema
yechimga ega emas, bu esa o`z navbatida (10.22) tenglamaning yechimga ega
198
emasligini bildiradi.
b) agar λ 6= π 2 va λ 6= −4 π 2 n2 , n ≥ 2 bo`lsa, yechim
√
∞
π 3 (π cos π t + sin π t) X 16 2 π 2 n3 (2π n cos 2π n t + sin 2π n t)
√
xk (t) =
−
2 − 1)(4π 2 n2 + λ) 4π 2 n2 + 1
(π 2 − λ)(π 2 + 1)
(4n
n=2
bo`ladi. Agar λ ∈ {π 2 , −4 π 2 n2 , n ≥ 2} bo`lsa, yechim mavjud emas.
¤
10.5. C[−π, π] fazoda quyidagi integral tenglamani yeching:
Zπ
x(s) − λ
cos(s + t)x(t)dt = sin s .
−π
Yechish. cos(s + t) = cos s cos t − sin s sin t ayniyatdan foydalansak,
berilgan integral tenglamani quyidagicha yozish mumkin:
Zπ
x(s) = λ cos s
Zπ
cos t x(t)dt − λ sin s
−π
sin t x(t)dt + sin s.
(10.25)
−π
(10.15) belgilashdan foydalanib, (10.25) ni quyidagicha yozamiz:
x(s) = λα1 cos s − λα2 sin s + sin s.
x(s) uchun hosil qilingan (10.26) ni (10.15) tengliklarga qo`yib,

 α = λα π
1
1
 α2 = −λ α2 π + π
(10.26)
(10.27)
π
1
da yagona α1 = 0 va α2 =
π
1 + λπ
yechimga ega. α1 va α2 larning bu qiymatlarini (10.26) ga qo`yib, berilgan
sistemani olamiz. Bu sistema λ 6= ±
tenglama yechimi (yagona) uchun
x(s) =
−λ π
sin s
sin s + sin s =
1 + λπ
1 + λπ
1
bo`lsa, (10.27) sistema yechimga ega emas,
π
bundan berilgan tenglama ham yechimga ega emas degan xulosa chiqadi. Agar
ifodani olamiz. Agar λ = −
199
1
bo`lsa, (10.27) sistema cheksiz ko`p yechimga ega bo`lib, bunda α1 −
π
π
ixtiyoriy son, α2 =
dir. Ularning bu qiymatlarini (10.26) ga qo`yib,
2
1 π
1
x(s) = C cos s − · sin s + sin s = C cos s + sin s
π 2
2
λ=
yechimni olamiz. Bu yerda C ixtiyoriy o`zgarmas son.
10.6. Ushbu
¤
Zs
x(s) = 1 + s +
(s − t) x(t) dt
(10.28)
0
Volterra tipidagi integral tenglamani ketma-ket yaqinlashishlar usuli yordamida yeching.
Yechish. Boshlang`ich yaqinlashish sifatida x0 (s) ≡ 1 funksiyani olib,
keyingi yaqinlashishlarni
Z
s
(s − t) xn −1 (t) dt, n = 1, 2, . . .
xn (s) = 1 + s +
0
iteratsion formula yordamida topamiz:
Z
s
(s − t) dt = 1 + s +
x1 (s) = 1 + s +
0
¶
t2
s2 s3 s4
x2 (s) = 1 + s +
(s − t) 1 + t +
dt = 1 + s + + + ,
2!
2! 3! 4!
0
µ
¶
Z s
t2 t3 t4
x3 (s) = 1 + s +
(s − t) 1 + t + + +
dt =
2!
3!
4!
0
s2 s3 s4 s5 s6
=1+s+ + + + + .
2! 3! 4! 5! 6!
Bu jarayonni n marta takrorlash natijasida quyidagiga ega bo`lamiz:
Z
µ
s2
,
2!
s
xn (s) = 1 + s +
s2n−1
s2n
s2 s3
+ + ··· +
+
.
2! 3!
(2n − 1)! (2n)!
∞ sk
P
= es qatorning 2n Bu yerdan ko`rinib turibdiki, xn (s) funksiya
k=0 k!
xususiy yig`indisidan iborat. Shuning uchun
x(s) = lim xn (s) = es .
n→∞
200
Demak, (10.28) integral tenglama yechimi x(s) = es funksiya ekan.
Uy vazifalari va mavzuni o`zlashtirish uchun masalalar
10.7. Agar
π
π
, K(t, s) = tgs , f (t) = 1 ;
4
4
π
b) a = 0 , b = , K(t, s) = sin t cos s , f (t) = sin t ;
2
c) a = 0 , b = π , K(t, s) = sin t cos s , f (t) = sin t ;
a) a = − , b =
d) a = 0 , b = 1 ,
K(t, s) = t + s − 2ts , f (t) = t + t2 ;
e) a = −1 , b = 1 ,
K(t, s) = ts − t2 s2 , f (t) = t2 + t4 ;
f) a = 0 , b = 2π ,
K(t, s) = |π − s| sin t , f (t) = t ;
g) a = 0 , b = π ,
h) a = 0 , b = π ,
2t
;
π
K(t, s) = sin(t − 2s) , f (t) = cos 2t ;
K(t, s) = sin s + s cos t , f (t) = 1 −
bo`lsa, C [a, b] fazoda
Zb
x(t) −
K(t, s)x(s)ds = f (t)
a
tenglama yechimini toping.
10.8. Agar
a) a = 0 , b = 2π , K(t, s) = sin(t + s) ;
b) a = 0 , b = π , K(t, s) = cos(t + s) ;
c) a = 0 , b = 1 , K(t, s) = 2ts − 4t2 ;
d) a = −1 , b = 1 , K(t, s) = ts + t2 s2
bo`lsa, C [a, b] fazoda
Zb
x(t) − λ
K(t, s)x(s)ds = 0
a
tenglamaning noldan farqli yechimlarini toping.
201
¤
10.9. Agar
a) a = −1 , b = 1 ,
K(t, s) = t s ,
f (t) = α t2 + β t + γ ;
b) a = 0 , b = π ,
K(t, s) = cos(t + s) ,
c) a = −1 , b = 1 ,
K(t, s) = t2 − 2ts ,
d) a = −1 , b = 1 ,
K(t, s) = 3t + ts − 5t2 s2 ,
f (t) = α sin t + β ;
f (t) = α t2 − β t ;
f (t) = α t
bo`lsa, bu tenglama ozod hadiga kiruvchi α, β, γ parametrlarning barcha qiymatlarida C [a, b] fazoda
Zb
x(t) − λ
K(t, s)x(s)ds = f (t)
a
tenglamaning yechimini toping.
10.10. Ixtiyoriy λ ∈ C va ixtiyoriy f ∈ L2 [0, 2π] uchun
Z2π
x(t) − λ
sin(t − 2s) x(s) ds = f (t)
0
tenglama yechimga ega ekanligini isbotlang va yechimni toping.
10.11-10.28-misollarda berilgan integral tenglama λ ∈ C parametrning
qanday qiymatlarida yechimga ega, qanday qiymatlarida yechim mavjud emas,
qanday qiymatlarida yechim cheksiz ko`p. Yechim mavjud bo`lgan hollarda
yechimni toping.
R1
10.11. x(s) − λ s (1 + t)x(t)dt = s2 .
0
R1
10.12. x(s) − λ (s + s2 t)x(t)dt = s2 + 1.
0
R1
10.13. x(s) − λ s x(t)dt = sin 2π s.
0
R1
10.14. x(s) − λ (t + s t)x(t)dt = s2 − 1.
0
202
R1
3
2
10.15. x(s) − λ (1 + 2s)x(t)dt = 1 − s.
0
10.16. x(s) − λ
R1
(t + s + s2 t)x(t)dt = s2 + 2s.
−1
R1
10.17. x(s) − λ s sin 2πt x(t)dt = s.
0
R1
10.18. x(s) − λ (t + s t + s2 t)x(t)dt = 2s2 + s.
0
π/4
R
10.19. x(s) − λ
tg t · x(t)dt = cos s.
−π/4
10.20. x(s) − λ
10.21. x(s) −
Rπ
sin s · cos t x(t)dt = cos s.
−π
R1
(s t + s2 t2 ) x(t)dt = 1 + s2 .
−1
10.22. x(s) − λ
10.23. x(s) − λ
10.24. x(s) − λ
10.25. x(s) − λ
10.26. x(s) − λ
10.27. x(s) − λ
10.28. x(s) − λ
R1
(s + s2 t)x(t)dt = sin π s.
−1
Rπ
sin(s + t) x(t)dt = cos s.
0
R1
−1
R1
(s + t) x(t)dt =
1 3
+ s.
2 2
(1 + st + t2 ) x(t)dt = 1 + s.
−1
R1
arccos t · x(t)dt = √
0
R1
1
.
1 − s2
es+t x(t)dt = e2s .
0
R1
(1 + t + st2 ) x(t)dt = s2 .
−1
R1
10.29. x(s) − λ (1 + t + s + st) x(t)dt = 2s + s2 .
0
203
10.30-10.48-misollarda Volterra yoki Fredholm integral tenglamasi berilgan.
Ularni ketma-ket yaqinlashish usuli yordamida yeching. Nolinchi yaqinlashish
berilgan. Iteratsiyaning ikkinchi hadi x2 (s) ni toping.
10.30. x(s) = s +
Rs
x(t)dt,
x0 (s) = s.
0
Rs
10.31. x(s) = 1 + (s − t)x(t)dt,
x0 (s) = 1.
0
Rs
10.32. x(s) = 2s + 2 − s x(t)dt,
2
x0 (s) = 2.
0
10.33. x(s) = s + 1 +
Rs
x(t)dt,
x0 (s) = 2s.
0
Rs
10.34. x(s) = s + (s − t)x(t)dt,
x0 (s) = 0.
0
Rs
10.35. x(s) = 1 + (t − s)x(t)dt,
x0 (s) = 0.
0
5
6
10.36. x(s) = s −
10.37. x(s) = 1 +
Rs
1 1 R1
+
(s + t)x(t)dt,
9 30
x(t)dt,
x0 (s) = 0.
0
e 1 1 R1
10.38. x(s) = e − + +
x(t)dt,
2 2 20
s
10.39. x(s) =
x0 (s) = 0.
5
1 Rπ
t s x(t)dt + s,
20
6
x0 (s) = 0.
x0 (s) = s.
5
1
1 R1
(s + t)x(t)dt + s − ,
10.40. x(s) =
30
6
9
10.41. x(s) =
1 R1
x(t)dt + s,
30
x0 (s) = 2s.
x0 (s) = 3s.
1 R1
10.42. x(s) =
tx(t)dt + s + 1,
20
x0 (s) = 1.
204
10.43. x(s) =
1 Rπ
cos2 t · x(t)dt + 1,
π0
x0 (s) = 1.
R1
1
2
10.44. x(s) = π (1 − s) sin 2π t x(t)dt + (1 − s),
0
1 Rπ
10.45. x(s) =
sin s · t x(t)dt + 2 sin s,
2π 0
1 R1
10.46. x(s) =
x(t)dt + sin π s,
20
Rs
10.47. x(s) = s + x(t)dt,
x0 (s) = 1.
x0 (s) = 3.
x0 (s) = s2 .
0
10.48. x(s) = s + 1 + s
2
R1
x(t)dt,
x0 (s) = 2s.
0
205
x0 (s) = 2.
Tekshirish uchun o`rgatuvchi testlar
1. `2 ni `2 ga akslantiruvchi A, B, C operatorlar berilgan:
Ax = (0, 0, . . . , 0, x1, , x2, , x3 , . . .) ,
Bx = (0, 0, . . . , 0, xn+1, , xn+2, , xn+3 , . . .) ,
Cx = (x1, , x2, , x3 , 0, . . . , 0, . . .) ,
Kompakt operatorlar keltirilgan javobni toping.
A) AB va BC
B) B va C
C) A va B
D) AC va BC
2. L2 [−1, 1] ni L2 [−1, 1] ga akslantiruvchi A, B, I operatorlar berilgan:
(Af )(x) = x f (x),
(Bf )(x) =
R1
(1 + xy)f (y)dy,
(If )(x) = f (x).
−1
Kompakt operatorlar keltirilgan javobni toping.
A) AB va B
B) B va I
C) A va B
D) A va I
3. L2 [−1, 1] ni L2 [−1, 1] ga akslantiruvchi
Z
1
x y f (y) dy
(Af )(x) = 3
−1
kompakt operatorning xos qiymatlarini toping.
A) 0, 2
B) 2
C) 0, 1, 2
D) 2, 3
4. L2 [−1, 1] fazoni o`zini-o`ziga akslantiruvchi
Z
1
(Af )(x) = 3
x y f (y) dy
−1
kompakt operatorning xos funksiyalari ko`rsatilgan javobni toping.
A) f0 (x) = 1, f3 (x) = x
B) f0 (x) = 1 + x, f3 (x) = x2
C) f0 (x) = 3 + x, f3 (x) = 5x2
D) f0 (x) = 4 + x, f3 (x) = x4
5. Chekli o`lchamli A : `2 → `2 operatorni toping.
A) Ax = (0, 0, . . . , 0, x1, , x2, , x3 , . . .)
B) Ax = (0, 0, . . . , 0, xn+1, , xn+2, , xn+3 , . . .)
C) Ax = (x1, , x2, , x3 , 0, . . . , 0, . . .)
D) Ax = (xn+1 , xn+2 , xn+3 , . . .)
206
6. Kompakt A : `2 → `2 operatorni toping.
A) Ax = (0, 0, . . . , 0, x1, , x2, , x3 , . . .)
B) Ax = (0, 0, . . . , 0, xn+1, , xn+2, , xn+3 , . . .)
C) Ax = (a1 x1 , a2 x2 , a3 x3 , . . . , an xn , . . .) ,
lim an = 0
n→∞
D) Ax = (xn+1 , xn+2 , xn+3 , . . .)
7. `2 fazoda berilgan Ax = (a1 x1 , a2 x2 , a3 x3 , . . . , an xn , . . .) operatorning
kompaktlik kriteriysini toping.
A) sup |an | < ∞
n≥1
B) shunday n0 ∈ N mavjud bo`lib, barcha n > n0 larda an = 0 bo`lishi
C) lim an = 0
n→∞
D) {an } ning nolga yaqinlashuvchi qismiy ketma-ketlikni saqlashi
8. Quyidagi tasdiqlar ichidan to`g`rilarini ajrating.
1) Chekli o`lchamli A ∈ L(X, Y ) operator kompakt bo`ladi.
2) Chiziqli A : Cn → Cn operator kompakt bo`ladi.
3) Birlik I : X → X, dim X < ∞ operator kompakt bo`ladi.
A) 1, 2
B) 2, 3
C) 1, 2, 3
D) 1, 3
9. Quyidagi tasdiqlar ichidan to`g`rilarini ajrating.
1) Kompakt operatorlarning yig`indisi kompakt bo`ladi.
2) Kompakt operatorning songa ko`paytmasi kompakt bo`ladi.
3) Kompakt operatorning chegaralangan operatorga ko`paytmasi kompakt bo`ladi.
A) 1, 2
B) 2, 3
C) 1, 2, 3
D) 1, 3
10. Quyidagi tasdiqlar ichidan to`g`rilarini ajrating.
1) Kompakt operatorga qo`shma operator kompakt bo`ladi.
2) Kompakt operatorga teskari operator kompakt bo`ladi.
3) Birlik I : X → X, dim X = ∞ operator kompakt bo`ladi.
A) 1, 2
B) 2, 3
C) 1
D) 1, 3
207
11. Quyidagi tasdiqlar ichidan to`g`rilarini ajrating.
1) Kompakt operatorning xos qiymatlari oddiy bo`ladi.
2) O`z-o`ziga qo`shma operatorning xos qiymatlari haqiqiy bo`ladi.
3) O`z-o`ziga qo`shma kompakt operatorning har xil xos qiymatlariga mos
xos vektorlari ortogonal bo`ladi.
A) 1, 2
B) 2, 3
C) 1, 2, 3
D) 1, 3
12. Quyidagi tasdiqlar ichidan to`g`rilarini ajrating.
1) Kompakt operatorning noldan farqli xos qiymatlari chekli karralidir.
2) A : `2 → `2 kompakt operatorning spektri nolni saqlaydi.
3) Birlik I : C[a, b] → C[a, b] operator kompakt emas.
A) 1, 2
B) 2, 3
C) 1
D) 1, 2, 3
13. C[−1, 1] fazoda chekli o`lchamli operatorlarni ko`rsating.
Z
1
(Af )(x) = x f (x), (Bf )(x) =
(x − y)f (y) dy, (Cf )(x) = f (0)x2
−1
A) A, B
B) A, C
C) B, C
D) A, B, C
14. `2 fazoda berilgan Ax = (a1 x1 , a2 x2 , a3 x3 , . . . , an xn , . . .) operator uchun
quyidagilardan qaysilari invariant qism fazo bo`ladi.
1) L1 = {x ∈ `2 : x1 = x2 = 0}
2)
L2 = {x ∈ `2 : x3 = x4 = x5 = 0}
3)
L3 = {x ∈ `2 : xn = 0, n ≥ 6}
A) 1, 2
B) 2, 3
C) 1, 2, 3
D) 1, 3
15. L2 [−π, π] fazoda kompakt operatorni ko`rsating.
A) (Af )(x) = xf (x)
C) (Af )(x) = f (x)
B) (Af )(x) =
Rπ
cos(x − y) f (y) dy
¢
D) (Af )(x) = x2 + 1 f (x)
¡−π
16. {An } ⊂ K(X) kompakt operatorlar ketma-ketligi, A ∈ L(X) bo`lsin.
Quyidagi tasdiqlardan qay, biri to`g`ri.
208
u
A) Agar An =⇒ A (tekis) bo`lsa, u holda A kompakt bo`ladi.
s
B) Agar An −→ A (kuchli) bo`lsa, u holda A kompakt bo`ladi.
w
C) Agar An −→ A (kuchsiz) bo`lsa, u holda A kompakt bo`ladi.
D) Agar An → A (nuqtali) bo`lsa, u holda A kompakt bo`ladi.
17. Chekli o`lchamli operator ta'rini toping.
A) Agar A ∈ L(X, Y ) bo`lib, dim ImA < ∞ bo`lsa
B) Agar A har qanday chegaralangan to`plamni nisbiy kompakt to`plamga akslantirsa
C) Agar A har qanday nisbiy kompakt to`plamni kompakt to`plamga
akslantirsa
D) Agar A : Cn → Cn bo`lib, dim Im A < n bo`lsa
18. Kompakt operator ta'rini toping.
A) Agar A ∈ L(X, Y ) bo`lib, dim ImA < ∞ bo`lsa
B) Agar A ∈ L(X, Y ) har qanday chegaralangan to`plamni nisbiy kompakt to`plamga akslantirsa
C) Agar A ∈ L(X, Y ) har qanday nisbiy kompakt to`plamni kompakt
to`plamga akslantirsa
D) Agar A : Cn → Cn bo`lib, dim Im A < n bo`lsa
19. Quyidagilar ichidan kompakt operator ta'riarini ajrating.
1) Agar A ∈ L(X, Y ) har qanday chegaralangan to`plamni nisbiy kompakt to`plamga akslantirsa
2) Agar A ∈ L(X, Y ) operator X dagi birlik sharni nisbiy kompakt
to`plamga akslantirsa
3) Agar A ∈ L(H) operator H dagi ixtiyoriy kuchsiz yaqinlashuvchi
ketma-ketlikni kuchli yaqinlashuvchi ketma-ketlikka akslantirsa.
A) 1, 2, 3
B) 2, 3
C) 1, 3
209
D) 1, 2
20. u ga nisbatan Fredholmning I tur integral tenglamasini toping.
A) u(x) =
C) u(x) =
Rb
a
Rx
K(x, y)u(y)dy + f (x)
K(x, y)u(y)dy + f (x)
a
B) f (x) =
Rb
a
Rx
D) f (x) =
K(x, y)u(y)dy
K(x, y)u(y)dy
a
21. u ga nisbatan Fredholmning II tur integral tenglamasini toping.
A) u(x) =
C) u(x) =
Rb
a
Rx
K(x, y)u(y)dy + f (x)
K(x, y)u(y)dy + f (x)
a
B) f (x) =
Rb
D) f (x) =
a
Rx
K(x, y)u(y)dy
K(x, y)u(y)dy
a
22. u ga nisbatan Volterraning I tur integral tenglamasini toping.
A) u(x) =
C) u(x) =
Rb
a
Rx
K(x, y)u(y)dy + f (x)
K(x, y)u(y)dy + f (x)
a
B) f (x) =
D) f (x) =
Rb
a
Rx
K(x, y)u(y)dy
K(x, y)u(y)dy
a
23. u ga nisbatan Volterraning II tur integral tenglamasini toping.
A) u(x) =
C) u(x) =
Rb
K(x, y)u(y)dy + f (x)
a
Rx
K(x, y)u(y)dy + f (x)
a
B) f (x) =
D) f (x) =
Rb
K(x, y)u(y)dy
a
Rx
K(x, y)u(y)dy
a
24. T ∗ : L2 [−π, π] → L2 [−π, π] kompakt operator bo`lib, 1 uning oddiy
xos qiymati bo`lsin. 1 xos qiymatga mos keluvchi xos funksiya esa cos 2x
bo`lsin. u = T u + f tenglama yechimga ega bo`ladigan f ni toping:
A) cos x
B) cos 2x
C) 1 − cos 2x
D) cos2 x
25. T ∗ : L2 [−π, π] → L2 [−π, π] kompakt operator bo`lib, 1 uning ikki
karrali xos qiymati bo`lsin. 1 xos qiymatga mos keluvchi xos funksiyalar
esa cos x va sin x lar bo`lsin. u = T u + f tenglama yechimga ega
bo`ladigan f ni toping:
A) cos x
B) cos 2x
C) cos x + sin x
D) cos x − sin x
26. T ∗ : L2 [−π, π] → L2 [−π, π] kompakt operator bo`lib, 1 uning oddiy
xos qiymati bo`lsin. 1 xos qiymatga mos keluvchi xos funksiya esa cos 2x
210
bo`lsin. u = T u + f tenglama yechimga ega bo`lmaydigan f ni toping:
A) cos x
B) cos 2x
C) 1
D) sin x
27. T ∗ : L2 [−π, π] → L2 [−π, π] kompakt operator bo`lib, 1 uning ikki
karrali xos qiymati bo`lsin. 1 xos qiymatga mos keluvchi xos funksiyalar
esa cos x va sin x lar bo`lsin. u = T u + f tenglama yechimga ega
bo`lmaydigan f ni toping:
A) cos x + sin x
B) cos 2x
C) 1
28. L2 [−π, π] fazoda u(x) = 1 +
yechimini toping.
A) 1 + cos x
Rπ
−π
B) 1 + sin x
yechimini toping.
A) sin x + cos x
Rπ
−π
B) 1 + sin x
30. L2 [−π, π] fazoda u(x) = cos x +
yechimini toping.
A) sin x + cos x
cos x sin y u(y)dy integral tenglama
C) 1
29. L2 [−π, π] fazoda u(x) = sin x +
B) 1 + sin x
D) sin 2x
cos x sin y u(y)dy integral tenglama
C) 1
Rπ
−π
D) 1 + π cos x
D) sin x + π cos x
cos x sin y u(y)dy integral tenglama
C) cos x
D) sin x + π cos x
1 Rπ
31. L2 [−π, π] fazoda (Au)(x) = u(x)−
cos x cos y u(y)dy chiziqli opeπ −π
rator yadrosining o`lchamini toping.
A) dim KerA = 0
B) dim KerA = 1
C) dim KerA = 2
D) dim KerA = ∞
1 Rπ
32. L2 [−π, π] fazoda (Au)(x) = u(x) −
cos(x − y)u(y)dy chiziqli opeπ −π
rator yadrosining o`lchamini toping.
A) dim KerA = 0
B) dim KerA = 1
C) dim KerA = 2
D) dim KerA = ∞
211
1 Rπ 1
[ + cos(x − y)]u(y)dy chiziqli
π −π 2
operator yadrosining o`lchamini toping.
33. L2 [−π, π] fazoda (Au)(x) = u(x) −
A) dim KerA = 1
B) dim KerA = 2
C) dim KerA = 3
D) dim KerA = ∞
1 Rπ 1
[ + cos(x − y)] u(y) dy chiziqli
π −π 2
integral tenglamaga mos bir jinsli tenglamaning chiziqli bog`lanmagan
34. L2 [−π, π] fazoda u(x) = f (x) +
yechimlari sonini toping.
A) 1
B) 2
C) 3
D) ∞
1 Rπ
cos(x−y) u(y) dy chiziqli integral
π −π
tenglamaga mos bir jinsli tenglamaning chiziqli bog`lanmagan yechimlari
35. L2 [−π, π] fazoda u(x) = f (x)+
sonini toping.
A) 1
B) 2
C) 3
D) ∞
1 Rπ
36. L2 [−π, π] fazoda u(x) = f (x) +
cos x cos y u(y) dy chiziqli inteπ −π
gral tenglamaga mos bir jinsli tenglamaning chiziqli bog`lanmagan yechimlari sonini toping.
A) 1
B) 2
C) 3
37. L2 [−π, π] fazoda (Au)(x) =
Rπ
−π
D) ∞
Rπ
cos(x − y) u(y) dy, (Bu)(x) =
−π
(α cos x cos y−β sin x sin y) u(y) dy integral operatorlar berilgan. A∗ =
B tenglik o`rinli bo`ladigan α ∈ R va β ∈ R parametrlarning qiymat-
larini toping.
A) α = 1, β = 1
B) α = 1, β = −1
C) α = −1, β = 1
D) bunday qiymatlar yo`q
38. T − L2 [a, b] fazodagi kompakt operator, 1 soni uning xos qiymati
bo`lsin. u = f +T u
(1) tenglama uchun quyidagi tasdiqlardan qaysilari
to`g`ri?
212
1) (1) tenglama ba'zi f ∈ L2 [a, b] larda yechimga ega emas.
2) (1) tenglama yechimga ega bo`lishi uchun f funksiya u = T ∗ u
tenglamaning barcha yechimlariga ortogonal bo`lishi zarur va yetarli.
3) (1) tenglama yechimga ega bo`lishi uchun dim KerT = dim KerT ∗
bo`lishi zarur va yetarli.
A) 1, 2, 3
B) 2, 3
C) 3
D) 1, 2
39. L2 [−π, π] fazoda ajralgan yadroli integral tenglamalarni ko`rsating.
1) u(x) =
2) u(x) =
3) u(x) =
Rπ
−π
Rπ
−π
Rπ
cos(x − y) u(y) dy
(α cos x cos y − β sin x sin y) u(y) dy
ln(1 + |x − y|) u(y) dy.
−π
A) 1, 2, 3
B) 2, 3
C) 3
D) 1, 2
40. L2 [−1, 1] fazoda ajralgan yadroli integral tenglamalarni ko`rsating.
1) u(x) =
2) u(x) =
3) u(x) =
R1
−1
R1
−1
R1
(x − y)3 u(y) dy
(1 + xy)2 u(y) dy
ln(1 + |x − y|) u(y) dy.
−1
A) 1, 2, 3
B) 2, 3
C) 3
213
D) 1, 2
Javoblar va ko`rsatmalar
9-Ÿ. Kompakt operatorlar
5 - 9 - misollarda dim ImA = 2 ekanligini ko`rsating va 5.1-teoremadan foydalaning.
10. dim ImA = 4 ekanligini ko`rsating va 5.1-teoremadan foydalaning. 5.1misoldan foydalaning.
11, 12-misollarda Artsela teoremasidan foydalaning.
13 - misolda dim ImA = 2 ekanligini ko`rsating va 5.1-teoremadan foydalaning.
14. Ixtiyoriy x ∈ L2 [0, π] uchun
Zπ
(Ax)(s) = s
Zπ
cos t x(t) dt + cos s
0
t x(t) dt = α s + β cos s
(9.1j)
0
tenglik bajariladi. Bu yerda
Zπ
α=
Zπ
cos t x(t) dt,
β=
0
t x(t) dt.
0
(9.1j) tenglikdan dim ImA ≤ 2 ni olamiz. Shunday x1 , x2 ni topish mumkinki, α(x1 ) = β(x2 ) = 0, α(x2 ) = β(x1 ) = 1 bo`ladi, ya'ni A ikki o`lchamli
operator. 9.1-teoremaga ko`ra u kompakt operator bo`ladi.
15- misolda 10.1-teoremadan foydalaning.
16, 17-misollarda 9.1-misoldan foydalaning.
18 - 22- misollarda 9.1-misoldan foydalaning.
24-misolda dim ImA = 6 ekanligini ko`rsating va 9.1-teoremadan foydalaning.
25. A ni kompakt operator deb faraz qilaylik. A ga teskari operator mavjud
va chegaralangan:
(A−1 y)(t) =
y(t)
,
t+1
D(A−1 ) = C[0, 1].
214
9.5-teoremaga ko`ra, cheksiz o`lchamli fazoda kompakt operatorning chegaralangan teskarisi mavjud emas. Demak, A kompakt operator emas.
26 - 28 - misollarda 9.25-misoldan va 9.5-teoremadan foydalaning.
29, 30-misollarda 9.4-misoldan foydalaning.
31. Ko`rsatamizki λ = 1 soni A operator uchun cheksiz karrali xos qiymat
bo`ladi. Bu esa 9.6-teorema bilan birgalikda A operatorning kompakt emasligini isbotlaydi. Endi λ = 1 soni A operatorning cheksiz karrali xos qiymati
ekanligini ko`rsatamiz. C[−1, 1] fazoni juft funksiyalardan iborat C + [−1, 1]
va toq funksiyalardan tashkil topgan C − [−1, 1] qism fazolarning yig`indisiga
yoyish mumkin, ya'ni
C[−1, 1] = C + [−1, 1] ⊕ C − [−1, 1].
Bu fazolar A operator uchun invariant qism fazolar bo`ladi va quyidagi tengliklar o`rinli:
A x+ = x+ , x ∈ C + [−1, 1],
A x− = 0, x ∈ C − [−1, 1].
Bu yerdan kelib chiqadiki Ker(A − I) = C + [−1, 1] va
dim Ker(A − I) = dim C + [−1, 1] = ∞.
Ya'ni λ = 1 soni A operatorning cheksiz karrali xos qiymati ekan.
32-34. 9.25-misoldan va 9.5-teoremadan foydalaning.
35-43 -misollarda 9.1-misoldan foydalaning.
44. {Aen } ketma-ketlikdan yaqinlashuvchi qismiy ketma-ketlik ajratish mumkin emasligini ko`rsating.
45. Hech qanday shartda ham bu operator kompakt bo`lmaydi.
47. a) yo`q. b) yo`q. c) ha.
49. b) va c).
53. σ(A) = {0}.
215
2
2
, − }.
3
5
57. Singulyar sonlar v(n), n ∈ N.
53. σ(A) = {0,
10-Ÿ. Integral tenglamalar
7. a) x(t) = 1,
b) x(t) = 2 sin t,
1
6
d) x(t) = t2 − t + ,
c) x(t) = sin t,
e) x(t) = t4 +
25 2
t,
49
f) x(t) = t = π 3 sin t,
2 t π 2 cos t
3π
g) x(t) = 1 −
−
, h) x(t) = cos 2 t +
sin t,
π
18
10
1
1
8. a) λ =
da yechim x(t) = α sin t + α cos t ga, λ = − da yechim
π
π
x(t) = α sin t − α cos t bo`ladi.
2
2
da yechim x(t) = α cos t ga, λ = − da yechim x(t) = α sin t
b) λ =
π
π
ga teng bo`ladi.
c) λ = −3 da yechim x(t) = α t − 2 α t2 ga teng bo`ladi.
d) λ =
bo`ladi.
3
5
da yechim x(t) = α t ga, λ =
da yechim x(t) = α t2 ga teng
2
2
3
3β
bo`lsa, yechim yagona va u x(t) = α t2 +
t+γ
2
3 − 2λ
3
ko`rinishda bo`ladi. Agar λ = va β 6= 0 bo`lsa, yechim mavjud emas. Agar
2
3
λ =
va β = 0 bo`lsa, yechim cheksiz ko`p va u x(t) = α t2 + C t + γ
2
ko`rinishda bo`ladi.
2
2α − 4 β λ
b) Agar λ 6= ± bo`lsa, yechim yagona va u x(t) = β +
sin t
π
2 + λπ
2
απ
ko`rinishda bo`ladi. Agar λ = − va
+ 2β 6= 0 bo`lsa, yechim mavjud
π
2
2
απ
emas. Agar λ = − va
+ 2β = 0 bo`lsa, yechim cheksiz ko`p va u
π
2
2
x(t) = β + C sin t ko`rinishda bo`ladi. Agar λ =
bo`lsa, yechim cheksiz
π
απ − 4β
ko`p va u x(t) = β +
sin t + C cos t ko`rinishda bo`ladi.
2π
3
3
3α 2
c) Agar λ 6= − , λ 6=
bo`lsa, yechim yagona va u x(t) =
t −
4
2
3 − 2λ
3β
3
3
t ko`rinishda bo`ladi. Agar λ = − va β 6= 0 yoki λ = va α 6= 0
3 + 4λ
4
2
9. a) Agar λ 6=
216
3
va β = 0 bo`lsa, yechim cheksiz
4
2α 2
3
ko`p va u x(t) = C t +
t ko`rinishda bo`ladi. Agar λ =
va α = 0
3
2
19 β
bo`lsa, yechim cheksiz ko`p va u x(t) = −
t + C t2 ko`rinishda bo`ladi.
27
1
3
3αt
d) Agar λ 6= − , λ 6=
bo`lsa, yechim yagona va u x(t) =
2
2
3 − 2λ
3
ko`rinishda bo`ladi. Agar λ = va α =
6 0 bo`lsa, yechim mavjud emas. Agar
2
3
va α = 0 bo`lsa, yechim cheksiz ko`p va u x(t) = C t ko`rinishda
λ =
2
1
3
bo`ladi. Agar λ = − bo`lsa, yechim cheksiz ko`p va u x(t) = − (α − C) t +
2
4
2
C t ko`rinishda bo`ladi.
R2π
10. x(t) = λ sin(t − 2s) f (s) ds + f (t).
bo`lsa, yechim mavjud emas. Agar λ = −
0
6
dan farqli barcha qiymatlarida tenglama yagona
5
7λs
yechimga ega va u x(s) = s2 +
ko`rinishga ega.
2(6 − 5λ)
3
12. Parametr λ ∈ C ning ± dan farqli barcha qiymatlarida tenglama yag2
24λs
16λ2 s2
ona yechimga ega va u x(s) = s2 + 1 +
+
ko`rinishga ega.
9 − 4λ2 9 − 4λ2
13. Parametr λ ∈ C ning barcha qiymatlarida tenglama yechimga ega. λ 6= 2
11. Parametr λ ning
da yechim yagona x(s) = sin 2πs , λ = 2 da yechim cheksiz ko`p bo`lib, uning
ko`rinishi x(s) = sin 2πs + as,
a ∈ C - ixtiyoriy son.
14. Parametr λ ∈ C ning barcha qiymatlarida tenglama yechimga ega. λ 6=
3/2 bo`lsa, x(s) = s2 −1 tenglamaning yagona yechimi bo`ladi. Agar λ = 3/2
bo`lsa, tenglama yechimi cheksiz ko`p bo`lib, ular x(s) = s2 − 1 + α (1 + s) ,
α ∈ C ko`rinishga ega.
15. Parametr λ ∈ C ning barcha λ 6= 1/2 qiymatlarida tenglama x(s) =
3
λ (1 + 2s)
s+
ko`rinishdagi yagona yechimga ega. Agar λ = 1/2 bo`lsa,
2
4 (1 − 2λ)
tenglama yechimga ega emas.
1−
16. Agar λ = ±3/4 bo`lsa, tenglama yechimga ega emas. Agar λ 6= ±3/4
bo`lsa, tenglama yagona x(s) = s2 + 2s + λ α s + λβ(1 + s2 ), bu yerda
217
2 8λ
12
4λ
12
4λ
+
+
+
,
β
=
+
.
3
3
9 − 16λ2 9 − 16λ2
9 − 16λ2 9 − 16λ2
17. Parametr λ ∈ C ning barcha qiymatlarida tenglama yagona x(s) = s
α=
yechimga ega.
18. Parametr λ ∈ C ning barcha λ 6= 3/2 qiymatlarida tenglama x(s) =
2λ
(1+s+s2 ) ko`rinishdagi yagona yechimga ega. Agar λ = 3/2
3 − 2λ
bo`lsa, tenglama yechimga ega emas.
2 s2 +s+
19. Parametr λ ∈ C ning barcha qiymatlarida tenglama yagona x(s) = cos s
yechimga ega.
20. Parametr λ ∈ C ning barcha qiymatlarida tenglama yagona x(s) = cos s
yechimga ega. ½
¾
3 5
21. Agar λ ∈
/
,
bo`lsa, tenglama yagona x(s) = 1 + s2 +
16λ s2
2 3
3(5 − 3λ)
5
3
yechimga ega. Agar λ = bo`lsa, tenglama yechimga ega emas. Agar λ =
3
2
2
bo`lsa, tenglama cheksiz ko`p x(s) = 1 + 17 · s + α · s , ∀α ∈ C yechimlarga
ega.
3
2
3
λ = ± bo`lsa, tenglama cheksiz ko`p x(s) = sin π s + α s + β s2 , ∀α, β ∈ C
2
yechimlarga ega.
2
2πλ
23. Agar λ 6= ± bo`lsa, tenglama yagona x(s) = cos s +
sin s +
π
4 − π 2 λ2
π 2 λ2
2
cos
s
yechimga
ega.
Agar
λ
=
±
bo`lsa, tenglama yechimga ega
4 − π 2 λ2
π
emas.
√
3
1
λ (3 + 2λ)
24. Agar λ 6= ±
bo`lsa, tenglama yagona x(s) =
+
+
2
2
3 − 4λ2
¡
¢
√
2s 3 + λ − 2λ2
3
yechimga
ega.
Agar
λ
=
±
bo`lsa, tenglama yechim2 (3 − 4λ2 )
2
ga ega emas.
3
3
3
3s
25. Agar λ 6= , λ 6= bo`lsa, tenglama yagona x(s) =
+
2
8
3 − 8λ 3 − 2λ
3
3
yechimga ega. Agar λ = , λ = bo`lsa, tenglama yechimga ega emas.
2
8
22. Agar λ 6= ± bo`lsa, tenglama yagona x(s) = sin πs yechimga ega. Agar
218
26. Agar λ 6= 1 bo`lsa, tenglama yagona x(s) = √
1
πλ
+
yechim1 − s2 2(1 − λ)
3
3
λ = bo`lsa, tenglama yechimga ega emas.
2
8
¡ 2
¢ s
2λ
e
−
1
e
2
27. Agar λ 6= 2
bo`lsa, tenglama yagona x(s) = e2s +
e −1
3 (2 − λe2 + λ)
2
bo`lsa, tenglama yechimga ega emas.
yechimga ega. Agar λ = 2
e
−
1
√
−9 ± 3 13
6λ
28. Agar λ 6=
bo`lsa, tenglama yagona x(s) =
+
4
9 − 18λ − 4λ2
√
9 − 14λ − 4λ2
−9 ± 3 13
bo`lsa, tenglama yechims
yechimga
ega.
Agar
λ
=
9 − 18λ − 4λ2
4
ga ega emas.
3
6λ(1 + s)
29. Agar λ 6= bo`lsa, tenglama yagona x(s) = s + s2 +
yechimga
8
3 − 8λ
3
ega. Agar λ = bo`lsa, tenglama yechimga ega emas.
8
s2 s3
30. x2 (s) = s + + ; x(s) = es − 1.
2
6
s2 s4
31. x2 (s) = 1 + + ; x(s) = ch s.
2
24
32. x2 (s) = 2; x(s) = 2.
s2 s3
33. x2 (s) = 1 + 2s + + ; x(s) = 2es − 1.
2
3
3
s
34. x2 (s) = s + ; x(s) = sh s.
6
s2
35. x2 (s) = 1 − ; x(s) = cos s.
2
101
1
461
65
36. x2 (s) =
s − ; x(s) =
s−
.
108
27
474
948
37. x2 (s) = 1 + s; x(s) = es .
1−e
38. x2 (s) = es +
; x(s) = es .
4
39. x2 (s) = x(s) = s.
461
65
107
s; x(s) =
s−
.
40. x2 (s) =
108
474
948
1
1
41. x2 (s) = s + ; x(s) = s + .
3
4
23
5
42. x2 (s) = s + 1 ; x(s) = s + 1 .
48
9
3
43. x2 (s) = 1 ; x(s) = 2.
4
ga ega. Agar λ = ,
219
3
4
π + 24
x2 (s) =
sin s; x(s) = 4 sin s.
8
1 3
2
x2 (s) = + + sin πs; x(s) = + sin πs.
π 4
π
s2 s4
x2 (s) = s + + ; x(s) = es − 1.
2
12
9
11 2
x2 (s) = 1 + s + s ; x(s) = 1 + s + s2 .
6
4
44. x2 (s) = (1 − s); x(s) = 1 − s.
45.
46.
47.
48.
III bobda keltirilgan test javoblari
1-D 2-A 3-A 4-A 5-C 6-C 7-C 8-C 9-C 10-C 11-B 12-D 13-C
14-C
15-B
16-A
17-A
18-B
19-A
20-B
21-A
22-D
23-C
24-A
25-B
26-B
27-A
28-C
29-D
30-C
31-B
32-C
33-C
34-C
35-B
36-A 37-B 38-D 39-D 40-D.
220
Foydalanilgan adabiyotlar
1. Êîëìîãîðîâ À.Í., Ôîìèí Ñ.Â. Ýëåìåíòû òåîðèè ôóíêöèé è ôóíêöèíàëíîãî àíàëèçà. Ìîñêâà: Íàóêà. 1989.
2. Sarimsoqov T.A. Funksional analiz kursi. Toshkent: O`qituvchi. 1986.
3. Ëþñòåðíèê Ë.A., Ñîáîëåâ Â.È. Ýëåìåíòû ôóíêöèîíàëüíîãî àíàëèçà.
Ìîñêâà: Íàóêà. 1965.
4. Òðåíîãèí Â.À. Ôóíêöèîíàëüíûé àíàëèç. Ìîñêâà: Íàóêà. 1980.
5. Â.À. Òðåíîãèí, Á.Ì. Ïèñàðåâñêèé, Ò.Ñ. Ñîáîëåâà. Çàäà÷è è óïðàæíåíèÿ ïî ôóíêöèîíàëüíîìó àíàëèçó. Ìîñêâà: Íàóêà. 1984.
6. Sh.A. Ayupov, M.A. Berdiqulov, R.M. Turg`unboyev. Funksional analiz.
Toshkent. 2008.
7. Ayupov Sh. A., Ibragimov M.M., Kudaybergenov K.K. Funksional analizdan misol va masalalar. O`quv qo`llanma. Nukus. Bilim. 2009.
8. J.I. Abdullayev, Yu. X. Eshqobilov, R.N. G`anixo`jayev. Funksional analiz (misol va masalalar yechish)
I qism. O`quv qo`llanma. Toshkent.
Tafakkur Bo`stoni. 2015.
9. J.I. Abdullayev, R.N. G`anixo`jayev, M.H. Shermatov, O.I. Egamberdiyev.
Funksional analiz. Darslik. Toshkent. Light Group - 2015.
10. À.Á. Àíòîíåâè÷, Ï.Í. Êíÿçîâ, ß.Â. Ðàäûíî. Çàäà÷è è óïðàæíåíèÿ
ïî ôóíêöèîíàëüíîìó àíàëèçó. Ìèíñê. Âûñøàÿ øêîëà. 1978.
11. Ãîðîäåöêèé Â.Â., Íàãíèáèäà Í.È., Íàñòàñèåâ Ï.Ï. Ìåòîäû ðåøåíèÿ
çàäà÷ ïî ôóíêöèîíàëüíîìó àíàëèçó. Êèåâ 1990.
221
12. Þ.Ì. Áåðåçàíñêèé, Ã.Ô. Óñ., Ç.Ã. Øåôòåëü. Ôóíêöèîíàëüíûé àíàëèç.
Êèåâ: Âûùàÿ øêîëà. 1990.
13. Rabindranath Sen. A First Course in Functional Analysis. Theory and
Applications. Anthem Press. London, New York, Dehli. 2013.
222
Mundarija
Kirish . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
I bob. Chiziqli fazolar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1-Ÿ. Asosiy chiziqli fazolar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7
2-Ÿ. Chiziqli normalangan fazolar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3-Ÿ. Evklid va Hilbert fazolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
4-Ÿ. Chiziqli funksionallar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Tekshirish uchun o`rgatuvchi testlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
Javoblar va ko`rsatmalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
II bob. Chiziqli operatorlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
5-Ÿ. Chiziqli uzluksiz operatorlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
6-Ÿ. Teskarilanuvchi operatorlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
7-Ÿ. Qo`shma operatorlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
8-Ÿ. Chiziqli operatorlarning spektri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
Tekshirish uchun o`rgatuvchi testlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
Javoblar va ko`rsatmalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
III bob. Kompakt operatorlar va integral tenglamalar . . . . . . . . . . . . . . . . 178
9-Ÿ. Kompakt operatorlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
10-Ÿ. Integral tenglamalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
Tekshirish uchun o`rgatuvchi testlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
Javoblar va ko`rsatmalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
Foydalanilgan adabiyotlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
223
Ñîäåðæàíèå
Ââåäåíèå. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3
Ãëàâà I. Ëèíåéíûå ïðîñòðàíñòâà . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1-Ÿ. Îñíîâíûå ëèíåéíûå ïðîñòðàíñòâà . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2-Ÿ. Ëèíåéíûå íîðìèðîâàííûå ïðîñòðàíñòâà . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3-Ÿ. Åâêëèäîâû è Ãèëüáåðòîâû ïðîñòðàíñòâà . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
4-Ÿ. Ëèíåéíûå ôóíêöèîíàëû . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Îáó÷àþùèå òåñòû äëÿ ïðîâåðêè . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
Îòâåòû è óêàçàíèÿ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
Ãëàâà II. Ëèíåéíûå îïåðàòîðû . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
5-Ÿ. Ëèíåéíûå íåïðåðûâíûå îïåðàòîðû . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
6-Ÿ. Îáðàòèìûå îïåðàòîðû . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
7-Ÿ. Ñîïðÿæåííûå îïåðàòîðû . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .114
8-Ÿ. Ñïåêòð ëèíåéíûõ îïåðàòîðîâ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
Îáó÷àþùèå òåñòû äëÿ ïðîâåðêè . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
Îòâåòû è óêàçàíèÿ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
Ãëàâà III. Êîìïàêòíûå îïåðàòîðû è èíòåãðàëüíûå óðàâíåíèÿ . . . . . 178
9-Ÿ. Êîìïàêòíûå îïåðàòîðû . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
10-Ÿ. Èíòåãðàëüíûå óðàâíåíèÿ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
Îáó÷àþùèå òåñòû äëÿ ïðîâåðêè . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
Îòâåòû óêàçàíèÿ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
Èñïîëüçîâàííàÿ ëèòåðàòóðà . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
224
Contents
Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Chapter I. Linear spaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1-Ÿ. Simple linear spaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2-Ÿ. Linear normal spaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3-Ÿ. Euclidean and Hilbert spaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
4-Ÿ. Linear functionals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Teaching tests for improvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
Answers and instructions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
Chapter II. Linear operators . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
5-Ÿ. Linear continuous operators . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
6-Ÿ. Invertible operators . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
7-Ÿ. Conjigate operators . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
8-Ÿ. Spectrum of the linear operators . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
Teaching tests for improvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
Answers and instructions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
Chapter III. Compact operators and integral equations . . . . . . . . . . . . . . 178
9-Ÿ. Compact operators . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
10-Ÿ. Integral equations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
Teaching tests for improvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
Answers and instructions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
Reference . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
225
Janikul Ibragimovich ABDULLAYEV,
Yusup Xalbayevich ESHQOBILOV,
Isroil Akramovich IKROMOV,
Rasul Nabiyevich G`ANIXO`JAYEV
FUNKSIONAL ANALIZ
(misol va masalalar yechish)
II QISM
Muharrir: X. Po`latxo`jayev
Rassom: I.N. Bozorov
Sahifalovchi: Z. Shukurxo`jayev
Musahhih: B. Tuyoqov
Nashriyot litsenziyasi AI N 190, 10.05.2011-y
Bosishga 14.10.2015-yilda ruxsat etildi.
Qog`oz bichimi 60x84 1/16. Nashr tabog`i. 15,0. Shartli b. t. 14,75.
Shartnoma 31/18. Adadi 500 nusxa. Buyurtma N 31-18
"TAFAKKUR BO`STONI" nashriyoti.
Toshkent sh. Yunusobod tumani, 9-13.
"TAFAKKUR BO`STONI" MCHJ bosmaxonasida chop etildi.
Toshkent sh. Chilonzor ko`chasi, 1-uy.
226