E.Q. Orucov

TƏTBİQİ FUNKSİONAL ANALİZİN

ELEMENTLƏR

Bakı – 2008

İ

3

Elmi redaktor: BDU-nun “Tətbiqi riyaziyyat”

Rəyçilər: fizika profe fizika- dosent Elşar Qurban oğlu Orucov. Tətbiqi funksional analizin elementləri: Bakı “BDU nəşriyyatı”, 2008, 234 səh.

Dərs vəsaiti “Riyaziyyat”, “Tətbiqi riyaziyyat”, “İqtisadi kibernetika” və “Fizika” ixtisasları üzrə təhsil alan tələbələr və “Funksional analiz”, “Tətbiqi funksional analiz”, “Adi diferensial operatorların spektral nəzəriyyəsi”, “Riyazi fizikanın tərs məsələləri” fənlərini tədris edən müəllimlər üçün nəzərdə tutulmuşdur. Bunula yanaşı vəsaitdə metrik, normalı, Banax və Hilbert fəzalarının ümumi nəzəriyyəsinin əsas anlayışlarının geniş təhlili verildiyindən, bu fəzalarda klassik və müasir funksional analiz metodları və onların tətbiqləri ətraflı təhlil edilərək öyrənildiyindən o, fiziki, texniki, iqtisadi, idarəetmə və tənzimləmə məsələlərinin həlli zamanı müasir riyazi-informativ üsulları tətbiq etmək üçün tətbiqi riyaziyyatçılar və mühəndislər tərəfindən də istifadə edilə bilər.

kafedrasının müdiri, AMEA-nın akademiki Qasımov M.G.

-riyaziyyat elmləri doktoru, ssor İsgəndərov N.Ş. riyaziyyat elmləri doktoru, Nəbiyev İ.M.

4

Mündəricat

Giriş.......................................................................................6

METRİK V

§1. Cəmlər və inte

bərabərsizliklə

§2. Metrik fəzalar ... ...

§3. Metrik fəzalar

§4. Dolu metrik fə

§5. Metrik fəzanın doldurulması.........................................33

§6. Sıxılmış inikas prinsipi. Fredholm tipli inteqral

tənliklər..........................................................................41

§7. Ümumiləşmiş sıxılmış inikas prinsipi və onun Volterra

tipli inteqral tənliklərə tətbiqi........................................49

§8. Xətti normalı fəzalar......................................................57

§9. Xətti normalı fəzalarda sıralar.......................................62

§10. Bazisli və separabel fəzalar.........................................64

§11. Hilbert fəzası...............................................................71

§12. və fəzaları........................................................76

§13. Elementin qabarıq və qapalı çoxluqda ən yaxşı

yaxınlaşması................................................................84

I FƏSİL

Ə XƏTTİ NORMALI FƏZALAR

qrallar üçün Hölder və Minkovski

ri...............................................................8

......... ........ .........................................13

da kompakt çoxluqlar.............................25

za haqqında Ber teoremi........................29

1L 2L

5

§14. Beppo – Levi teorem

fəzasının ortoqonal ayr

§15. Tam elementl

§16. Separabel Hilbert f

fəzaların izom

XƏTTİ

§17. Xətti operato

§18. Xətti normal

§19. Məhdud operatorlar fəzası.........................................124

§20. Xətti operatorun məhdud tərsinin varlığı şərtləri......132

§21. Kəsilməz funksional və onun Hilbert fəzasında ümumi

şəkli...........................................................................138

§22. Xan – Banax teoremi və ondan çıxan nəticələr.........145

§23. Xətti normalı fəzada qoşma operatorlar....................153

§24. Hilbert fəzasında məhdud operatorun qoşması.........156

§25. Öz-özünə qoşma məhdud operatorlar.......................161

§26. Qeyri-məhdud operatorun qoşması. Simmetrik

operatorlar.................................................................168

§27. Qapalı operatorlar......................................................176

§28. Öz-özünə qoşma operatorun spektri və rezolvent

i. Ortoqonal proyeksiya. Hilbert

ılışı..........................................89

ər sistemi. Parseval bərabərliyi.............95

əzalarında bazislik. Separabel

orfluğu................................................102

I I FƏSİL

OPERATORLAR VƏ XƏTTİ

FUNKSİONALLAR

rlar........................................................109

ı fəzada məhdud operatorlar..................116

6

çoxluğu........

§29. Sonlu ölçülü

§30. Tamam kəsilməz operatorlar.....................................194

§31. Sonlu ölçülü operatorlar üçün Fredholm

nəzəriyyəsi................................................................199

§32. Tamam kəsilməz operatorlar üçün Fredholm

nəzəriyyəsi.................................................................206

§33. Tamam kəsilməz operatorun spektri.........................208

§34. Hilbert fəzasında xətti operatorun spektri.................212

§35. Tamam kəsilməz öz-özünə qoşma operatorun məxsusi

funksiyalarının xassələri............................................218

§36. Sonsuz aralıqda diferensiallama operatorunun

spektri........................................................................224

Ədəbiyyat..........................................................................232

..............................................................182

operatorlar............................................190

7

I FƏSİL

METRİK VƏ XƏTTİ NORMALI FƏZALAR

§1. Cəmlər və inteqrallar üçün Hölder

və Minkovski b

Tutaq ki, ixt

verilmişdir. Göstərək k

ərabərsizlikləri

iyari nn bbaa ,...,,,..., 11 ədədləri

111=+ əyəni,

qp şərtini öd istənilən

ədədləri üçün 0,0 >> qp

qn

k

qk

pn

k

pk

n

kkk baba

1

1

1

11⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛≤ ∑∑∑

===. (1)

Xüsusi halda 2== qp olarsa, buradan alınır ki,

∑∑∑===

≤n

kk

n

kk

n

kkk baba

1

2

1

2

1. (2)

(1) bərabərsizliyinə Hölder bərabərsizliyi, (2)-yə isə

Koşi-Bünyakovski bərabərsizliyi deyilir.

Əvvəlcə aşağıdakı lemmanı isbat edək.

Lemma. a və 0,0 >> b 111=+

qp şərtini ödəyən

ədədləri üçün 0,0 >> qp

8

qb

paab

qp

+≤ . (3)

İsbatı. ( )0 funksiyasına baxaq. Bu

rsi var və bu tərs

1 >= − xxy p

funksiyanın birqiymətli tə 11−= pyx olur.

111=+

qp bərabərliyindən tapırıq ki,

qq

q1

p11 1 −

=− .

Buradan

=

1−=

qqp ,

111

11

−−

−=−

qqp , =

q1

11

−=−

qp

.

Onda 1−= qyx . XY koordina üstəvisi üzərində

əyrisini və

t m 1−= pxy

byax == , düz xətlərini çəkək.

fiqurunun sahəsini ilə -inkini isə ilə işarə edək.

OAM

1S , OBN 2S

y

x

N

M

S1 A

a

S2

y=xp-1

x=yq-1b

0

B

9

paxdxxS

papap === ∫ −1

1 , SS ≥+ 21 ab , Aydındır ki, p 00

∫ == −b q

q

qbdyyS

0

12 . Nəticədə ab

qb

pa qp

≥+ . Lemma isbat

edildi.

İndi (1) bərabərsizliyini isbat edək. pn

k

pkaA

1

1⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= ∑

=,

qn

k

qkbB

1

1⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= ∑

= Bb

Aa kk , ədədlərin qəbul edək və ə (3)

bərabərsizliyini tətbiq edək: q

qk

p

pkkk

qBb

pAa

Bb

Aa

+≤⋅ .

nk ,1= qiymətlərində alınan bərabərsizlikləri cəmləyək:

.11;1111111

11111

1

111

≤⋅=+=⋅⋅+⋅⋅=

=⋅+⋅≤⋅

∑

∑∑∑

=

===

n

kkk

qq

pp

n

k

qkq

n

k

pkp

n

kkk

baABqp

BBq

AAp

bBq

aAp

baAB

Onda ABban

kkk ≤⋅∑

=1. A və B -nin qiymətlərini nəzərə

alsaq, (1)-i alarıq.

İndi isə (1) bərabərsizliyindən istifadə edərək

aşağıdakı bərabərsizliyi isbat edək:

10

pn

k

pk

pn

k

pk

pn

k

pkk baba

1

1

11

11

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + ∑∑∑

===, (4)

burada . Bu bərabərsizliyə Minkovski bərabərsizliyi

deyilir.

1>p

2=p olduqda alınan

∑∑ +≤n

ka 2∑===

+n

kk

k

n

kkk bba

1

2

11

2 (5)

bərabərsizliyinə Koşi-Minkovski bərabərsizliyi deyilir.

Aydındır ki,

( ) ( ) ( )1− +++ ∑ k

n

kk

n

k abaa

mlərin

1

111

−

====+ ∑∑ p

kk

pk

k

n

k

pkk bbba .

Sağ tərəfdəki cə hər birinə Hölder bərabərsizliyini

tətbiq edək. Nəticədə alırıq ki,

( ) ( )( ) +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛≤+= ∑∑∑

=

−

==

qn

k

qpkk

pn

k

pk

n

k

pkk baabaA

1

1

11

11

( )( ) ( ) ( ) =−

−=−⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛+ ∑∑

=

−

= 111.

1

1

1

1

1 pppqpbab

qn

k

qpkk

pn

k

pk

p= olduğundan

qpn

k

pk

qpn

k

pk AbAaA

11

1

11

1⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛≤ ∑∑

==.

Hər tərəfi qA1

−

-yə vuraq və pq111 =− olduğunu nəzərə

alaq:

11

pn1

⎞⎛k

pk

pn

k

pk

p baA1

1

1

1

⎟⎠

⎜⎝

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛≤ ∑∑

==.

-nın ifadəsini yerinə yazsaq, (4)-ü alarıq.

Hölder və Koşi-Minkovski bərabərsizliklərində

şərtilə limitə keçsək, alarıq

A

∞→n ki,

q

kkb

1⎟⎠

⎜⎝⋅ ∑

=, qp

k

pk

kkk aba

11

11

⎞⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛≤⋅ ∑∑

∞∞

=

∞

=

.0,111,1

1

1

1

1

1>=+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + ∑∑∑

∞

=

∞

=

∞

=p

qpbaba

p

k

pk

p

k

pk

p

l

pkk

Burada fərz edilir ki, sağ tərəfdəki sıralar yığılır.

Tutaq ki, ( ) ( ) qty funksiyaları ( )ba, ptx və

intervalında Lebeq mənada inteqrallanandır. Göstərək ki,

( ) ( ) ( ) ( )qb

a

qpb

a

pb

a

dttydttxdttytx

11

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≤ ∫∫∫ . (5)

( )pb

a

p dttxA

1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ∫ və ( )

qb

a

q dttyB

1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ∫ işarə edək. ( )

Atx və

( )Bty funksiyalarına lemmanı tətbiq edək:

( ) ( ) ( ) ( )q

q

p

p

qBty

pAtx

Bty

Atx

+≤⋅

Hər tərəfi -dan -yə qədər inteqrallayaq: a b

12

( ) ( ) ( ) ( )

.111

111

=+=

=+≤ ∫∫∫

qp

dttyqp a

qa

Adttx

Adttytx

AB

b qb pp

b

a

A və B -nin ifad

alarıq. (5) bərabərsiz n aşağıdakı bərabərsizlik alınır:

ələrini yerinə yazsaq, (5) bərabərsizliyini

liyində

( ) ( ) ( ) ( ) p

a

p

a

pb

a

p dtdttytx

111

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +∫ . (6)

(5) və (6) bərabərsizlik rinə uyğun olaraq Hölder və Koşi–

Minkovskinin inteqra rabərsizlikləri deyilir.

§2. Metrik fəzalar

Tərif. Əgər

b pb p tydttx ∫∫

lə

l bə

X çoxluğunun hər bir x və elementləri

cütünə aşağıdakı şərtləri ödəyən həqiqi

y

( )yxX ,ρ ədədini

qarşı qoymaq mümkün olarsa, onda bu çoxluq metrik fəza

adlanır:

1) 0),(.0),( =≥ yxyx XX ρρ yalnız və yalnız o zaman

olur ki, yx = olsun.

2) ),(),( xyyx XX ρρ = .

3) ),(),(),( zxzyyx XXX ρρρ ≥+ (üçbucaq

bərabərsizliyi).

13

),(),( yxyxX ρρ = ədədinə x v ındakı

məsafə deyilir. siom

deyilir. Əgər

ə y elementləri aras

Yuxarıdakı şərtlərə metrika ak ları

∞ olduqda ( ) 0, →xxnρ→n olarsa, onda

deyirlər ki, X m trike fəzasının x ele bu fə

ntlər ar

gər

menti zanın

eleme dıcıllığını itidir.

Teorem 1. Ə

,...,...,1 nxx n lim

X metrik fəzasının nx elementlər

ardıcıllığı Xx∈ elementinə yığı rsa, onda bu ardıcıllığın lı

istənilən knx alt ğılır.

İsbatı.

ardıcıllığı da həmin elementə yı

nx elementlər ardıcıllığının x elementinə

yığılması o deməkdir ki, ( ) 0, →xxnρ və buradan alırıq ki,

( ) 0, →xxknρ . Teorem isbat edildi.

Teorem 2. Metrik fəzada nx ardıcıllığının limiti

varsa, bu limit yeganədir.

İsbatı. Tutaq ki, və . Onda xxn → yxn → 0>∀ε

üçün ερρρ <+≤ ),(),(),( yxxxyx nn

r böyük n -lər üçün doğrudur.

münasibəti kifayət

qədə x və qeyd olunmuş

elementlər v

y

ə ε ixtiyari olduğundan bu bərabərsizlik o

zaman mümkündür ki, 0),( =yxρ , yəni yx = olsun.

Teorem isbat edildi.

14

Teorem 3. Əgər Xxn ∈ ardıcıllığı Xx∈

rsa, onda ( )elementinə yığıla θρ ,nx ədədləri hər bir qeyd

olunmuş X∈θ elementi üçün m hduddur.

İsbatı. Doğ

ə

rudan da, ( ) ( ) ( ) ≤+≤ θρρθρ ,,, xxxx nn

( ) KxL =+ θρ , . Çünki ( )xxn ,ρ ədədi ardıcıllıqları

yığıldığından məhduddur və deməli, ( )xxn ,ρ ədədləri hər

hansı sabitini a dildi.

Tərif. Əgər

L şmır. Teorem isbat e

E metrik fəzasının hər bir fundamental

ardıcıllığı bu fəzan n elementinə yığılırsa, onda ı E fəzasına

dolu metrik fəza deyilir.

Misal 1. [ ]baC , fəzası. [ ]baC , ilə [ ]ba, parçasında

kəsilməz olan bütün mümkün funksiyalar çoxluğunu işarə

edək və orada məsafəni belə təyin edək: ( ) ( ) [ ]baCtytx ,, ∈

üçün ( ) ( )tytxyxbta

−=≤≤

max),(ρ . Asanlıqla göstərmək olar ki,

metrika aksiomlarının hər üçü ödənilir. Məsələn, üçbucaq

bərabərsizliyini göstərək.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tytztztxtytztztxtytx −+−≤−+−=− olduğundan

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tytztztxtytxbtabtabta

−+−≤−≤≤≤≤≤≤

maxmaxmax

),(),(),( yzzxyx

, yəni

ρρρ +≤ .

15

[Göstərək ki, ]b, fəzasında yığılma müntəzəm yığılma aC

ilə ekvivalentdir. Tutaq ki, [ ]baC ,∈ ardıcıllığı bu fəzanın

üəyyən

xn

[ ]baC ,xmetrikasına görə m ∈ -yə yığılır:

0),( →xxnρ . Onda 0>∀ε ü nömrəsi var ki,

olduqda

çün elə εn

εnn > ( ) ( ) ερ <− txtxx n( . Buradan =≤≤

xbtan max),

ixtiyari [ ]bat ,∈ üçün ( ) ( ) ( )εε nn >< . Bu göstərir

lar ardıcıllığı [ ]a də

txtxn −

ki, funksiya , -( )txn b ( )tx -yə müntəzəm

kiməni geriyə tək asanlıqla yığılır. Bu müha rar klə

göstərilir ki, əgər kəsilməz

etmə

( )txn funksiyalar ardıcıllığı ( )tx -

yə müntəzəm yığılırsa, onda 0),( →xxnρ .

Göstərək ki, [ ]baC , fəzası dolu fəzadır. İxtiyari

fundamental ardıcıllığını götürək. Onda ixtiyari [ ]baCxn ,∈

0>ε üçün elə nömrəsi var ki, olduqda εn εε nmnn >> ,

ερ <)mx , yəni ,( nx ( ) ( ) ε<−≤≤

txtx mnbtamax . Buradan alırıq

ki, olduqda ixtiyari εnmn >, [ ]bat ,∈ üçün

( ) ( ) ε<− txtx mn

meyarına görə

. Onda müntəzəm yığılma üçün Koşi

( )txn ardıcıllığı müəyyən ( )tx funksiyasına

müntəzəm yığılır: ( ) ( )txtxn ⇒ . Aydındır ki, ( ) [ ]baCtx ,∈

16

və 0),( →xxnρ . Deməli, -də hər bir fundamental

ardıcıllıq yığılır. Onda

[ ]baC ,

[ ]baC ,

əhdud

dolu fəzadır.

Misal 2. Bütün m 1 ,..., 2ξξ=x ardıcıllıqlar

çoxluğunu götürək və ixtiyari ,..., 21 ηη=y ardıcıllıqları

üçün iii

yx ηξρ −= sup),( qəbul ed

r. Asanlıqala göstərilir

iz məsafə metrika aksiomlarını ödəyir.

rdıcıllıqlar çoxluğu metrik fəza təşkil edir.

ək. Ardıcıllıqlar məhdud

olduğu üçün bu supremum sonludu

ki, təyin etdiyim

Deməli, məhdud a

Bu fəzani hərfi il tə

fəzasında yığılma koordinatlara görə yığılma il

ekvivalentdir. Başqa sözlə,

m ə işarə edəcəyik. Gös rək ki, m

ə

,..., )(2

)(1

nnnx ξξ= elementlər

ardıcıllığı ,..., 21 ξξ=x elementinə yığılarsa və mxxn ∈,

olarsa, onda hər bir üçün və tərsinə.

olduğundan ixtiyari

i in

i ξξ →)( xxn →

0>ε üçün elə nömrəsi var ki,

olduqda

εn

εnn > εξξρ <−= in

ii

n xx )(sup),( . Onda ixtiyari

üçün

i

εξξ <− in

i)( olar. Bu göstərir ki, . Bu

mühakiməni tərsinə davam etdirsək, alarıq ki, koordinatlara

görə yığılmadan metrikaya görə yığılma çıxır.

Asanlıqla göstərilir ki, dolu fəzadır.

in

inξξ =

∞→

)(lim

m

17

Qeyd. nR -də ( )nxxxx ,...,, 21= və ( )nyyyy ,...,, 21=

∑ −=n

elementləri arasındakı məsafəni =

x 2(ρ

düsturu ilə təyin

iii yxy

1),

edirlər. Aydındır ki, nR -də məsafəni

iy kimi də təyin etmək olar.

S ilə bütün mümkün

inixyxd −=

≤≤1max),(

Misal 3. fəzası ,..., 21 ξξ=x S .

ardıcıllıqları çoxluğunu işarə edək və ixtiyari iki

,...,, 21 ηη=yx elementləri aras şağıdakı

qayda ilə təyin edək:

ındakı məsafəni a

∑= −+

−⋅=

n

k ii

iikyx

1 121),(

ηξηξ

ρ .

∑=

n

kk

1 21

sıra ist

sırası bu sıra üçün majorant sıra olduğundan həmin

ənilən Syx ∈,

siomlarını

rsizliyini yoxlayaq.

elementləri üçün yığılır. 1-ci və 2-ci

metrika ak n ödənilməsi aydındır. Üçbucaq

bərabə Əvvəlcə göstərək ki, ( )t

tt+

=1

ϕ

( )0≥t funksiyası artandır. Dogrudan da, ( ) =′ tϕ

( )0

11

2 >+=

t. İndi isə üçüncü ,..., 21 ϕϕ=z ardıcıllığını

18

götürək. 2tkkkkk =−+−≤ ηϕϕξη və1t k −= ξ ( ) =tϕ

tt+

=1

funksiyası u artan old ğundan 2

2

1

1

11 tt

tt

+≤

+. Deməli,

.11

11

kkkk

kk

kk

ηϕ

ηϕ

−+

−

kkkk

kk

kkkk

kk

kk

kk

ηϕϕξηϕϕξϕξ

ηϕϕξϕξ

ηξηξ

−+−+−+−+

−=

=−+−+

+−≤

−+

−

Buradan alırıq ki,

kk

kkk

ηϕηϕϕ−

−−

kk

k

kk

kk

ϕξξ

ηξηξ

++

−+≤

−+

−

111.

Bu bərabərsizliyin hər iki tərəfini k21 -ya vursaq və -ya

görə cəmləsək, alarıq ki,

k

),(),(),( yzzxyx ρρρ +≤ .

Deməli, metrik fəzadır. Göstərək ki, fəzasında yığılma

koordinatlara görə yığılmadır. Əvv fərz edək ki,

, yə

S S

əlcə

xxn → ni 0),( →xxnρ . Aydındır ki, hər bir qeyd

edilmiş üçün k( )

( ) ( )xxnk

nk

kn

k

k ,12

1 ρξξ

ξξ≤

−+

−⋅ . ∞→n

iş olduqda sağ tərəf sıfra yaxınlaşdığından hər bir qeyd edilm

üçün sol tərəf də sıfra yaxınlaşır. Onda k ∞→n olduqda ( ) 0→− kn

k ξξ . Bu göstərir ki, . İndi tərsini kn

knξξ =

∞→

)(lim

19

göstərək. Tutaq üçün

. Göstərək ki,

ki, hər bir qeyd edilmiş k

kn

knξξ =

∞→

)(lim 0),( →xxnρ . İxtiyari natural

ədədini götürək və

N

),( xxnρ məsafəsini aşağıdakı kimi

yazaq: ( )

( )

( )

( )

21

11 12121),(

σσ

ξξξξρ

+=

−+

−

−+⋅= ∑

+== Nk kn

k

nN

k kk

n

kn xx

İxtiyari

1 ξξξξ=⋅+

−∑∞ kk

kn

kk

götürək. 2σ sıras an N -i elə 0>ε ı yığıldığınd

seçmək olar ki, 22εσ < . Belə N nömrəsini qeyd k. edə 1σ

sonlu cəmdir və ının hər biri onun toplananlar ∞→n

olduqda sıfra yaxınlaşır. Onda 1 0lim =∞→σ

n və deməli, elə

nömrəsi var ki, olduqda

εn

εnn >21

εσ < . Onda

olduqda

εnn >

εεερ =+<22

),( xxn , yəni 0),( →xxnρ .

Asanlıqla göstərilir ki fəzası dolu fəzadır.

Misal 4. fəzası.

, S

2l ∑∞

=+∞<

1

2

iiξ şərtini ödəyən bütün

mümkün həqiqi ,..., 21 ξξ=x ardıcıllıqları çoxluğunu ilə

işarə edək və ixtiyari

2l

221 ,...,, lyx ∈= ηη elementləri

arasındakı məsafəni aşağıdakı kimi təyin edək:

20

( ) ∑∞

=−=

1

2,i

iiyx ηξρ . (1)

Göstərək ki, sağ tərəfdəki sıra yığılır.

( )22

21

iη bərabə dır ki,

ılır.

iii ξηξ +≤⋅ rsizliyindən aydın

sırası yığ∑∞

=1iiiηξ ( ) 222 2 ηξξηξηξ −=−=− 2

iiiiiiii η+

münasibətindən aydın olur ki, (1)-dəki sıra yığılır. (1)-lə

təyin olunmuş məsaf siomların

ödəyir. Üçbucaq bərabərsizliyini yoxlayaq. Sıralar üçün

Minkovski bərabərsizliyinə görə

ə metrikanın 1-ci və 2-ci ak ı

( ) ( ) ( )

).,(),(

,

1

2

1

2

1

2

1

2

yzzx

yx

iii

iii

iiiii

iii

ρρηϕϕξ

ηϕϕξηξρ

+≤−+−≤

≤−−−=−=

∑∑

∑∑

∞

=

∞

=

∞

=

∞

=

İndi göstərək ki, fəzasında 2l 2)(

2)(

1 ,..., lx nnn ∈= ξξ

ardıcıllığının 221 ,..., lx ∈= ξξ elementinə yığılması

aşağıdakı iki şərt ilə ekvivalentdir:

1. Hər bir qeyd edilmiş üçün

2. İxtiyari

i in

inξξ =

∞→

)(lim .

0>ε üçün elə ( )εNN = nömrəsi var ki,

21

( )εNN > olduqda ( ) εξ <∑∞

+= 1

2

Ni

ni istənilən ,...2,1=n

( )üçün ödənilir. Bu şərt onunla ekvivalentdir ki, ∑∞

=1

2

i

niξ

sırası ə görə müntəzəm yığılır.

Tutaq ki, , yə

n -

xxn → ni 0),( →xxnρ . İxtiyari 0>ε

ədədini götürək. Onda elə nömrəsi var ki,

olduqda

εn εnn >

( )

2),(

1

2 εξξ= ∑ρ <−∞

=in xx . B ,

hər bir qeyd edilmiş üçün

i

ni uradan alırıq ki

( ) i2εξξ <− i

ni . Bu göstərir ki,

. in

inξξ =

∞→

)(lim 2lx∈ olduğundan +∞<∑∞

=1

2

iiξ . Onda elə

( )εN ′ nömrəsi var ki, ( )εNN ′> olduqda 21

2 εξ <∑∞

+=Nii .

Minkovski bərabərsizliyinə görə

( ) ( )( )

( )( ) .2

),(1

2

1

2

1

2

1

2

εερξξξ

ξξξξ

=+≤+−≤

≤+−=

∑∑

∑∑

∞

+=

∞

+=

∞

+=

∞

+=

xxnNi

iNi

in

i

Niii

ni

Ni

ni

Beləliklə, ( )εNN ′> olduqda ,...2,1 ++= εε nnn

nömrələri üçün

22

( ) εξ <∑∞

+=(2)

in qalan son baxaq.

Aşağıdakı sıraları nəzər

1

2

Ni

ni .

lu sayda εn,...,2,1 qiymətlərinə n -

dən keçirək:

( ) ( )∑∞

+=

∞

+ 1

2

1

21 ,...,Ni

n

Ni

εξ . (3)

saydadır v onların hər biri y Onda

∑=

ii

ξ

(3) sıraları sonlu ə ığılır.

elə ( )εN ′′ nömrəsi tapılar ki, ( )εNN ′′> olduqda (3)

sıralarının hər biri 2ε -dən kiçik olar.

( ) ( ) ( )εεε NNN =′′′ ,max qəbul etsək, ( )εNn > olduqda

(2) bərabərsizliyi ixtiyari üçün ödənilər. Mühakiməni

tərsinə təkrar etsək, göst rik ki,

n

ərə 2, lxxn ∈ elementləri

yuxarıdakı iki şərti ödəyirsə, onda 0),( →xxnρ .

Göstərək ki, dolu fəzadır. İxtiyari 2l 2lxn ∈

k ki, bu fundamental ardıcıllığını götürək və göstərə

ardıcıllıq yığılır. fundamental olduğundan ixtiyari nx 0>ε

üçün elə nömrəsi var ki, olduqda εn εnmn >,

2),(

1

2)()( εξξρ <−= ∑∞

=i

mi

nimn xx . (4)

23

Buradan alırıq ki, ün

olduqda

hər bir qeyd edilmiş i üç

εnmn >,2

)()( εξξ −ni olur, yəni bu üçün

ədədi ardıcıllığı fundamentaldır. Onda o yığılır. Tutaq

<mi i

)(niξ

ki, in

inξξ =

∞→

)(lim . ,..., 21 ξξ=x qəbul edək və göst ək ki,

və . (4) şərt üçün

olduqda

ər

2lx∈ xxn → indən alırıq ki, ixtiyari N

εnmn >, 21

2)()( εξξ <−∑N

mi

ni . Sol tərəfdəki cəm

undan orada

=i

sonlu cəm olduğ ∞→m şərtilə hədbəhəd

limitə keçmək olar. Onda 21

2)( εξξ ≤−∑=

N

ii

ni alınar. Burada

şərtilə limitə keçsək alarıq ki,

∞→N

εεξξ <≤−∑∞

= 21

2)(

ii

ni . (5)

Deməli, ( )∑∞

=−

1

2)(

ii

ni ξξ sırası yığılır. Digər tərəfdən

sırası da yığılır. Çünki ( )∑∞

=1

2)(

i

niξ 2lxn ∈ . Onda Minkovski

bərabərsizliyini tətbiq etsək, alırı sırası yığılır.

Bu göstərir ki,

q ki, ∑∞

=1

2

iiξ

2lx∈ . Digər tərəfdən (5) şərti göstərir ki,

24

εnn > olduqda ερ <),( xxn , yəni . Beləliklə, -də

hər bir fundamental ardıcıllıq yığılır. Onda dolu fəzadır.

Misal 5. )

xxn → 2l

2l

2( >pl p fəzası. pl ilə elə ,..., 21 ξξ=x

ədədi ardıcıllıqla çoxr luğunu işarə edək ki, +∞<∑∞

=

p

olsun. İxtiyari

1iiξ

plyx ∈, nöqtələri arasındakı məsafəni

in edək: aşağıdakı kimi təy

ppi

1

⎟⎠⎞η .

iiyx

1),( ⎜

⎝⎛ −= ∑

∞

=ξρ

fəzasında olduğu kimi burada da göstərilir ki, təyin

imiz məsafə metrika aksiomlarını ödəyir və dolu

fəzadır.

§3. Metrik fəzalarda kompakt çoxluqlar

Riyazi analizdən ixtiyari məhdud ədədi ardıcıllıqdan

yığılan alt ardıcıllığın ayrılması haqda Bolsano-Veyerştrass

prinsipinin necə mühüm rol oynadığını bilirik. İxtiyari

metrik fəzada bu mülahizəni söyləmək olmur. Lakin

kompakt çoxluqlar adlanan çoxluqlar var ki, burada bu

ayrılmalar mümkündür.

2l

etdiy pl

25

Tərif. Tutaq ki, X ixtiyari metrik fəzadır. XM ⊂

ır ki, bu çoxluğun ixtiyari çoxluğu o zaman kompakt adlan

elementləri ardıcıllığından yığılan nxknx

gər bu alt

alt

ardıcıllığını ayırmaq mümkün olsun. Ə

ardıcıllıqlarının limitləri M -ə daxildirsə, onda M

çoxluğuna özündə kompakt çoxluq d

Tərif.

eyilir.

çoxluğu çoxluğu üçün o zaman ε -XN ⊂ M

Mx∈ üçün elə y N∈ olsun ki, şəbəkə adlanır ki, ixtiyari

ερ <),( yx bərabərsizliyi ödən

Teorem (X

ilsin.

ausdorf). X m ik asının etr fəz M

çoxluğunun kompakt olması əruri, üçün z X fəzası

olduqda isə həm də kafi şərt ixtiyari

dolu

0>ε üçün M

çoxluğunun sonlu ε -şəbəkəsinin olmasıdır.

İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, M çoxluğu kompaktdır,

lakin müəyyən 0>ε ədədi üçün onun sonlu ε -şəbəkəsi

yoxdur. İstənliən Mx ∈1 nöqtəsini götürək. Onda elə

nöqtəsi vardır ki,Mx ∈2 ερ ≥),( 12 xx . Əks halda yeganə

nöqtəsi 1x M -də sonlu ε -şəbəkə əmələ gətirərdi. Tutaq ki,

kinkixx ki ≠=≥ ,,1,,),( ερ

Mxx n

bərabərsizliyini ödəyən

∈,...,1 nöqtələri müəyyən olunub. Şərtə görə

xluğu

nxx ,...,1

nöqtələr ço M -in ε -şəbəkəsi olmadığından elə

26

Mxn ∈+1 nöqtəsi vardır ki, ερ ≥+11 n ),( xx ,

ερ ≥+ ),( 12 nxx ,..., ερ ≥),( xx . Bu prosesi sonsuz davam

mn

+1nn

etdirsək, istənilən ≠ üçün ερ ≥),( xx bərab ini mn ərsizliy

ödəyən Axn ∈ n rdıcıllı

isə yığılan alt ardıcıllıq ayırm

öqtələr a ğını alırıq. Bu ardıcıllıqdan

aq mümkün deyil. Bu isə M -

ziddir.

taq ki, 0>

in kompaktlığına

Kafilik. Tu ε üçün M çoxluğunun sonlu

ε -şəbəkəsi var. ∞→n olduqda ∞→nε şərtini ödəyən

nε ədədi ard üçünıcıllığını götürək və hər bir n

( ) ( ) ( ) nm

nnn n

zzzN ,...,, 21= nε -şəbəkəsini quraq. Mxn ∈

ardıcıllığına baxaq. çoxluğu 1N M üçün 1ε -şəbəkə

olduğundan istənilən Mx∈ elementi üçün ( ) ερ <),( 1izx

bərabərsizliyi heç olmasa bir üçün ödənilir. Ona

görə

( )1

1 Nzi ∈

Mx∈∀ elementi heç olmasa bir ( ) εε <),( 11

izK ,

kürəsində yerləşir, yəni bütün mi ,...,2,1= M çoxluğu və

deməli, bütün nx ardıcıllığı bu kürələrdə yerləşir. Bu

kürələr sonlu olduğundan və kx ardıcıllığı sonsuz

olduğundan bizim ardıcıllığın sonsuz ( ) 1nx alt ardıcıllığını

özündə saxlayan heç olmasa bir ( ) ),( 11 εizK kürəsi tapılacaq.

27

2N M üçün 2ε -şəbəkə olduğundan, əvvəlki

mühakiməni təkrar etsək, alarıq ki, ( )2zK ),( 2εi kürələrindən

birində yerləşən ( )1x ardıcıllığının n( ) 2 alt ardıcıllığı var.

ıcıll

nx

Bu yolla biz baxılan ard ıqdan ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

LLL

LL

LLL

LL

LL

,,,,

,,,,,,,,

21

222

21

112

11

mk

mm

k

k

xxx

xxxxxx

alt ardıcıllıqların lə ki

ardıcıllıq əvvəlkinin hissəsidir və -ci alt ardıcıllıqlar tam

olaraq müəyyən

ı ayırırıq. Be , hər bir sonrakı alt

m( ) ),( mn

izK ε

düzəldək:

kürəsində yerləşir. Diaqonal alt

ardıcıllıqlarını ( ) ( ) ( ) LL ,,,, 22

11

kkxxx

r. Həqiqətən,

Göstərək ki, bu

ardıcıllıq fundamentaldı ( )kkx və ( )pk

pkx ++ 0>p

olduqda -cı alt ardıcıllıqlara daxil olduğundan və -cı

ardıcıllıq

k k( ) ),( kk

izK ε kürəsində yerləş ən diyind

( ) ( )( ) ∞→→≤++ kxx k

kk

pkpk ,0, ερ .

Şərtə görə X fəzası doludur. Onda ( ) kkx

ən lim

ardıcıllığının

fundamental olmasından onun müəyy itə yığılması

çıxır. Bu isə nx∀ ardıcıllığından yığılan alt ardıcıllığının

28

ayrılmasının mümkü irnlüyünü isbat ed . Yəni M kompakt

isbat edildi. çoxluqdur. Teorem

Nəticə. Dolu X metrik fəzasında yerləşən M

çoxluğunun komp ı üçünakt olmas kafi şərt üçün 0>∀ε

M -in kompakt ε -şəbəkəsinin olmasıdır.

İsbatı. Göst bu haldaərmək kifayətdir ki, 0>∀ε üçün

M -in sonlu ε -şəbəkəsi var. Tutaq ki, 0>ε verilmişdir və

çoxluğu N M üçün kompakt 2ε -şəbəkədir. kompakt

çoxluq olduğundan Xausdorf teorem

sonlu

N

inə görə N üçün 0N

2ε -şəbəkəs qla göstərilir ki çoxlui var. Asanlı , 0N ğu

M üçün sonlu ε -şəbəkədir. Doğrudan da, Mx∈∀

götürsək, onda elə Ny∈ var ki, 2

),( ερ <yx . H nəmi Ny∈

üçün elə 0Nz∈ var ki, 2

),( ερ <zy . Onda ερ <),( xz .

Nəticə isbat edildi.

§4. Dolu metrik fəza haqqında Ber teoremi

Əvvəlcə bir-birinin daxilində yerləşən parçalar prinsipi

haqda Kantor lemmasının analoqu olan aşağıdakı teoremi

isbat edək.

29

Teorem (bir-birinin daxilində yerl ələr

prinsipi). Tutaq ki, dolu

əşən kür

E metrik fəzasında bir-birinin

daxilində yerləşə nla

kürələr ardıcıllığ ə

özündən əvvəlki nda bu

kürələrin hər birin

İsbatı. Ba ardıcıllığını

n və radiusları sıfra yaxı şan qapalı

ı verilmişdir (yəni hər bir sonrakı kür

kürənin daxilində yerləşir). O

ə daxil olan yeganə nöqtə vardır.

xılan kürələr ( )11,εaK ,

( )22 ,εaK ,..., ( ),... ilə işarə edək. Şərtə görə nnaK ε,

...⊃n...21 ⊃⊃⊃ KKK ( )( )nn lərin

mərkəzlərindən düzəldilmiş ,...,1 naa xaq.

n aKK ε,= . Bu kürə

,... ardıcıllığına ba

ppn KK ⊂+ olduğundan ( )nnn aKa ε,∈ . Ona görə

( ) nnpn aa ερ ≤+ , . ∞→n olduqda ( ) 0, →+ npn aaρ , yəni

ardıcıllığı fundamentaldır.

na

E fəzası dolu olduğundan bu

ardıcıllıq Ea∈ elementinə yığılır. kK∀ ( qeyd edilmiş

ədəddir) kürəsini götürək. Onda bu kürəyə

daxildir. qapalı olduğundan

k

,...,...,, 1 nkkk aaa ++

kK kKa∈ . Deməli, bütün

kürələrə daxildir.

İndi tutaq ki, bütün kürələrə daxil olan nöqtəsindən

fərqli nöqtəsi vardır. Onda

a

a

b ( ) 0, >= δρ ba . və a

,...2,1, =∈ nKb n olduğu üçün ( ) ( )+≤= naaba ,, ρρδ

30

( ) nn ba ερ 2, ≤+ →n. olduqda 0→∞ nε olduğundan bu

kün deyil, yəni kürələrin h r birinə daxil

ir. Teorem isbat edildi.

bərabərsizlik müm ə

olan ədədi yeganəd

İndi tutaq ki,

a

E metrik fəzadır və EM ⊂ . Əgər

EM = isə, onda deyəcəyik ki, M çoxluğu E -də hər yerdə

ari sıxdır. Əgər ixtiy EK ⊂ kürəsinin daxilində M ilə

K ′kəsişməyən kür yik kiəsi varsa, onda deyəcə , M

çoxluğu E -də əli, bu halda heç yerdə sıx deyil. Dem

KK ⊂′ ∩′ MK və . Aydındır ki, heç yerd∅= ə sıx

olmayan çoxluğ əsi ola bilməz. Doğrudan da,

əgər

un daxili nöqt

0x M çoxluğunun daxili nöqtəsidirsə, onda mərkəzi

-da olan (ixtiyari 0x K kürəsinin daxilində M -in sonsuz

sayda hədləri yerləşir) elə K kürəsi var ki, MK ⊂ . Bu isə

M -in heç yerdə sıx olmayan çoxluq olmasına ziddir, yəni

M -in daxili nöqtəsi ola bilməz.

Tərif. Hesabi sayda heç yerdə sıx olmayan çoxluqların

birləşməsi şəklində göstərilə bilən çoxluğa birinci

kateqoriyalı çoxluq deyilir. Qalan çoxluqlara ikinci

kateqoriyalı çoxluq deyilir.

Teorem (Ber). Hər bir dolu metrik fəza ikinci

kateqoriyalı çoxluqdur.

31

İsbatı. Əksini fərz edək. Tutaq ki, E dolu fəzadır və birinci

kateqoriyalı çoxluqdur. Onda U∞

=

göstərmək olar, b

=1n

nME şəklində

urada nM çoxluqları E -də heç yerdə sıx

deyil. heç yerdə sı adığı1M x olm ndan radiusu 21 -dən kiçik

olan elə 1K qapalı kürəsi var ki, ∅=∩ KM . Aydındır ki,

radiusu

11

41 -dən kiçik olan elə qapalı 12 KK ⊂ kürəsi var ki,

∅=∩ 22 KM v irək.

Nəticədə biz bir-birinin daxilində yerləşən

ə s., bu prosesi sonsuz davam etd

...21 ⊃⊃ KK

ından təşkil kürələr ardıcıllığını alırıq. Onların radiuslar

edilmiş ardıcıllıq sıfra yığılır və n∀ üçün ∅=∩ nn KM .

E dolu olduğundan bir-birinin daxilində yerləşən qapalı

ələr prinsipinə görə onların hər birinə daxil olan yeganə

nöqtəsi var.

kür

Ex ∈0 nKx ∈0 olduğundan nMx ∈0 . Deməli,

nöqtəsi çoxluqlarının heç birinə daxil deyil. Bu

isə nöqtəsi və çoxluqları üçün

olmasına ziddir. Alınan ziddiyyət göstərir ki,

Ex ∈0 nM

Ex ∈0 nM U∞

=

=1n

nME

E ikinci

kateqoriyalıdır. Teorem isbat edildi.

32

Ber teoremi göstərir ki, əgər U∞

=

isə, onda =E1n

nM nM

çoxluqlarının içə

kateqoriyalı çoxlu

Bu çoxluqlar hesabi sayda açıq sıx çoxluqların kəsişməsini

özündə saxlayır. Ber teoremindən çıxır ki, dolu metrik

fəzada ixtiyari qalıq çoxluq ora

hər hansı hökm qalıq çoxluqda doğrudursa, onda deyirlər ki,

bu hökm sanki hə erd

çoxluqlar sıfır ölç

ki, ölçüsü vahid

risində daxili nöqtələri olanı var. İkinci

qları bəzən qalıq çoxluqlar adlandırırlar.

da sıxdır. Əgər metrik fəzada

r y ə ödənilir. Deməli, 1-ci kateqoriyalı

ülü çoxluqların rolunu oynayır. Qeyd edək

olan 1-ci kateqoriyalı [ ]1,0∈X çoxluğu

mövcuddur. Beləliklə, “sanki hər yerdə” anlayışı Lebeq və

Ber mənada fərqlidir.

Ber teoremindən birbaşa az istifadə olunur. Adətən bu

teoremin nəticəsi olan gələcəkdə baxacağımız Banax –

Şteynhaus, Teplis – Xellinqer və s. teoremlərdən istifadə

olunur.

§5. Metrik fəzanın doldurulması

Bilirik ki, dolu olmayan metrik fəzalar var. İndi

göstərəcəyik ki, belə fəzaya müəyyən yeni təbiətli

elementlər əlavə etməklə onu dolu fəzaya çevirmək olar.

33

Tutaq ki, E ir.

dəki məsafəni

1 və 2E metrik fəzaları verilmişd 1E -

1ρ , 2E -dəki məsafəni 2ρ ilə işarə edək. Əgər

da elə yğunluğu

in, yəni ixtiyari

1E ilə arasın qarşılıqlı birqiymətli u

olarsa ki, bu uyğ safəni d məs

elementləri üçün

2E f

unluq mə əyiş

1, Eyx ∈ ( ) ( )( ) ( )yxxf ,2 yf, 1ρρ = olsun,

onda ə -lə arasındakı izometriya deyilir. Bu halda

və fəzaları y

Metrik fəza

təbiəti yox, y ındakı məsafə

maraqlandırdığından me tri ən

aydın olur ki, izometrik metrik fəzaları eyniləşdirmək, yəni

onları eyni fəza hesab etmək olar.

Üçbucaq bərabərsizliyindən çıxan bir nəticəni qeyd

edə

f - 1E 2E

1E 2E na izometrik fəzalar de ilir.

dan danışarkən bizi onun elementlərinin

alnız elementləri aras

izo trik me k fəzaların tərifind

k: ),(),(),( yzzxyx ρρρ +≤ münasibətindən alırıq ki,

),(),(),( zxyzyx ρρρ ≤− . Eyni qayda ilə −),( yzρ

),(),( zxyx ρρ ≤− . Deməli,

),(),(),( zxyzyx ρρρ ≤− (1)

Tərif. Tutaq ki, E metrik fəzası verilmişdir. *E metrik

fəzası aşağıdakı şərtləri ödədikdə ona E fəzasının

doldurulması deyəcəyik:

1. E fəzası *E -un alt fəzasıdır.

34

*EE =2. .

3. *E dolu fəzadır.

Teorem. Hə zan

izometriya nöqteyi-n

r bir metrik fə ın doldurulması var və

əzərdən yeganədir, yəni *E və **E E -* **E və nin doldurulmasıdırsa, onda E izom

İsbatı.

etrikdir.

E fəzasının ixtiyari fundamental nn yx ,

( ) 0,lim =∞ nn yxρardıcıllıqlarını götürək. Əgər

→n olarsa, onda

ardıcıllıqlar ekvivalentdir belə deyəcəyik ki, bu

yazacağıq:

və

nx ~ ny . Əgər iki ekvivalent ardıcıllığın biri

yığılırsa, o biri də yığılır. Doğrudan da, isə, onda xxn →

),(),(),( xxxyxy nnnn ρρρ +≤ münasibətindən çıxır ki,

İndi isə

xyn → .

E fəzasının bütün mümkün fundamental

ardıcıllıqlarını ərə elə bölək ki, eyni sinifdə yalnız və

yalnız ekvivalent ardıcıllıqlar yerləşsin. Belə mümkün olan

siniflərin çoxlu unu

sinifl

ğ *E ilə işarə edək. Deməli,

elementi

** Ex ∈

E -nin ekvivalent ardıcıllıqlar sinfidir.

İxtiyari elementlərinin uyğun olaraq *** , Eyx ∈ nx ,

ardıcıllıqlarını götürək və ny *E -da aşağıdakı qayda ilə

məsafəni təyin edək:

35

( ) ( )nnnyxy ,lim, ** ρ

∞→= . (2)

miti var.

xρ

Göstərək ki, (2) li ( )nnn yxs ,ρ= ədədi ard

ığın fundamentallığını araşdıraq. Aydındır

ıcıllığına

baxaq. Bu ardıcıll

ki,

.),(),(

),(),(),(),(

mmmn

mnnnmmnnmn

yxyx

yxyxyxyxss

ρρ

ρρρρ

−+

+−≤−=−

Burada (1) bərabərliyindən istifadə edək:

∞→→+≤− mnxxyyss mnmnmn ,,0),(),( ρρ ,

çünki nx və ny fundamentaldır. Beləliklə,

),( nnn yxs ρ= əd entaldır. Onda Koşi

meyarına görə bu ard q yığılır. Deməli, (2) limiti var.

Göstərək ki, bu limit siniflərdən ardıcıllıqların

seçilməsindən asılı

ədi ardıcıllığı fundam

ıcıllı

deyil. *xxn ∈′ və *yyn ∈′

ardıcıllıqlarını götürək. Yuxarıda tətbiq etdiyimiz üsulla

göstərilir ki,

( ),0),(),(),(),( ∞→→′+′≤−′′ nxxyyyxyx nnnnnnnn ρρρρ

çünki eyni sinfin ardıcıllıqları ekvivalentdir. Deməli,

( ) ( )nnnnnnyxyx ,lim,lim ρρ

∞→∞→=′′ , yəni (2) limiti siniflərdəki

ardıcıllıqların seçilməsindən asılı deyil.

(2) ilə təyin olunan məsafənin metrika aksiomlarını

ödədiyini yoxlayaq.

36

i, ( ) 0, ** ≥yxρ . Əgər y= olarsa, **1. Aydındır k x

onda ~ nx ny və deməli, ( ),lim 0=∞→ nnn

yxρ . Yəni

( ) 0, ** =yxρ . Tərsi əgnə, ər ( ) 0, ** =yxρ olarsa, onda

( ) 0,lim =∞→ nnn

yxρ nx ** y= . ny , onda x, yəni ~

( ) ( )**** ,, xyyx ρρ =2. olması aydındır.

, Ez ∈ götürək. Onların 3. İxtiyari , yx **** nx , ny ,

götürək. nz ardıcıllıqlarını E -də üçbucaq bərabərsizliyi

doğru olduğundan ( ) ( ) ( )nnnnnn zyzxyx ,,, ρρρ +≤ . Burada

şərtilə lim

Göstərək ki,

∞→n itə keçsək, tələb ediləni alarıq.

E fəzası *E fəzasının alt fəzasıdır. Başqa

sözlə, göstərək ki, E fəzası *E fəzasının müəyyən alt

fəzasına izometrikdir. İxtiyari Ex∈ elementini götürək. *E -da elementinin *x x -ə yığılan ardıcıllığı var. Doğrudan

da, ,..., xx ardıcıllığı x -ə yığılır və bu ardıcıllığın daxil

olduğu sinfi axtarılan sinifdir. Hər bir *x Ex∈ elementinə

bu qayda ilə qarşı qoyulmuş bütün siniflər çoxluğunu *x*R ilə işarə edək. Yuxarıda qurduğumuz uyğunluq E ilə *R arasında qarşılıqlı birqiymətlidir. İxtiyari Eyx ∈,

elementlərini və onlara uyğun elementilərini

götürək. İxtiyari

*** , Ryx ∈

*xxn ∈ və *yyn ∈ ardıcıllıqlarını

37

yyxx nn →→ , . ( ) ( ) ≤− yxyx nn ,, ρρ götürək. Onda

( ) ( ) 0→,, +≤ yxx nn y münasibətindən alınır ki, ρρ

( ) ( )yxyx nnn,,lim ρρ =

∞→, yəni ( ) ( )yxyx ,, ** ρρ = . Beləliklə,

E və ** ER ∈ çoxluqları izometrikdir. Onda *EE ⊂

yyolduğunu alırıq. Burada qeyd edək ki, →→ ,

olduqda

xx nn

( ) ( )yx,yx nnn,lim ρρ =

∞→

kəsilməzliyi xassəsi deyilir.

İndi göstərək ki,

münasibətinə məsafənin

*EE = . İxtiyari elementini

və bu elementin

** Ex ∈

nx ardıcıllığ . Tutaq ki, ixtiyarını götürək i

0>ε ədədi verilmişdir. nx ardıcıllığı fundamental

olduğundan elə nömrəsi var ki, olduqda εn εnmn >,

( )2

, ερ <mn yx olur. Bu bərabərsizlikdə ∞→m

it nx nöqt

şərtilə

limitə keçək. Bu limit var, çünki həmin lim əsi ilə

elementi arsındakı məsafədir. Hər bir *x Ex∈ elementinə *E -un elementi kimi baxırıq və bu sinifdən ardıcıllıq olaraq

,..., xx stasionar ardıcıllığı götürülür. Nəticədə alırıq ki,

( ) εερ <≤2

, *yxn münasibəti olduqda ödənilir. Bu

göstərir ki, . Deməli, ixtiyari elementini

εnn >

*lim xxnn=

∞→

** Ex ∈

38

E -nin müəyyən elementləri ardıcıllığının limiti şəklində

ərmək olar. B ki,göst *EE =u göstərir ödənilir. Biz burada

həm də göstərdik ki, *x ( )** Ex ∈ elementinin nx

lementinə yığılır.

östərək ki

ardıcıllığı elə e

Nəhayət, g

*x

, *E dolu fəzadır. İ

fundamental ard ll götürək. Hər hansı

nömrəsini qeyd

xtiyari ** Exn ∈ ığını n ıcı

edək. *EE = olduğundan elə x En ∈

elementi vardır ki, )n1* < olur. Onda ( xx nn ,ρ

( ) ( ) ( ) ( )( ) .,,01,1

,,

**

*

∞→∞→→++<

≤

mnm

xxn

xxxx

mn

nnmn

ρ

ρρ

Deməli,

,, *** <++ xxxx mmmn ρρ

( ) 0,lim,

=∞→ mnmn

xxρ , yəni fundamental

ardıcıllıqdır. Onda bu ardıcıllıq müəyyə sinfinin

ardıcıllığıdır. Yuxarıda qeyd etdiyimizə gör olur.

Onda

nx

n ** Ex ∈

ə *xxn →

( ) ( ) ( ) ( )***** ,1,,, xxn

xxxxxx nnnnn ρρρρ +<+≤

liyindən çıxır ki, bərabərsiz ( ) 0,lim ** =∞→

xxnnρ , yəni

** xxn → . Beləliklə, *E -un hə ıcıllığı

yığılır. Deməli,

r bir fundamental ard

*E dolu metrik fəzadır. Beləliklə, *E fəzası

E fəzasının doldurulmasıdır. İndi isə onun izometriya

39

nöqteyi-nəzərdən yeganəliyini, y etr

yeganəliyini göstə

əni izom iya dəqiqliyilə

rək. Tutaq ki, E fəzasının *E -dan başqa **E doldurulması rək ki, da var. Göstə *E və **E izometrik

i ** Ex ∈ götürək. Doldurulmanın tərifinə fəzalardır. İxtiyar

görə *EE = . Onda elə xn E∈ ardıcıllığı var ki, *xxn → .

mentaldır. tərəfdən **Exn ∈ və Deməli, funda Digərnx **E

dolu fəzadır. Onda ıllığı nx ardıc **E fəzasında da yığılır.

Tutaq ki, **E -da . Bu qayda ilə r

elementinə elementini qarşı ə bu

element yeganədir. Bu qarşıqoymanı

**xxn → biz hər bi ** Ex ∈

**** Ex ∈ qoyuruq v

ϕ ilə işarə edək, yəni

( )*** xx ϕ= ; ϕ *E ilə **E arasındakı qarşılıqlı birqiymətli

uyğunluqdur. Ex∈ olduqda alırıq ki, ( ) xx =ϕ olur. İndi

isə ixtiyari və onlara uyğun

elementlərini götürək.

*** , Eyx ∈ ****** , Eyx ∈ *E -dakı məsafəni ρ′ ilə, **E -dakı

məsafəni ρ ′′ ilə işarə edək. ϕ -nin qurulma qaydasına görə

elə , nx Eyn ∈ ardıcıllıqları var ki, , ,

. Məsafənin kəsilməzliyi xassəsinə görə

*xxn →**xxn →

*yyn → , **yyn →

( ) ( ) ( )nnnnnnyxyxyx ,lim,lim, ** ρρρ

∞→∞→=′=′

( ) ( ) ( )nnnnnnyxyxyx ,lim,lim, ** ρρρ

∞→∞→=′′=′′ .

40

(Buradan isə ) ( )**, yynn ρ= . Dem *** ,xxρ əli, E və **E

uxarıdakılar bir ardıcıllığın ik

ayrı-a dır. Teorem

ikas prinsipi. F lm tipli inteq

tənliklər

2E metrik fəzaları verilm Əgər

ı ilə hər bir

fəzaları izometrikdir. Y i limitə

yığılması deyil. O yığılmalar yrı fəzalarda

isbat edildi.

§6. Sıxılmış in redho ral

Tutaq ki, və işdir.

müəyyən qaydas

1E

A 1Ex∈ elementinə ə

şı qoyulmuşsa, onda deyəcəyik ki,

yegan

elementi qar

fəzasının fəzasina

2Ey∈ 1E

2E A inikası və ya A operatoru

verilmişdir. Bu halda y ğıq: . İndi tutaq ki,

və operatoları verilmişdir. Bu

zaman hər bir

azaca 21: EEA →

21: EEA → 32: EEB →

1Ex∈ elementinə 2EAxy ∈= elementi və

bu elementə ( ) 3EAxBByz ∈== elementi qarşı qoyulur.

Bu qayda ilə 1Ex∈ elementinə 3Ez∈ elementini qarşı

qoyan operatora B və operatorlarının hasili deyilir və A

BA kimi işarə İxtiyari üçün edilir. 1Ex∈ ( ) ( )AxBxBA = .

İndi fərz edək ki, operatoruA E metrik fəzasından onun

özünə təsir edir: . Bu halda EEA →: 2AAA =⋅ kimi işarə

41

edəcəyik. 3 AAA 22 AA ⋅=⋅= və s. qəbul

edəcəyik.

Tutaq işdir. -dəki

məsafəni

43421n

n AAAA ⋅⋅⋅= ...

ki, 21: EEA → operatoru verilm 1E

1ρ , -dəki məsafəni 2E 2ρ ilə işarə edək. 10 Ex ∈

ədədi üçün elə elementini götürə k. Əgər ixtiyari 0>ε

0>δ ədədi tapıla i, rsa k δρ ,(1 x <)0x olduqda

ερ <),(02 AxAx olsun, onda deyəcəyik ki, A operatoru

nöqtəsində kəsilm olar ki,

operatoru nöq o

-a yığılan ixtiyari

0x

əzdir. Asanlıqla göstərmək

təsində yalnız o zaman kəsilməz lar ki,

A

0x

0x 1Exn ∈ ardıcıllığı üçün 0

lim AxAxnn=

∞→

olsun.

Misal 1. [ ]baC , fəzasında aşağıdakı düsturla təyin

olunmuş operatora baxaq:

) (1)

burada

( ) ( ) (xdttytxKAyb

aϕλ += ∫ , ,

λ sabit ədəd, ( )txK , btxa ≤≤ , düzbucaqlısında,

)(xϕ isə bxa ≤≤ parçasında verilmiş kəsilməz

funksiyalardır.

Aydındır ki, hər bir [ ]baCty ,)( ∈

Ay funksiyas

funksiyasına (1)

düsturu vasitəsilə qarşı qoyulan ı kəsilməzdir.

42

[ ]baCAy ,∈ və deməli, A operatoru [ ]baC ,

A operato

fəzasından bu

fəzanın özünə təsir edir. Göstərək ki, ru [ ]baC ,

fəzasında kəsilməzdir. İxtiyari [ ]baCty ,)(0 ∈ funksiyasını

götürək. Aydındır

] .)(,)(

)(),()()(),(

0

00

dttytxKx

dttytxKxdttytxKAyAy

b

a

b

a

b

a

−=−

−−+=−

∫

∫∫

λϕ

λϕλ

kəsilməz

ki,

)[ )(ty

olduğundan ba

(

),( txK tx≤ ,

məhduddur.

≤ kvadratında

( )txKbtabxa

,max≤≤≤≤

=M olsun. Onda axırıncı

bərabərlikdən

( ) ( .,)()(max

)()(),(

00

00

yyabMdttytyM

dttytytxKAyAy

b

abta

b

a

ρλλ

λ

−⋅=−⋅⋅≤

≤−≤−

∫

∫

≤≤

)

Burada ρ [ ]baC , fəzasındakı məsafədir.

( ) ( )00 ,max yyabMAyAybta

ρλ −⋅≤−≤≤

,

yəni ( ) ( )00 , yyabMAyAy ρλρ −⋅≤−

olur ki, ixtiyari 0>

. Buradan aydın

ε ədədi verilərsə, ( )abM −=λ

εδ

qəbul etsək, δρ <),( 0yy olduqda ( ) ερ <0, AyAy . Deməli,

43

A operatoru elementində və tün 0y [ ]-ddeməli, bü baC , ə

kəsilməz operatordur.

operatorlar deyilir

Tərif. Tutaq ki, E metrik n

Bu şəkilli operatorlara inteqral

.

fəzasında təsir edə A

şərtini ödəyən elə α operatoru verilmişdir. Əgər 0 << α 1

ədədi olarsa ki, ixtiyari Eyx ∈, elementləri üçün

( ) ( )y, olsun, onda ope

a kəsilməzdir.

xAyAx, αρρ ≤ ratoruna sı

operator deyilir.

Aydındır ki, sıxan operator bütün fəzad

Doğrudan da, əgər

A xan

x isə, yəni 0),( →xxnxn → ρ isə, onda

( ) ( )xxn ,AxAxn , αρρ ≤ bərabərsizliyindən çıxır ki,

( ) 0, →AxAxnρ . Deməli,

Misal 2. Yuxarıdakı misalda təyin etdiyimiz inteqral

operatora baxaq. Orada göstərmişdik ki, ixtiyari

AxAxn → .

[ ]baCyy ,, 21 ∈ elementləri üçün ( ) ×⋅≤ λρ MAyAy 21 ,

( ) ( )21 , yyab ρ−× . Buradan aydın olur ki, ( ) 1<−⋅ abMλ

olduqda, yəni λ -nın ( )abM −<

1λ

)

qiymətlərində

operatoru sıxandır.

Teorem (sıxılmış inikas prinsipi). Tutaq ki,

()(),( xdttytxKAyb

aϕλ += ∫

E dolu

metrik fəzadır və bu fəzada sıxan operatordur. Onda bu A

44

operatorun yeganə tərpənməz nöqtəsi var, yəni elə yeganə

elementi var ki, Ex∈ xAx = olur.

İsbatı. İxtiyari Ex ∈0

ıcıllıq düz

elementini qeyd edək və

aşağıdakı qayda ilə ard əldək:

( ),...,...,

,,

003

23

02

01201

xAxxAAxx

xAAxAAxxAxxn

n ===

====

Göstərək ki, ardıcıllığı fundamentaldır. İxtiyari və

nömrələrini götürək və müəyyənlik üçün fərz edə

.

nx m n

k ki,

nm >

( ) ( yxAyAx ,, )αρρ ≤ (2)

bərabərsizliyini tətbiq etsək, aşağıdakıları yaza bilərik:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( .,...,,

,,,

0222

22

1111

nmn

mnmn

mnmnmn

xxxxAxAx

xxAxAxxx

−−−−−

−−−−

≤≤≤=

=≤=

ραρααρ

αρρρ

)

( ) ( ) ( ) ( )[( )]

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )10

11

102

2132

1021

1

21100

,,

,...,,,,

,,,,,

...,,,,

xxxx

xxxxxx

xxxxxx

xxxxxxxx

nmnmnm

nmnm

nnm

nmn

ραρ

ρααρρ

αρρρ

ρραραρ

+−−−−

−−−

−

≤

≤≤

≤+

+++≤≤

olduğundan alarıq ki,

( ) ( ) [ ]

( )( ) ( ) .1

1,...1,

...1,,

102

10

1210

αραααρα

αααραρ

−⋅=+++≤

≤++++⋅≤ +−

xxxx

xxxx

nn

nmnmn

(3)

45

mn,Buradan isə ∞→ olduqda ( ) 0, →mn xxρ , yəni nx

ır. fundamental ardıcıllıqd E dolu fəza olduğundan

ardıcıllıq yığılır.

bu

Tutaq ki, Exxn ∈→ . A sıxan operator

əzdir. Onda olduğundan kəsilm = n 1−n Axx

itə keçsək alar , Axx

bərabərliyində

şərtilə lim∞→n ıq ki = . li, Demə x

məz nöqtəsidir.

n yeganəliyini göstərək. Tutaq ki, A

operatorun tərpən

Bu nöqtəni

operatorunun başqa x′ tərpənməz nöqtəsi var: xAx = ,

. Onda xxA ′=′ ( )xxxAAx ′≤′ ,),( αρρ bərabərsizliyindən

alırıq ki, ( ) ( )xxxx ′≤′ ,, αρρ . 01 >−α olduğundan

( ) ( ) 0,1 ≤′− xxρα bərabərsizliyindən alırıq ki, ( ) 0, ≤′xxρ .

Bu yalnız və yalnız o zaman olar ki, ( ) 0, =′xxρ , yəni

olsun. Teorem isbat edildi.

Qeyd. Teoremin isbatından aydın olur ki, operatorun

xx ′=

x tərpənməz nöqtəsi 101 ,..., −== nn AxxAxx ardıcıllığının

limitidir: nnxx

∞→= lim . Burada Ex ∈0

ənin bel

0x -a s

ixtiyari qeyd edilmiş

elementdir. Tərpənməz nöqt ə tapılma qaydasına

ardıcıl yaxınlaşma üsulu deyilir. ıfırıncı,..., ə n-ci

yaxınlaşma deyilir.

Qeyd edək ki, hər bir ardıcıl yaxınlaşmasına

nx -

nx x

tərpənməz nöqtəsinin təqribi qiyməti kimi baxa bilərik. Bu

46

zaman müəyyən xəta buraxılacaq. ),( xxnρ məsafəsinə

mütləq xəta deyəcəyik. Bu xətanı ndirək. (3)

bərabərsizliyində

qiymətlə

+∞→m şərtilə limitə keçs ıq kiək alar ,

011 ),,1

), Axxxxxn =−

≤α

α . (4) 0(( xn

ρρ

Beləliklə, x tərpənməz nöqtəsini n -ci ardıcıl

əvəz etd xəta üçün (4)

fra yaxınlaşır.

arıda təyin etd

sini öyrənək. Tərpənməz nöqtə

yaxınlaşma ilə ikdə mütləq

qiymətləndirmə ırıq. Aydındır ki ğ tərəfi

olduqda sı

İndi isə yux iyimiz inteqral operatorun

tərpənməz nöqtə

sini al , (4)-ün sa

∞→n

[ ]baC ,

yAy =fəzasında , yəni

(5)

tənliyinin həllidir. Burada

)()(),( xdttytxKAyb

aϕλ += ∫

( )txK , və ( )xϕ məlum kəsilməz

funksiyalar, ( )xy

Fredholm

isə axtarılan kəsilməz funksiyadır. (5)

tənliyinə inteqral tənliyi deyilir. Yuxarıda qeyd

etdik ki, ( )abM −<

1λ olduqda inteqral operatoru sıxan

operatordur. Onda (5) tə in

A

nliyin λ -nın göstərilən

qiymətlərində [ ]baC , fəzasında yeganə ( )xy həlli var. (5)

tənliyi yuxarıda söylədiyimiz ardıcıl yaxınlaşma üsulu ilə

47

( )xy0

ıcıl y

həll oluna bilər. İxtiyari kəsilməz funksiyasını

götürürük və aşağıdakı qayda ilə ard axınlaşmalar

qururuq:

1

01

xAyxy

xdttytxKAyxy

b

nn

b

a

ϕλ

ϕλ

==

+== ∫

−

ardıcıllığının

( )

( ) ).()(),(

),...,()(),(

1

0

dttytxKa

n +∫ −

[ ]baC , fəzasında limiti, yəni ( )xyn

iti olan

ny

( )xy funksiyalar ardıcı n müntəzəm limllığını

funksiyası (5) tənliyinin həllidir. Bəzən (5) tənliyinə ardıcıl

yaxınlaşma üsulunun başqa formasını tətbiq edirlər:

qəbul edək. Aydındır ki, bu funksiyalar kəsilməzdir. Fərz

edək ki, sırası

( ) ( )

( ) ,...)(),(

,...,)(),(),(

1

010

∫

∫

−=

==

b

ann

b

a

dttytxKxy

dttytxKxyxxy

λ

λϕ

( )∑∞

=0nn xu [ ]ba, parçasında müntəzəm yığılır

və onun cəmini ( )xu -lə işarə edək. Bu halda ( )xy

rudan da, funksiyası (5) tənliyinin həllidir. Doğ

bərabərliklə( ) ∫ −=b

ann dttytxKxy )(),( 1λ rini ,...,2,1=n

48

qiymətlərində cəmləsək və

hədbəhəd inteqrallanma

xKxy )((1

λ

Bu bərabərliyin h

sağ tərəfə funksional sıraların

sı qaydasını tətbiq etsək, alarıq ki,

yt), .

ər iki tərəfinə

( ) ∫∑ =∞

=

b

ann dtt

( )xϕ -i lavə etsək və ə

( ) ( )xyx 0=ϕ oldu aşağıdakı alınar:

dttytxKxyb

aλ= ∫ )(),( .

Deməli,

ğunu nəzərə alsaq,

( ) ( )xϕ+

( )xy (5) tənliyinin həllidir.

§7. Ümumiləşmiş sıxılmış inikas prinsipi və onun

Volterra tipli inteqral tənliklərə tətbiqi

Teorem (ümumiləşmiş sıxılmış inikas prinsipi). Tutaq

ki, E dolu metrik fəzadır və bu fəzada kəsilməz

operatordur. Əgə nın müəyyən qüvvəti

A

r A - nA E -də sıxan

operatordursa, onda operatoru yeganə tərpənməz

nöqtəyə malikdir.

İsbatı. İxtiyari

A

Ex ∈0 nöqtəsini qeyd edək və

aşağıdakı qayda ilə ardıcıllığını tərtib edək: nx

( ).

,...,,

01

02

01201

xAxAx

xAxAAxAxxAxkn

kn

k

nnnnn

==

====

−

49

nA

isbat

sıxan operator olduğundan əvvəlki mövzudakı teoremin

ından aydın olur ki, ardıcıllığı

fundamentaldır.

1−= kn

k xAx

E fəzası dolu olduğundan kx ardıcıllığı

k ki, xxk → . A operatoru kəsilməz

Ax . Başqa sözlə,

yığılır. Fərz edə

Axk →olduğundan

( ) AxAxAAx ⇒xAA knkn →→0 . (1)

Digər tərəfdən

k .

Şərtə görə sıxan

0

xxAkn →= 0 (2)

operator olduğundan

x

nA

( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( )( )(

( )( ) ( ) ( )( )( ) .,0,

...,

,,

,,

00

02

022

02

02

01

01

01

01

00

∞→→≤

≤≤≤

=≤

≤=

−−−

−−−

−−

kxAx

xAAxAxAA

AxAAxAAxA

xAAAxAAxAAxA

k

nknknkn

nknnknk

nknnknknkn

ρα

ρα

αραρ

ρρ

Bu göstərir ki, (1) və (2) münasibətlərinin sol tərəfindəki

ardıcıllıqlar ekvivalentdir. Onda həmin ardıcıllıqlar eyni

limitə malikdir və deməli, xAx = , yəni x tərpənməz

nöqtədir.

İndi isə bu nöqtənin yeganəliyini göstərək. Əvvəlcə

göstərək ki, A -nın tərpənməz nöqtəsi -in də tərpənməz

nöqtəsidir.

nA

xAx = bərabərliyinin hər iki tərəfinə 1−n dəfə

operatoru ilə ardıcıl təsir edək: A

50

xAx == xxAxAxAxxA n === ,...,, 232 .

sıxan operator olduğundan onun yeganə tərpənməz

nöqtəsi var. Teorem isbat edildi.

Fərz edək ki,

nA

( )txK , funksiyası btxa ≤≤ ,

kvadratında, ( )xϕ isə [ ]ba, -də kəsilməzdir. İxtiyari

( ) [ ]baCxy ,∈ funksiyasına

funksiaysını qarşı qoyaq. Bu funksiya, aydındır ki,

( )xdttytxKAyb

aϕλ += ∫ )(),(

[ ]baC , -

dəndir.

( )txKMbtxa

,max, ≤≤

= qəbul edək. İxtiyari [ ]baCyy ,, 21 ∈ üçün

alırıq ki,

≤−≤− ∫ dttytytxKAyAyx

a)()(),( 2121 λ

( ) ( ,,)()(max 2121 yyaxMdttytyMx

abtaρλλ −⋅⋅=−⋅⋅≤ ∫

≤≤ )

( ) ( ) −=−=− ∫ dtAytxKAyAAyAyAyAx

a1212

21

2 ),(λ

≤−≤− ∫∫x

a

x

adtAyAytxKdtAytxK 212 ),(),( λλ

( )( ) ( ) ( ) .,, 2122

21 ∫∫ −=−⋅⋅≤x

a

x

adtatyyMdtatyyMM ρλρλλ

51

( ) ( )Deməli, !2

, 2122

12 yyMyAyA ≤− ρλ . Bu

prosesi davam etd

222 ax −

irsək, alarıq ki, n∀ üçün ≤− yAyA nn21

( )( )!nax n− . , 21 yyM nn≤ ρλ

Buradan isə

( ) ( )2121 ,!

max yyn

abMyAyA

nnnnn

bxaρ

λ −≤−

≤≤,

yəni

( ) ( ) ( )abMyyn

n

−= λαρα ,,! 21 . (3) yAyA nn ≤ρ , 21

olduqda ∞→n!n

nα ifadəsi sıfra yaxınlaşır. Onda -in

kifayət qədər böyük qiymətlərində

n

!n

nα

n

ifadəsi vahiddən

kiçik olur. (3) münasibəti göstərir ki, -in bu qiymətlərində

sıxan operatordur. Ümumiləş ş sıxılmış inikas

prinsipinə görə bu halda

nA mi

yAy = , başqa sözlə,

(4)

tənliyi ixtiyari

( ) ( ) ( ) ( )xdttytxKxyx

aϕλ += ∫ ,

λ üçün [ ]baC , fəzasında yeganə həllə

malikdir və həmin həll yenə də ardıcıl yaxınlaşma üsulu ilə

tapıla bilər.

52

(4) tənliyinə Volterr

Beləliklə, kəsilməz əmsallı Volterra tipli inteqral

tənliyin həmişə kəsilməz həlli var və bu həll yeganədir.

Xüsusi halda, dtytxKxyx

a,∫= λ Volterra

tənliyinin yalnız

a tipli inteqral tənlik deyilir.

( ) ( ) ( )t

( ) 0≡xy həlli var. Bu həllə trivial həll

deyilir.

Qeyd edək ki, Volterra tənliyi Fredholm tənliyinin

xüsusi halıdır. Do

ğrudan da,

t

x

O K(x,t)

a b

t=x

( ) ( )⎩⎨⎧

≥<

=xtxttxK

txA,0

,,,

qəbul etsək, (4)-ü belə yaza bilərik:

( ) ( ) ( ) ( )xdttytxAxyx

aϕλ += ∫ , .

53

Bu isə Fredholm tənliyidir.

Volterra tə iyi nl λ∀ çün həllə malikdir. Lakin

ıdakı sinqulyar inteqral t r sistemin

ü

Fredholm tənliyi bu xassəyə malik deyil.

İndi isə aşağ ənliklə ə

baxaq:

. (5)

Burada

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0, xxdttytQtxKxfxyx

a≥+= ∫λ

( ) ( ) ( )[ ]xyxycolonxy n,...,1= -axtarılan ölçülü

sütun vektor;

n

( ) ( ) ( )[ ]xffon n..,1 xcolxf ,.= -məlum n ölçülü

( ) ( ) ( ) ( )][],, tQtQtxK jkjk[, Ktx ==sütun vektor; -kəsilməz

ölçülü matris; nn× [ ]naacolona ,...,1= , ≤≤ Xx0

+∞≤≤ ja koordinatlı sabit ölçülü sütun vektordur n

( nj ,1= , X -kifayət qədər böyük ədəddir). Əgər +∞<ja

olarsa, Ij∈ , əgər +∞=ja olarsa, IIj∈ qəbul edək.

Onda (5)-i belə yazmaq olar:

(6)

və

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )IIjdttytQtxKxfxy

IjdttytQtxKxfxy

sksx sk

jkjj

sks

x

a skjkjj

j

∈+=

∈+=

∫∑

∫∑

∞

,,

,,

,

,

( )txK , ( )tQ matrislərini, ümumiyyətlə, kompleks hesab

edirik.

54

aq ki, ( ) ( )],[, txKtxK = atrisi hər bir Teorem. Tut mjk

[ ) [ ] [ ) Xx

Xx

j

j

∞∈=

( )[ ] ( )IIjxt

IjxXt

∈∞∈

∈∈∞∈=

,,

,,

ω ,,

;,,ω

oblastında kəsilməz məhdud ( )txK jk , elementlərinə

malikdir, ( )tQ matrisi [ )∞,0x -da kəsilməz və mütləq

inteqrallanandır, ( )tf vekto sır funksiya [ )∞,0x -da kəsilməz

və məhduddur. Onda X -in kifayət qədər böyük

qiymətlərində (5) mi ∞<≤≤ xXx0 olduqda tənliklər siste

kəsilməz məhdud yeganə ( )xy həllinə malikdir.

İsbatı. ( ) [ )∞∈ ,XCxϕ , 0xX ≥ məhdud vektor

funksiyalar çoxluğunu R ilə işarə edək. ( ) ( ) Rxx ∈φϕ ,

funksiyaları arasındakı məsafəni ( ) ( ) ( )xxxX

φϕφϕρ −=∞<≤

sup,

kimi təyin edək. Burada ,max iiϕϕ = ∑=

kjkj

KK max

başa düşülür. Asanlıqla yoxlanılır ki, R dolu metrik fəzadır.

R -də belə xətti operatora baxaq:

. (7)

Şərtə görə

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∞<≤+= ∫ xXdtttQtxKxfxAx

a

ϕϕ ,

( ) ∞<≤ ctxK , . Onda ∞<≤ 1cf və

∞<≤ 1cϕ olduğu üçün

55

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ≤+≤∞

dtttQxfxAx

ϕϕ ∫ txK ,

( )∫∞

∞<≤+≤x

ctQccc 321 , çünki [ ] [ )∞⊂ ,, Xxa j .

Həm də alırıq ki, ( ) [ )∞∈ ,XCxAϕ . Deməli, R∈ϕ və

RA ∈ϕ .

Göstərək ki, ϕA sıxan operatordur. Doğrudan da,

R∈ϕ və R∈φ üçün

,

.

Buradan

( ) ( ) ( ) ( ) ( )dtttQtxKxfxAx

aϕϕ ,∫+=

( ) ( ) ( ) ( ) ( )dtttQtxKxfxAx

aφφ ,∫+=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) .sup

,

∫

∫∞

∞

−≤

≤−≤−

Xx

X

dttQxxc

dttttQtxKxAxA

φϕ

φϕφϕ

( )tQ mütləq inteqrallanan olduğundan X ədədini kifayət

qədər böyük götürməklə ( ) 1<=∫∞

αX

dttQc

Onda (8)-dən

münasibətini

təmin edə bilərik. alarıq ki,

( ) ( ) ( ) ( )xxxAxAxx

φϕαφϕ −≤− supsup , yəni ( ) ≤φϕρ AA ,

56

( ) 10,, <≤≤ αφϕαρ A operatoru sıxan . Deməli,

operatordur. Onda sıxılmış inikas prinsipinə görə R -də

ϕϕ =A tənliyinin ye

tənliklər sistemi

ganə həlli vardır, yəni (5) inteqral

[ )∞,X -da kəsilməz məhdud ( )xy həllinə

dildi. malikdir. Teorem

həlli ardıcıl yaxınlaşma üsulu il ıla bi

isbat e

( )xy ə tap lər:

( ) ( )xfxy =0 ,

( ) ( )dttytxKxfxy p

x

ap 1, −∫+= ,

burada

( ) ( ) ( )Qt

[ )∞( )xyp p,...,2,1= →→ ( ) ∈ ,Xy .

§8. Xətti normalı fəzalar

Tutaq ki,

, xx

E xətti fəzadır, yəni bu fəzada iki elementin

cəmi və elementin ixtiyari kompleks ədədə vurulması

əməlləri tə uşdur və bu əməllər məlum aksiomları

ödəyir. Hər bir

yin olm

Ex∈ elementinə aşağıdakı şərtləri ödəyən

həqiqi x ədədini qarşı qoymaq mümkündürsə, onda E -yə

xətti normalı və ya sadəcə normalı fəza deyilir:

1. 0.0 =≥ xx

0

yalnız və yalnız o zaman olur ki,

=x olsun.

57

2. İxtiyari kom xx ⋅= λλ . pleks λ ədədi üçün

3. Eyx ∈∀ , elementləri üçün yxyx +≤+ . Bu

ucaq bərabərsizliyi dbərabərsizliyə üçb eyilir.

Bu halda x ədədinə x elementinin norması deyilir.

Məsələn, nR Evklid fəzası normalı fəzadır və bu fəzada

vektorunun norması belə təyin olunur: ( )nxxx ,...,1=

∑=

=n

kkxx

1

2 .

Hər bir normalı fəza metrik fəzadır. Doğrudan da, E -də

məsafəni

( ) xyyx −=,ρ (1)

şəklində təyin etsək, bu məsafə metrika aksiomlarının üçünü

də ödəyir. 1-ci aksiomun ödənilməsi aydındır. 2-ci və 3-cü

aksiomu yoxlayaq:

( ) ( ) ( )( );,

11,

xyyx

yxyxxyyx

ρ

ρ

=−=

=−⋅−=−⋅−=−=

( ) ( ) ( )( ) ).,(,

,

yzzxyzzx

yzzxyxyx

ρρ

ρ

+≤−+−≤

≤−+−=−=

(1) düsturundan xüsusi halda alınır ki, xx =)0,(ρ . Deməli,

elementin norması onun sıfır elementindən olan məsafəsini

göstərir. Normanın aşağıdakı bəzi xassələrini qeyd edək:

58

yxyx −≤−1. .

( ) yyxyyİsbatı. x +−=x −≤+ . Onda −x

y− yx −≤ . x və entlərinin yerini dəyişsək, y elem

yxxyxy −=−≤− olur. Bu

tələb olunan alınır

2 (normanın kə

isə, yəni

iki bərabərsizlikdən

.

silməzliyi xassəsi). Əgər xxn →

0),( →−= xxxx xxn →n isə, onda olur.

xassəyə görə

nρ

İsbatı. 1-ci xxxx nn −≤− . Şərtə

görə ∞→n olduqda sağ tərəf sıfra yaxınlaşır. Onda alarıq

ki, xxn → .

3 (cəmin kəsilməzliyi). Əgə isə,

onda

r ,xxn → yyn →

yxyx nn +→+ .

( ) ( ) ( ) ( ) ≤−+−=+−+ yyxxyxyx nnnn İsbatı.

yyxx nn −+−≤

sol tərəf də sıfra yığ

. Şərtə görə sağ tərəf sıfra yığılır. Onda

ılır, yəni yxyx nn +→+ .

4 (ədədə vurmanın kəsilməzliyi). Əgər elementlər

ardıcıllığı

nx

x elementinə, nλ ədədlər ardıcıllığı λ ədədinə

yığılarsa, onda xxnn λλ → .

59

İsbatı. nλ əd ardıc ığılan

məhduddur. Aydı

ədi ıllığı y olduğundan

ndır ki,

( )+−=−+− xxxxx nnnnn λλλλ=− xxx nnn λλλ

( ) 0→−+−⋅ xxx nn λλ , yəni →nn x≤−+ x nn λλλ λ

xλ→ .

Yuxarıda göstərdik k or fəzadır v

fəzada metrika (1) ilə təyin edilir.

Tərif. Əgər

i, n malı fəza metrik ə bu

E n a a təyin olunm

(1) metrikasına görə dolu fəzadırsa, onda

orm lı fəzası bu fəzad uş

E -yə Banax

fəzası və ya B -fəza d ir.

Banax fəzalarına aid aşağıdakı misalları qeyd edək.

1.

eyil

[ ]baC , fəzası. [ ]baC , fəzasında elementin norması

belə təyin edilir: ( )txxbta ≤≤

= max

ın hər birində

. Burada və ümumiyyətlə,

aşağıdakı misallar ( ) yxyx −=,ρ məsafəsi

həmin fəzalarda əvvəllər təyin etdiyimiz məsafə ilə üst-üstə

düşür.

2. fəzası. Burada m nn

xx sup= kimi təyin edilir.

3. fəzası. Burada 2l ∑∞

==

1

2

kkx ξ kimi təyin edilir.

4. pl ( )2>p fəzası. Burada p

k

pkx

1

1⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= ∑

∞

=ξ kimi

60

təyin edilir.

İndi isə fəzasına baxaq. fəzasında normanı elə

təyin etmək müm normaya gö

fəzada əvvəllər tə

göstərək. Əksini fərz edək. Tutaq ki, fəzasında elə

S S

kün deyil ki, bu rə məsafə bu

yin etdiyimiz məsafə ilə eyni olsun. Bunu

S x

təyin edilib ki, bu normaya gör əsafə əvvəlki m

üst-üstə düşür, yə

ə m əsafə ilə

ni kk

kyxxyη

ρ−

=− ,( . k

kk ξ

ηξ+

−⋅= ∑

∞

= 121)

1

-ci koordinatı vahid, qalan koordinatları sıfır olan

elementinə baxaq:

n ne

,...,0,1,...,0,0=ne . Əvvəlki ρ

məsafəsinə görə . Çünki o məsafəyə görə yığılma

koordinatlara gör adı

0→ne

ə yığılm r. 0≠ne olduğundan 0≠ne .

Aydındır ki, 01→⋅ n

n

ee

ddinin bir koordinatdan ba

li,

. Çünki ardıcıllığın hər bir

hə şqa yerdə qalan koordinatları

sıfırdır. Demə nn

n ee

x ⋅=1 qəbul etsə alarıq.

Digər tərəfdən

k, 0→nx

11=⋅= n

nn e

ex olur. Demə , li, 0→nx

1=nx aldıq.

61

Bu isə normanı dir. Alınan

ziddiyyət fərziyyə məli,

fəzasında norm riksə edək, bu

görə məsafə həmin fəzada əvvəldə təyin etdiyimiz məsafə

ilə eyni ola bilməz.

§9. X lar

Tutaq ki,

n kəsilməzliyi xassəsinə zid

mizin doğru olmadığını göstərir. De

anı necə təyin edi normaya

ətti normalı fəzalarda sıra

S

E xətti norm Eualı fəzadır. İxtiyari n ∈

elementləri ardıcıllığını götürüb

(1)

sırasını düzəldək. Bu sıranın

∑∞

=1nnu

nn uuS ++= ...1

ır ki, ESn

xüsusi cəmlər

ardıcıllığına baxaq. Aydınd ∈ . Əgər E -dəki

normaya görə uSnn=

∞→lim , yəni =−

∞→uSnn

lim

0lim1

=−= ∑=∞→

n

kkn

uu olarsa, onda deyəcəyik ki, (1) sırası

elementinə yığılır və yazacağıq. (1)-in

elementlərinin normalarından təşkil edilmiş aşağıdakı sıraya

baxaq:

u

∑∞

==

1nnuu

∑∞

=1nnu . (2)

62

Əgər (2) ədədi sırası yığılırsa, on

mütləq yığılır.

Teorem. Xə

da deyəcəyik ki, (1) sırası

tti normalı E fəzasının dolu olması üçün

zəruri və kafi şərt on

istənilən sıranın

yığılmasının çıxmas

İsbatı. Zərurilik.

un elementlərindən təşkil olunmuş

mütləq yığılmasından sıranın özünün

ıdır.

Tutaq ki, E dolu fəzadır. Göstər

lmasından (1)-in yığılması çıxır. (2)

şi meyarına görə

ək

ki, (2)-nin yığı

yığıldığından Ko 0>∀ε üçün elə

nömrəsi var ki, olduqda ixtiyari

εn

εnn > p natur dədi

üçün

al ə

ε<++ ++ pnn uu ...1 olur. Onda =−+ npn SS ++1nu

pnu +++ ... ε< . Deməli, xüsusi cəmlər ardıcıllığı

fundamental ardıcıllıqdır.

nS

E dolu olduğundan bu ardıcıllıq

yığılır və deməli, (1) yığılır.

Kafilik. Tutaq ki, E -də mütləq yığılan hər bir sıranın

özü də yığılır. Göstərək ki, E dolu fəzadır. İstənilən Exn ∈

fundamental ardıcıllığını götürək. fundamental

olduğundan

nx

k∀ natural ədədi üçün elə və

elementləri vardır ki,

knx1+knx

knn kkxx

21

1<−

+. (3)

63

Beləliklə, verilmiş ardıcıllığın alt ardıcıllığını alırıq. (3)

göstərir ki,

knx

∑∞

=−

+1

1k

nn kkxx sıra

görə

sı yığılır. Onda fərziyyəmizə

( )∑∞

=−

+1

1k

nn kkxx sı ra

cəmlər ardıcıllığ

rası da yığılır. Bu sı nın xüsusi

ı 1nn xx

k− olduğundan

knx ardıcı

ntal nx ardknx

da

llığı

yığılır. Beləliklə ıcıll ığılan

altardıcıllığına ma ıcıll

özü də yığılır. On

, fundame ığı y

likdir. Bu halda bilirik ki, bu ard ığın

E dolu fəzadır. Teorem isbat edildi.

∑ Qeyd edək ki, (1) yığılırsa, onda onun ∞

+=u qalıq

sırası

1nkk

∞→n olduqda sıfra yığılır.

§10. Bazisli və separabel fəzalar

Tutaq ki, xətti normalı E fəzasında

(1)

elementləri ardıcıllığı verilmişdir.

,...,...,1 nee

Ex∈∀ elementini

yeganə qayda ilə şəklində göstərmək

mümkündürsə, onda (1) elem r sisteminə

∑∞

==

1nnnexx

entlə E -nin bazisi,

E -yə isə bazisli fəza deyilir. Burada -lər həqiqi

ədədlərdir və sağdakı sıra normaya görə yığılır. Qeyd edək

nx

64

ki, bazisin elem nu göstərə

Əksini fərz edək. Tutaq ki, sonlu sayda

elementləri xətti asılıdır. Bu elementlərin biri, m ən,

qalanları ilə xətt r:

entləri xətti asılı deyil. Bu k.

nee ,...,1 bazis

i ifadə edili nne

əsəl 1e

ee λλ +... . Digər += 111

tərəfdən 11 1 ee ⋅= . Beləliklə, -in (1) elementləri vasitəsilə

iki müxtəlif qayda ilə ifadə ıq. Bu isə bazisin tərifinə

ziddir, yəni bazisi

Misal 1.

1

n elementləri xətti asılı deyil.

1l fəzasında

e

sini ald

( ),...0,...,0,11 =e , =2e

( ),...0,...,1,0= , ( ),...0,...,1,0,03 =e

ğrudan da,

elementləri sistemi bazis

təşkil edir. Do 11 ,...,..., lx n ∈=∀ ξξ elementini

götürək və göstərək ki, ∑∞

==

1nnnex ξ . ∞→n olduqda

=−∑=

n

kkkex

1ξ 0

1→∑

∞

+=nkkξ . Çünki şərtə görə 1lx∈∀

olduğundan +∞<∑∞

=1kkξ

ərir ki,

və bu sıranın qalıq sırası sıfra

yığılır. Bu göst , yəni .

Göstərmək olar ki, bu ayrılış yeganədir. De

elementlər sistem -də bazisdir.

xen

kkkn=∑

=∞→ 1lim ξ ∑

∞

==

1kkk ex ξ

məli, ne

i 1l

65

Əgər xətti normalı E fəzasında hər yerdə sıx hesabi

M çoxluğu varsa, onda E -yə separabel

Deməli,

fəza deyilir.

E separabel fəzadırsa, onda elə EM ⊂ var ki,

1. M hesabidir;

2. EM = Ex∈∀ üçün elə Mxn, yəni ∈ ard

ki,

ıcıllığı vardır

nnxx

∞→= lim .

Misal 2. fəzas asional

ədədlər çoxluğu hesabid r dır.

Misal 3. Gö ı separab

Həqiqi əmsallı bütün müm

1R ı separabel fəzadır. Çünki r

ir və 1R -də hə yerdə sıx

stərək ki, [ ]baC , fəzas el fəzadır.

kün çoxhədlilər çoxluğunu P ilə,

rasional əmsallı çoxhədlilə ğunu ilə işarə ək.

Aydındır ki,

r çoxlu Q ed

[ ]baCPQ ,∈∈ . Veyerştrass teoreminə görə hər

bir kəsilməz ( )tx funksiyasını [ ]ba, -də müəyyən ( )tpn

çoxhədlilər ard ığının müntəzəm limiti ilə göstərmək

olar:

ıcıll

( )tpn →→ ( )tx . [ ]baC , -də yığılma koordinatlara görə

yığılma olduğundan nnxx

∞→= lim . Bu göstərir ki, çoxluğu

-də hər yerdə sıxdır, yəni

P

[ ]baC , [ ]baCP ,= . Göstərək ki,

QP∈ . Həqiqi əmsallı ( ) nntataatp +++=∀ ...10

çoxhədlisini götürək. həqiqi ədədləri üçün elə

rasional ədədləri var ki, ixtiyari

naa ,...,0

nrr ,...,0 0>ε üçün

66

( ) kkk jnra

1+<−

ε , nk ,0= , baj ,max= . ( ) += 0rtr

nntrtr +++ ...1 çoxhədlisini götürək.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ≤−++−+−=− nnn trar 10 atratrtp ...10

++

++

<11 nn

j n−++−+−≤ ...1100 rajrara nnεε

( ) ( ) εεε≤⇒=

+++ t

n 1... , −

≤≤rtp

btamax ε≤− rp . Deməli,

və Pp∈∀ 0>∀ε üçün el ə ( ) Qtr ∈ var ki, ε≤− rp .

ε=n1 qəbul etsək, hər bir n üçün elə Qrn ∈ ta ılar ki, p

nrp n

1≤− , yəni nn

rp∞→

= lim . Bu göstərir ki, P çoxluğunun

hər bir elementi -nün limit nöqtəsidir və əli, həmin

element -nün qapanmas na daxildir.

Q dem

Q ı PQ ⊃ . Digər

tərəfdən [ ]baCQ ,∈ olduğundan [ ]baCQ ,⊂ , yəni

[ ]baCQP ,⊂⊂

alarıq ki,

. Bu münasibətdən qapanmaya keçsək,

[ ]baCQP ,⊂⊂ , [ ]baCQP ,⊂⊂ . Yuxarıda

göstərildiyi kimi [ ]baCP ,= . Onda alırıq ki, [ ]baCQ ,= .

Deməli, rasional əmsallı coxhədlilər çoxluğu Q [ ]baC , -də

hər yerdə sıxdır. Digər tərəfdən, hesabi çoxluqdur, çünki Q

67

onun elementləri hesabi sayda

vasitəsilə təyin

çoxluqdur. Beləlik

,...,, 10 rr parametrləri

olunur və həmin parametrlər hesabi

lə, [ ]baC , separabel fəzadır.

stərək ki, m fəzası parabel deyil. Qeyd Misal 4. Gö

edək ki, -in elem ri məhduddur.

se

mx km entlə ∈= ξ

ardıcıllıqları çoxluğuna baxaq. kk

eldir. Onda elə hesabi mA

x ξsup= . Fərz edək ki,

fəzası separabm ∈ çoxluğu var

ki, A m -də h xdır: ər yerdə sı m= . mA fə

koordinatları yalnız və olan nöqtələrdə ət bütün

mümkün elementlərini götürüb onu ilə işarə edək.

zasının

0 1 n ibar

J [ ]1,0 -

indəki

J

də yerləşən həqiqi ədədlərin ikilik say sistem

ayrılışından istifadə etsək asanlıqla göstərmək olar ki,

çoxluğu həqiqi ədədlər çoxluğuna ekvivalentdir. Deməli,

çoxluğu kontinuum güclü çoxluqdur. -nin elementl

arasındakı məsafə ə bərabərdir. Onda -nin hər bir

elementini mərkəzi həmin elementdə yerləş ə radiusu

J

J əri

1- J

ən v31

mir olan açıq kürələrlə əhatə etsək, bu kürələr cüt-cüt kəsiş

və onlar kontinuum gücə malikdir. Mərkəzi -da yerləşən

kürənin

0x

kx ξ=∀ , ky η= elementləri üçün

68

( ) ( ) ( )32

33,00 +≤+ yxρ ə ola

ti normalı fəza separabeldir.

q ki,

11,,1 =≤= xxyx ρρ . Bu is

bilməz. Deməli, fəzası separabel fəza deyil.

Teorem. Bazisli xət

İsbatı. Tuta

m

E bazisli xətti normalı fəzadır və

ın bazisidir. Göstərək ki, nee ,...,1 bu fəzan E separabel

atural p dədi üçün pA ilə ∑p

nr

mkün elementlər çoxlu şarə edək.

fəzadır. İxtiyari n ən

ne1

şəkilli bütün mü ğ

Burada ədədlərdir. Bu çoxluq sonlu

sayda parametrləri vasitəsilə tə ğundan və

hətta parametr hesabi çoxluqda dəyişdiyind n bu çoxluq

hesabi çoxluqdur. qəbul edək. Başqa sözlə,

0>=

unu i

prr ,...,1 ixtiyari rasional

prr ,...,1 yin olundu

ə

U∞

==

1ppAM M

∑=

p

nnner

1

olduğ

şəkilli bütün mümkün elementlər çoxluğu olsun.

Hesabi sayda hesabi çoxluqların birləşməsi də hesabi çoxluq

undan M çoxluğu hesabidir. İndi göstərək ki, EM = .

İxtiyari Ex∈ elementini götürək. ne sistemi bazis

olduğundan elə həqiqi pλλ ,...,1 ədədləri var ki, ,

başqa sözlə,

∑=

=p

nnnex

1λ

69

=∞→ 1

(2)

Hər bir qey edilmiş

xep

=∑lim λ . n

nnp

d p ədədi üçün ( ) pnr pn ,1, =

rasional ədədlərini elə seçək ki, ( )

n

pnn ep

r 2

1<−λ , p,1=

)2,1 qəbul edək. Göstərək k

r

olsun. 1

== ∑=

perxp

nn

pn

p i,

.

( ) ( ) (

( ) xx p →

( ) ( )

( ) .111

11

pp

p

nnn

p

nnn

p

nn

pn

nnn

n

p

xeeer

xexx

∆′′+∆′=−+−≤

≤−⎦⎣

=−

∑∑∑===

==

λλ

λ (3)

(2) münasibətinə görə

pp

nnp ex +⎥

⎤⎢⎡ − ∑∑λ

0lim =∆ ′′∞→ pp

.

( )( ) ( )( ) ( )∑∑∑===

<−=−≤−=∆′p

nnn

pn

p

nnn

pn

p

nnn

pnp ererer

111λλλ

pp

ppe

ep

p

n

p

nn

n

11112

12

12 =⋅==< ∑∑

==

0lim

. Bu göstərir ki,

=∆′∞→ pp

. Onda (3)-dən alırıq ki, ( ) 0→− xx p , yəni

( )p

pxx

∞→= lim . Beləliklə, Ex∈∀ elementi üçün elə ( ) Mx p ∈

ardıcıllığı var ki, ( )p

pxx

∞→= lim . Bu göstərir ki, M çoxluğu

70

E -də hər yerdə sıxdır. Digər tərəfdən M hesabidir. Onda

E fəzası separabe bat ed

Bu teoremd aydın olur ki,

deyil. Çünki bu fəzada bazis olsa idi, onda fəza separabel

fəza olardı.

Qeyd. Teorem ətl əni

separabel fəza bazisə malik olmaya da bilər.

§11. Hilbert fəzası

Tutaq

ldir. Teorem is ildi.

ən fəzası bazisə malik m

in tərsi, ümumiyy ə, doğru deyil, y

ki, H xətti fəzadır və bu fəzanın ixtiyari yx,

ərin elementlərinə aşağıdakı şərtləri ödəyən və bu elementl

skalyar hasili adlanan ( )yx, kompleks ədədi qarşı

qoyulmuşdur:

1. ( ) 0, ≥xx . ( ) 0, =xx yalnız və yalnız o zaman olur ki,

olsun.

2.

0=x

( ) ( )xyyx ,, = .

λ ədədi üçün ( ) ( )yxyx ,, λλ = . 3. İxtiyari kompleks

Hzyx ∈,, elementləri üçün ( ) ( )+=+ zxzyx ,, 4. İxtiyari

( )zy,+ .

H -a unitar fəza deyilir. Bu halda

71

nRMəsələn, asanlıqla yo aq olar kxlam i, fəzası unitar fəzadır

və bu fəzada skalyar hasil a i təyin olunşağıdakı kim ur:

( ) ∑=

=n

kkkyx

1, ηξ .

Burada fərz edirik ki, ordinatları

bilər.

Əgər fəzanın ix

nöqtələrin ko kompleks də ola

tiyari elementləri üçün ( )yx, skalyar

hasili həqiqidirsə və 3-cü aksiom həqiqi λ -lar üçün ödənirsə,

Honda -a həqiqi unitar fəza deyilir.

Skalyar hasil

1.

in bəzi xassələrini qeyd edək.

( ) ( )yxyx ,, λλ = .

İsbatı. ( ) ( ) ( ) ( )yxxyxyyx ,,,, λλλλ === .

2. ( ) 0,0 =x .

İsbatı. İxtiyari Hy∈ götürsək, ( ) ( ) =−= xyyx ,,0

( ) ( ) 0,, =−= xyxy .

Hzyx ∈,, elementləri və ixtiyari βα , 3. İxtiyari

( ) ( ) ( )zyzxzyx ,,, βαβα +=+ədədləri üçün .

4. Unitar fəzada aşağıdakı düsturla norma təyin edək:

( )xxx ,=

aksiomları öd

. Aydındır ki, bu zaman normanın 1-ci və 2-ci

ənilir. Belə ki, ( ) ( ) === xxxxx ,, λλλλλ

72

( ) ( ) xxxxx ⋅=== λλλ ,,2

Hyx ∈∀ , üçün

. 3-cü aksiomu yoxlayaq:

( ) yxyx ⋅≤, . (1)

1-ci aksioma görə ixtiyari kompleks λ ədədi üçü

)n

( 0, ≥−− yxyx λλ . 3-cü xassəni tətbiq etsək, alarıq ki,

( ) ( ) ( ) ( ) 0,, ≥+ yyyx λλ . ,, −− xyxx λλ

Burada λ ixtiyari ədəd olduğundan ( )( )yy

yx,,

=λ qəbul edə

bilərik. 0≠y ( 0=y olduqda (1) bərabərsizli n ödənməsi

aydındır) götürək.

yini

( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) 0,

,,,

,,,

,,, ≥+−− yy

yyyxyx

yyxyxy

yyyxxx ⇒

( ) ( )( )

( )( )

( )( ) 0

,,

,,

,,

,222

≥+−−yy

yxyy

yxyy

yxxx ,

( )( ) ( )⇒≤ xx

yyyx

,,

, 2

( ) ( ) yxyxyxyx ⋅≤⇒⋅≤⇒ ,, 222 .

(1) bərabərsizliyinə Koşi-Bünyakovski bərabərsizliyi deyilir.

(1)-dən istifadə edərək üçbucaq aksiomunu yoxlayaq. Aydındır

ki,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =+++=++=+ yyxyyxxxyxyxyx ,,,,,2

( ) ( ) 22 ,, yxyyxx +++= .

Burada hər iki tərəfdən modula keçsək, alarıq ki,

73

( ) ( ) 222 ,, y .

ərsizliyə t

xyyxxyx +++≤+

(1)-i axırıncı bərab ətbiq edək:

( )22 yxyxyyx +=+⋅+⋅ ⇒ 22 xyx +≤+

y .

həm də normalı əza ır.

z ölçülü dolu unitar fə

xyx +≤+⇒

Beləliklə, hər bir unitar fəza f d

Tərif. Sonsu zaya Hilbert fəzası

deyilir.

Qeyd edək ki, do lu ə bağ

Məsafə isə yuxarıda təyin etdiyimiz norma ilə təyin olunur.

Məsələn, asanlıqla göstərmək olar ki, fəzası Hilbert

fəzasıdır və bu fəzada skalyar hasil bel əyin olunur:

lu q yığılma və ya məsafə il lıdır.

2

t

l

ə

( ) ∑∞

==

1,

nnnyx ηξ . Burada kompleks hədli ardıcıllıqlara da

baxılır.

Tərif. Əgər fəzada ixtiyari sayda xətti asılı olmayan

elementlər varsa, onda ona sonsuz ölçülü fəza deyilir. Əgər

olarsa, onda ( ) 0, =yx x v ə ortoqonal elementlər deyilir

və belə yazılır:

ə y -

yx ⊥ .

Skalyar hasilin daha 2 xassəsini qeyd edək.

5 (Pifaqor teoremi). Əgər yx ⊥ olarsa, onda

222 yxyx +=+ .

İsbatı. yx ⊥ olduğundan ( ) 0, =yx , onda =+ 2yx

74

( ) ( ) ( ) 2222 ,,, yxyxyyxxyxyx +=+++=++= .

Hyx ∈∀ ,6 (paraleloqram xassəsi). elementləri

üçün ( )2222 2 x=− . yyxyx +++

Misal. [ ]baCL ,2

fəzası. [ ]baCL ,2

ilə [ ]ba,

ə bu f

parçasında

kəsilməz funksiyalar çoxluğunu işarə edək v əzada belə

skalyar hasil təy

in edək: ( ) ( ) ( )∫=b

dttytxyx, . Asanlıqlaa

yoxlanılır ki, skalyar hasil aksiom rı ödənilir. Bu fəzada la =x

( ) ( ) ( )∫∫ ==b

a

b

adttxdttxtx 2 , ( ) ( ) ( ) dttytxyxyx

b

a∫ −=−= 2,ρ .

fəzası dolu fəza deyil.

7 (skalyar hasilin kəsilməzliyi). Əgər ,

isə, onda

[ ]baCL ,2

xxn →

yyn → ( ) ( )yxyx nn ,, → .

İsbatı. Aşağıdakı fərqə baxaq:

( ) ( ) ( )+=− nnnn yxyxyx ,,,

( ) ( ) ( ) ( )yxxyyxyxyx nnnn ,,,, −+−=−+ . Burada Koşi

bərabərsizliyindən istifadə etsək, alarıq ki,

( ) ( ) ( ) ( ) +−⋅≤−+−≤− yyxyxxyyxyxyx nnnnnnn ,,,,

yxxn ⋅−+ .

75

xxn → olduğundan nx ədədi ardıcıllığı məhduddu

Digər tərərfdən

r.

0,0 →−→− xxyy nn . Onda axırıncı

alırıq ki, ( ) ( ) 0,, yxn →− yxn , yəni bərabərsizlikdən

( ) ( )yxyx nnn,,lim =

∞→

fəz

aralığında Lebeq mənada inteqrallanan bütün

hə siyalar çoxluğunu

.

§12. 1L və L aları 2

( )ba,

qiqi funk ( )baL ,1 ilə işarə edək və

aşağıdakı qayda ilə norma təyin edək:

( ) fdxxffb

aL

== ∫1

.

Asanlıqla yoxlanılır ki, təyin etdiyimiz norma üçün norma

aksiomları ödənilir.

1-ci aksiomu yoxlayaq. Əvvəlcə qeyd edək ki, ( )baL ,1

funksiyalar fəzasında ekvivalent funksiyalar və yalnız belə

bərabər hesab edilir. Xüsusi halda, bu fəzada 0=f olması o

deməkdir ki, ( )ba, -də sanki hər yerdə ( ) 0=xf

r yerdə

. Məsələn, bu

fəzada Dirixle funksiyası üçün sanki hə ( ) 0=xD .

76

0 , yəni ( ) Tutaq ki, =f 0=∫ dxxf . Onda Lebeq

xassəsinə görə sanki r yerdə

b

a

inteqralının məlum hə ( ) 0=xf ,

yəni .

Deməli,

0=f

( )baL ,1 xətti normalı fəzadır. Ona görə xəttidir

ki, Lebeq mənada inteqrallanan iki funksiyanın xətti

kombinasiyası da Lebeq ır.

mənada inteqrallanand

( )baL ,1 -də o deməkdir ki, ff n → =− ff n

( ) ( ) 0→−= ∫b

an dxxfxf .

Aşağıdakı teoremləri və nəticəni isbatsız qəbul edək (isbatı

bax: [3, səh.134]).

Teorem (Fatu). Tutaq ki, inteqrallanan ( )xfn

funksiyalar ardıcıllığı çoxluğunda sanki hər yerdə A ( )xf -ə

yığılır. Əgər ( ) µdxfA

n∫ inteqralları məhduddursa, yəni

( ) MdxfA

n ≤∫ µ isə, onda funksiyası da ( )xf A -da

inteqrallanandır və ( ) MdxfA

≤∫ µ .

Teorem (Levi). Tutaq ki, A çoxluğunda

( ) ( ) ......1 ≤≤≤ xfxf n və funksiyaları -da ( )xfn A

77

( ) constinteqrallanandır. Əgər MdxfA

n =≤∫ µ olarsa, onda

-da sanki hər yerdə ( ) ( )xfn

A xfn =∞→

lim limiti var, ( )xf

funksiyası -da inteqrallanand r v A ı ə

( ) ( ) µµ dxfdxfAA

nn ∫∫ =→∞

lim .

Nəticə. Tutaq ki, ( )xun funksiyaları A -da

inteqrallananadır və ( ) 0 . Əg≥xun ər ı

yığılırsa, onda sırası -da sanki hər yerdə yığı r. Bu

sıranın

( )∑ ∫∞

=1n An dxu µ sıras

( )∑∞

=1nn xu A lı

( )xu cəmi -da inteqrallananadır və

Teorem.

A

( ) ( )∑ ∫∫∑∞

=

∞

==

11 n An

A nn dxudxu µµ .

( )baL ,1 fəzası dolu fəzadır və deməli, Banax

fəzasıdır.

İsbatı. İxtiyari fundamental ( )baLfn ,1∈ ardıcıllığını

götürək. fundamental olduğundan onun elə alt

ardıcıllığını seçmək olar ki, hər bir qeyd edilmiş üçün

nfknf

k

( ) ( ) k

b

annnn dxxfxfff

kkkk 21

11<−=− ∫ ++

.

78

Onda Levi teoremindən çıxan nəticəyə görə, +1nf

( ) ( )∑∞

=−+

+1

1k

nn fxfkk

x sırası və deməli, +1nf ( )(∑

∞

=−

+1

1k

n xfk

( ))xfkn− sırası ( )ba, -də sanki hər yerdə müəyyən ( )xf

funksiyasına yığı r ardıcıllığı

olduğundan, sanki hər yerdə

lır. Bu sıranın xüsusi cəmlə

( )xfkn ( ) ( )xfxf

kn

1 kn n

→ .

Göstərək ki, -in normasına görə → .

fundamental olduğundan

L ff f

0>∀ε üçün elə ( )εk nömrəsi var

ki, ( )εα kk >, olduqda

( ) ( ) εαα

<−=− ∫b

annnn dxxfxfff

kk.

∞→α olduqda sanki hər yerdə ( ) ( )xfxfn →α

rabərsizlikdə

olduğundan

Fatu teoreminə görə axırıncı bə ∞→α şərtilə

limitə keçmək olar və həmin teoremə görə ( )xf funksiyası

-də Lebeq mənada inteqrallanandır.

Nəticədə alırıq ki,

( )ba,

( )εεα

kkff n >≤− , . Bu göstərir

ki, fəzasında . Beləliklə, fəzasında

fundamental ardıcıllığı yığılan altardıcıllığa malikdir. Onda

ardıcıllığı yığılır. Deməli, dolu fəzadır. Teorem isbat

edildi.

1L ffkn → 1L

nf

nf 1L

79

fəzası Hilbert fəzası deyil. Bu fə ə skalyar hasil

təyin etmək mümkün deyil ki, həmin skalyar hasilə görə təyin

olunan norma -də biz təyin etdiyimiz norma ilə üst-üstə

düşsün. Bu zaman ixtiyari

1L zada el

1L

1, Lgf ∈ elementləri üçün

paraleloqram qaydası ödənilməlidir:

( )2222 2 gfgfgf +=−++ . (1)

Müəyyənlik üçün ( )π2,01L fəzasına baxaq və göstərək ki,

burada ( ) ( ) xxgxf sin,1 == funksiyaları (1)-i ödəmir.

Aydındır ki,

ππ

212

0=⋅= ∫ dxf ; === ∫∫

ππ

0

2

0sin2sin dxxdxx g

; 422sin20

=⋅== ∫π

xdx

( ) πππ

2sin1sin12

0

2

0=+=+=+ ∫∫ dxxdxxgf ;

ππ

2sin12

0∫ =−=− dxxgf ; 222 8π=−++ gfgf ;

( ) 3282 222 +=+ πgf ; 3288 22 +≠ ππ .

Deməli, Hilbert fəzası deyil.

Göstərmək olar ki,

1L

( )ba,

a qiym

-də kəsilməz funksiyalar

çoxluğu, eləcə də sonlu sayd ətlər alan sadə funksiyalar

çoxluğu ( )baL ,1 fəzasında hər yerdə sıxdır.

80

Eyni qayda ilə ( )baLp , , 1>p fəzası təyin olunur. Belə

ki, ilə ( )baLp , modulunun p -ci qüvvəti ( )ba, -də Leb

rə edilir və

eq

mənada inteqrallanan funksi alar çoxluğ

burada norma belə təyin olunur:

y u işa

( ) p

adxf ⎟⎠⎞

⎝= . Bu

2

b p

Lxf

p

1

⎜⎛∫

fəza dolu fəzadır. ≠p olduqda isə bu fəza Hilbert fəzası

2deyil. İndi isə =p halına baxaq. ( )baL , ilə 2 ( )ba,

atı inteqrallanan bütün həqiqi funksiyalar intervalında kvadr

çoxluğunu işarə edək və burada aşağıdakı qayda ilə skalyar

hasil təyin edək:

. (2)

Əvvəlcə göstərək ki, (2) inteqralı var və

( ) ( ) ( )∫=b

adxxgxfgf ,

( )baL ,2 xətti fəzadır.

( ) ( ) ( ) ( )( )xgxfxgxf 22

21

+≤ olduğundan ixtiyari

( )baLgf ,, 2∈ üçün ( ) ( )xgxf ⋅ funksiyası inteqrallanandır.

Xüsusi halda ( ) 1≡xg götürsək, alarıq ki, ( )ba,

ə

intervalında

kvadratı inteqrallanan funksiyanın özü d inteqrallanandır.

Burada fərz edirik ki, və sonlu ədədlərdir. və

ədədlərindən heç olmasa biri sonsuz olduqda indi dediyi

doğru deyil. Məsələn,

a b a b

miz

( )∞∈+

,01

12L

x. Çünki

81

( ) 2211

0

2

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

∞

∫ dxx

. Lakin 1

11

=+

∞

x 0 x+11

funksiyasının

özü ( )∞,0 -da inteqrallanan deyil, çünki

( ) ∞=∞ . +=+

∞

∫ 00

1ln1

xx

dx

İndi göstərək ki, ( )baL ,2 xətti fəzadır. Tutaq ki,

( )baLgf ,, 2∈ , yəni və .

Onda alırıq ki .

bərabərliyinin sağ tərəfi

( )∫ +∞<b

adxxf 2 ( )∫ +∞<

b

adxxg 2

, ( )( ) =∫b

adxxf 2α ( ) +∞<∫

b

adxxf 22α

( ) fggfgf 2222 ++=+

inteqrallanandır, yəni ( )baLgf ,2∈+ . Deməli, ( )baL ,2 xətti

fəzadır.

Asanlıqla göstərmək olar ki, (2) ilə təyin edilən skalyar

hasil tələb edilən aksiomları ödəyir.

Qeyd eək ki, bu fəzada da ekvivalent funksiyalar və

yalnız belə funksiyalar bərabər hesab edilir.

(2) skalyar hasili aşağıdakı normanı təyin edir:

( ) ( ) ( ) 21

22

2,, ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=== ∫∫

b

aL

b

adxxffdxxffff .

82

( )baL ,2 fəzasın n → da f münasibəti ( )f ∫ −∞→ nn

xflim b

a

( ) 02 →− dxxf münasibətilə ekviva

deyirlər ki,

lentdir. Bu halda bəzən

( )xfn funksiyalar ardıcıllığı ( )ba, aralığında

funksiyasına orta kvadratik yığılır. İki ( )xf ( )baLgf ,, 2∈

elementləri arasındakı məsafə ( ) =−= gfgf ,ρ

( ) ( )∫ −=b

adxxgxf 2

( )xf funksiyasının

kimi təyin edilir. Bu məsafəyə bəzən

( )xg funksiyasından orta kvadratik meyli

deyilir.

Koşi bərabərsizliyini yazaq: ( ) gfgf ⋅≤, . Xüsusi

halda ( ) 1≡xg götürsək, alarıq ki, ( ) 11, ⋅≤ ff .

abdxb

a−=⋅= ∫11

( )

olduğundan buradan alırıq ki,

( ) ( ) 21

2 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−≤ ∫∫

b

a

b

adxxfabdxxf və

. (3)

Beləliklə, ixtiyari

( ) ( ) ( )∫∫ −≤⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ b

a

b

adxxfabdxxf 22

2

( )baLf ,2∈ funksiyası üçün (3)

bərabərsizliyi ödənilir.

Qeyd edək ki, biz və -ni sonlu qəbul etmişik. a b

83

( )baL ,2Lemma. fəzası dolu fəzadır.

n doğruluğunun isbaBu təklifi tı ( )baL ,1 -nin

doluluğunun isbatı kimi

§13. Elementin qabarıq və qapalı çoxluqda ən yaxşı

yaxınlaşmas

Tutaq

göstərilir.

ı

xətti çoxluqdur. Wki, W yx ∈, elementlərini

götürək. parametri t [ ]1,0 parçasında dəyişdikdə ( )yttx −+ 1

şəkilli elementlər çoxluğuna x və elementlərini birləşdirən

və ya ucları

y

x və elementlərində olan parça deyilir. İndi

tutaq ki, xətti fəzanın ixtiyari çoxluğudur. Əgər bu çoxluğa

daxil olan

y

W

yx,∀ elementlərini birləşdirən parça tamamilə bu

çoxluqda y ə, onda -yə qabarıq çoxluq deyilir.

Misal. Göstərək ki, xətti normalı

erləşirs W

E fəzasında

rxx ≤− 0 kürəsi qabarıq çoxluqdur. İxtiyari

( )rxKxx ,, 021 ∈ nöqtələrini götürək. Deməli,

rxxxx ≤−− 0201 ,

ixtiyari

. Bu nöqtələri birləşdirən parçanın

( ) 21 1 xttxu −+= nöqtəsini götürək və göstərək ki,

( )rxKu ,0∈ . Aydındır ki,

84

( ) ( ) ( )( ) ≤−−+−−− 0212 1 xxtxxt =+=− 0010 1 xtxtxxu

( ) ( ) rrttrxxt =−+≤− 102xxt −+−≤ 101 , yəni ∈u

( )rxK ,0∈ . Deməli, verilən kürə qabarıqdır.

Qeyd. Hilbert fəzasında normanın bir xassəsini qeyd

edək. Koşi bərabərsizliyinin isbatından aydı olur ki, həmin

bərabərsizliyi bərabərliyə yalnız və yalnız o zaman çevirmək

olar ki, həmin elementlər as olsun, yəni

n

xətti ılı yx λ= olsun.

Hilbert fəzasında yxyx +≤+ üçbucaq bərabərsizliyi

yalnız və yalnız o zaman bərabərliyə çevrilir ki, yəni yalnız və

yalnız o zaman

yxyx +=+ (1)

olur ki, yx λ= və 0≥λ olsun. Bunu isbat edək. Tutaq ki, (1)

bərabərliyi ödənilir. Onda ( ) ⇒+=+ 22 yxyx

( ) ( )2, yxyxyx +=++⇒ , ( ) ( ) ( ) ( ) =+++ yyxyyxxx ,,,,

22 2 yyxx +⋅+= ⇒

( ) ( ) ( ) yxyxyxyxyx ⋅=⇒⋅=+ 2,Re22,, ⇒

( ) yxyx ⋅=,Re . (2)

(2) bərabərliyindən alırıq ki, ( ) yxyx ⋅≥,

ə

. Digər tərəfdən

Koşi bərabərsizliyinə gör ( ) yxyx ⋅≤, . Axırıncı

85

( ) yxyx ⋅= ı ır. Bu bərabərlik isə bərabərsizlikdən , al n

yalnız yx λ= old (burada λuqda ödənilir kompleks ədəddir).

(1)-i (2)-də nəzərə alaq:

( ) yyyy ⋅⋅= λλ ,Re ⇒ 22Re yy ⋅= λλ ⇒

22 Re yy ⋅= λλ .

Fərz edək ki, 0≠y ( 0=y olduqda təklifin doğruluğu

aydındır). Onda λλ =Re λ olur. Bu göstərir ki, həqiqidir və

x y0≥λ 0λ= və ≥λ. Deməli, . Tərsinə hər yəni əkət etsək,

yx λ= və 0≥λ olarsa, onda (1) bərabərliyinin ödənildiyini

alarıq.

Teorem. H Hilbert fəzasında qapalı, qabarıq

çoxluğu ən kiçik normalı elementə malikdir və bu element

yeganədir.

İsbatı.

W

udWu∈

= inf qəbul edək və göstərək ki, elə Wu∈

elementi var ki, du = . İnfimumun xassəsinə görə istənilən

üçün Wu∈ du ≥ və Wun ∈ ardıcıllığı var ki, dunn=

∞→lim .

İxtiyari və nömrələrini götürək. qabarıq vən m W Wum ∈

olduğundan ( ) Wuu mn ∈+21

(burada 21

=t götürürük). Onda

86

( ) duu mn ≥+21

, ( ) duu mn ≥+ Paraleloqram asın2 . qayd a

görə =2u++− 2mnmn uuu ( )222 uu + . Buradan alırıq mn

ki, =−≤ 20 mn uu ( ) ( +≤+−+ 222 nmnmn uuuuu 222

) 22 4dum −+ ∞→mn, . Burada şərtilə limitə keçsək,

22 dun → , 22 d→ olduğundan sağ tərəf sıfra um

yaxınlaşır. Nəticədə alırıq ki, 02 →− uu , mn 0→− uu .

Fəza dolu olduğundan bu

Tutaq ki, uu → . Wu

mn

Deməli fundamental ardıcıllıqdır.

ardıcıllıq yığılır.

nu

n n ∈ və W qapalı

olduğundan Wu∈ . Digər tərəfdən uun → , dun →

olduğundan du = . Beləliklə və, Wu∈ du = .

ini göstərəİndi isə belə elementin yeganəliy k. Tutaq ki,

du =′ şərtini ödəyən başqa bir Wu ∈′ elementi var. Onda

( ) Wuu ∈′+21

və deməli, duu ≥′+21

⇒ duu 2≥′+ .

Digər tərəfdən üçbucaq bərabərsizliyinə görə +≤′+ uuu

du 2=′+ . Bu iki münasibətdən alırıq ki, duu 2=′+ və ya

uuuu ′+=′+

yalnız və yalnı

. Yuxarıdakı qeydə görə bu bərabərlik

z o zaman mümükündür ki, uu λ=′ , 0≥λ

87

uu λ=′ ⇒ dd λ= ⇒ 1=λolsun. Onda . Deməli,

uuu ==′ λ .

Qeyd edək k

Paraleloqram

i, yeganəliyi başqa üsulla da göstərə bilərik.

qaydasına görə =′−≤ 20 uu

( )2 22 −′+= uu 0444 22222 =−≤′+−=′+ dduuduu ;

uuuu ′=⇒=′− 0 . Teorem isbat edildi.

Nəticə. Tutaq ki, H Hilbert fəzasında qapalı, qabarıq

çoxluğu vəW Wh ∈ elementi verilmişdir. Onda elementi

-də ən yaxşı, yeganə yaxınlaşmasına malikdir, yəni

də -dan ən qısa məsafədə yerləşən yeganə elementi var.

Başqa sözlə,

h

W u W -

h u

( ) Wxxhx ∈−= ,ϕ funksiyası yeganə Wu∈

nöqtəsində özünün ən kiçik qiymətini alır.

İsbatı. Ω ilə Wxxh ∈− ,

stərsək ki, bu

ələb ediləni alm

şəkilli elementlər

çoxluğunu işarə edək. Gö çoxluq ən kiçik normalı

elementə malikdir, onda t ış olarıq. qapalı

və qabarıq olduğundan asanlıqla göstərilir ki,

W

Ω -da qapalı və

qabarıqdır. Doğrudan da, Ω -nın ixtiyari iki

Wxxxhxh ∈−− 2121 ,,, elementlərini götürsək,

( ) ( )( ) ( ) Ω∈⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+−=−−+−=

∈4434421

W

xttxhxhtxhtu 2121 11 .

88

ΩDeməli, qabar lııqdır. Onun qapa lığını göstərək. Tutaq ki,

Wxxh nn ∈− , cıll

müəyyən

ardıcıllığı yığılır. Onda nx ardı ığı da

x ele

olduğundan

mentinə yığılır: xxn → . W qapalı

W . Onda ( ) Ω∈−=−∞→

xhxhn

. Bu x∈ nlim

göstərir ki, Ω qapalıdır. Onda teoremə görə Ω ən kiçik

normalı ( )Wuuh ∈− elem ə malikdir. Nəti entin cə isbat

edildi.

§14. Beppo – Levi teoremi. Ortoqonal proyeksiya.

Hilbe toqonal ayrılışı

Tutaq

rt fəzasının or

ki, H Hilbert fəzası verilmişdir. Xətti

çoxluğunu götürək. Aydındır ki, unitar fəzadır. Əgər

həm də qapalı çoxluqdursa, onda onun özü də Hilbert fəzas

Çünki

HH ⊂1

1H 1H

ıdır.

1Hxn ∈ fundamental ardıcıllığını götürsək, H fəzası

dolu olduğundan bu ardıcıllıq yığılır. qapalı olduğundan

onun limiti ə daxildir. Deməli, -də hər bir fundamental

ardıcıllıq bu fəzanın elementinə ır. Ona görə də

doludur.

Tərif. Xətti qapalı çoxluğuna

1H

1H - 1H

yığıl 1H

HH ⊂1 H fəzasının alt

fəzası deyilir.

89

Teorem (Be eoremi – o onal proye

haqqında teorem). Tutaq ki,

ppo – Levi t rtoq ksiya

H Hilbert fəzası və onun alt

fəzasıdır. Onda ixtiyari

1H

Hu∈ elementi aşağıdakı ayrılışa

malikdir:

, uuuu 121 , HuH121 ∈+=

Bu ayrılış yeganə

yaxşı yaxınlaşmasıdır

İsbatı. Hər

⊥ .

dir. 1u elementi u elementinin 1H -də ən

.

hansı u H∈ eleme əntini götürək v 1Hv∈

olmaq şərtilə bütü − elem

ilə işarə edək:

n mümkün u entləri çoxluğunu W v

1: HvvuW ∈−= . 1H alt olduğundan fəza

asanlıqla yoxlamaq olar ki, qabar çoxluqdur. Doğrudan

da, ixtiyari

W ıq

11 Hvu ∈− və 12 Hvu ∈− elementlərini götürsək,

alt fəza olduğundan

( ) ( )( ) ( ) vuvttvuvutvutv

−=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+−=−−+−4434421 2121 11 .

1H 1Hv∈ . Onda Wvu ∈− . Deməli,

qabarıqdır. Bu halda bilirik ki, o həm də qapalıdır. Onda

çoxluğu ən kiçik normalı elementə malikdir. Həmin elem

ilə işarə edək.

W

W

enti

2u Wu ∈2 olduğundan elə 11 Hu ∈ elem

var ki,

enti

12 uuu −= . Buradan isə 21 uuu += və 11 Hu ∈ . İndi

göstərək ki, 12 Hu ⊥ . Bunun üçün ixtiyari 1Hv∈ elementini

götürək və göstərək ki, vu ⊥2 . İxtiyari λ kompleks ədədi

90

üçün Wvu ∈− λ2 . Çünki , Hu ∈2 1Hv∈λ . -nin ən

kiçik normalı elem

2u W

enti olduğundan 2

22

222 uvuuvu ≥−⇒≥− λλ və ya

( ) 2222 , uvuvu ≥−− λλ ,

( ) ( ) 22

2 ≥+λ 222

2 ,, uvvuuvu −− λλλ ,

( ) ( ) 0,, 2222 ≥+−− vvuuv λλλ .

λ ədədi üçün dBu münasibət ixtiyari kompleks oğru

olduğundan ( )

22 ,v

vu=λ qəbul edə bil rik. N ədə alarıq ki, ə ətic

( ) ( ) ( )0

,,,2

22

2

22

2

22 ≥+−−

v

vu

v

vu

v

vu.

Sol tərəf müsbət deyil. Onda buradan alırıq ki,

( ) ( ) 0,0,

22

22 =⇒= vuv

vu, yəni vu ⊥2 . Bu göstərir ki,

həm də ə ortoqonaldır. Beləliklə,

2u

1H - 21 uuu += , 11 Hu ∈ ,

İndi isə bu ayrılışın yeganəliyini göstərək. Tutaq ki,

var:

12 Hu ⊥ .

iki ayrılış 21 uuu += , 11 Hu ∈ , 12 Hu ⊥ ; 21 uuu ′+′= ,

11 Hu ∈′ , 12 Hu ⊥′ . Buradan alırıq ki,

2121 uuuu ′+′=+ , 2211 uuuu ′−=′− . (1)

91

( ) ( ) =′−⊥′−Aydındır ki, 122 Huu ⊥′− 122 uuu 1u . Onda

( )22 uu ′−= . Deməli, 22 uu ′− elementi özünə ortoqonaldır.

Öz-özünə ortoqonal element ln z sıfıya ı r olduğundan

022 =′− uu , yəni 22 uu ′= . (1)-dən alırıq ki, 011 =′− uu , yəni

. Deməli, ay ədi

Asanlıqla yo zasına

olan bütün mümk

Həmin alt fəzaya

11 uu ′= rılış yegan r. Teorem isbat edildi.

xlamaq olar ki, 1 alt fə ortoqonal

ün elementlər çoxluğu alt fəza təşkil edir.

1H -in

H

H -a qədər ortoqonal tamamlayıcısı

arələrdən biri ilə işarə edəcəyik: ⊥1H və yadeyəcəyik və bu i ş

H Ө Levi teo inə ə1H . rem ixtiyari Hu∈ gör ele belə

göstərilir:

menti

21 uuu += , 11 Hu ∈ , . Bu halda

deyəcəyik ki,

⊥⊥ 12 Hu

H Hilbert fəzası və alt fəzalarının

ortoqonal cəminə bərabərdir:

Tutaq

1H ⊥1H

⊥⊕= 11 HHH .

ki, HBA ∈, çoxluqları verilmişdir. Ax∈ ,

olmaq şərtilə bütün mümkün By∈ yx + elementləri

çoxluğuna A və B çoxluqlarının düz cəmi deyilir və belə

işarə edilir: BA + və ya BA⊕ . İki alt fəzanın düz cəmi alt

fəza olmaya bilər. Buna m maq olar. Lakin iki ortoqonal

alt fəzanın düz cəmi alt r. Bu halda düz cəm ortoqonal

cəmə çevrilir. Bunu göstə k. Tutaq ki, alt fəzalardır

və , yəni ixtiyari

isal qur

fəzadı

rə 21 , HH

11 HH ⊥ 1Hu∈ və 2Hv∈ üçün ( ) 0, =vu .

92

Göstərək ki, 21 HH + alt fəzadır. Bu çoxluğu q

olması aydındır. göstərək. Tutaq ki,

n xətti çoxlu

Onun qapalılığını

21 HHvu nn +∈+ ard ıllığı yığılır. Pifaqor teoreminə görə ıc

( ) ( ) ( ) ( )

.2

22mn =−+−=

2mnmn

mnmmnn

vvuu

vvuuvuvu

−+−=

+−+ (2)

yığılan olduğundan fundamentaldır. Onda (2)-nin sol nn vu +

tərəfi ∞→mn, olduqda s ır. Deməli, sağ t

sıfra yaxınlaşır.

ıfra yığıl ərəf də

0→− mn uu , 0→− mn vv . Bu ,

və

göstərir ki

2H1Hun ∈ vn ∈ fundamental ardıcıllıqlardır və deməli,

yığılır. 1Huun ∈→ , 2Hvvn ∈→ . Buradan alırıq ki,

( ) 21 HHvuvu nn +∈+→+ . Beləliklə, 21 HH + qapalıdır və

deməli, alt fəzadır.

İndi fərz edək ki, cüt-cüt ortoqonal HHH n ∈,...,1

a ortoqonal cəmi

alt

fəzaları verilmişdir. Bu fəzaların düz və y ni

ilə işarə edək: 0H nHHHH ⊕⊕⊕= ...210 . Başqa sözlə,

nkHuuuH kkn ,1,,...10 =∈++=

teoreminə görə ⊥⊕= 00 HHH

⊥⊕⊕⊕⊕= 021 ... HHHHH n . Burada

. Beppo – Levi

. Buradan alırıq ki,

cüt-

, ixtiyari

⊥01 ,,..., HHH n

cüt ortoqonal alt fəzalardır. Deməli Hu∈ elementi

aşağıdakı yeganə ayrılışa malikdir:

93

⊥∈∈0 ,, HuHuu kk . (3) +++= 001 ... uuu n

Qeyd edək i, cüt-cüt ortoq al 1 elem

üçün aşağıdakı üm

k on ., entləri

umiləşmiş Pifaqor teoremi doğrudur:

nuu ,..

221 ... nu++ . 2

1 ... n uuu =++

Onda (3) bərabərliyinə görə ∑=

+ u0

=n

kkuu

1

222 . Buradan

∑=

≤ u , kun

kku

1

22 H k∈ .

(4) bərabərsizliyinə B liyi dey

Əgər

tamamlayıcısıdırsa, onda -də alt fəzasının ortoqonal

tamamlayıcısıdır. Bu Beppo – Levi teoremindən istifadə

etməklə alınır.

(4)

essel bərabərsiz ilir. ⊥

1 1H alt fəzasının ortoqonal H

1H ⊥1H

21 uuu += , 11 Hu ∈ , 12 Hu ⊥ münasibətinə baxaq.

elementinə elementinin alt fəzasına ortoqonal

proyeksiyası deyilir.

Beləliklə, hər bir

1u

u 1H

Hu∈ elementinə onun -də yeganə

ortoqonal proyeksiyası qarşı qoyulur. Bu qayda ilə hər bir

elementinə

1H

1u

Hu∈ 11 Hu ∈ elementini qarşı qoyan operatoru

ilə işarə edək: P Puu =1 . Deməli, 2uPuu += . P -yə alt

fəzasına ortoqonal proyeksiyalayan operator deyilir.

1H

94

İndi fərz edək ki, hesabi sayda cüt-cüt ortoqonal

alt ş,...,...,1 nHH fəzaları verilmi dir. İxtiyari Hu∈

elementinin -dak

edək. Onda (4) bərabərsizliyi doğ əmin

bərabərsizlikdə

kH ı ortoqonal proyeksiyasını ku ilə işarə

ru olar. H

∞→n şərtilə limitə keçsək, alarıq ki,

∑ ∞

=

(5)-ə də Bessel bə

ki, ixtiyari

≤1

22

nn uu . (5)

rabərsizliyi deyilir. Bu bərabərsizlik göstərir

Hu∈ elementi la

kvadratlarından təşkil edilmiş sıra yığılır.

§15. Tam elementlər sistemi. Parseval bərabərliyi

Tutaq

nin proyeksiya rının normalarının

ki, E xətti fəzadır və EM ⊂ çoxluğu

verilmişdir. M -in elementlərinin bütün mümkün xətti

kombinasiya çoxluğuna ları M çoxluğunun xətti örtüyü deyilir

və belə işarələrdən biri ilə i edilir: və yaşarə )(ML [ ]M .

İndi fərz edək ki, E həm də metrik fəzadır. Onda

asanlıqla yoxlanılır ki, x tti örtüyün qapanması alt fəzadır.

Əgər həmin alt fəza bütün fəza ilə üst-üstə düşərsə, yəni

ə

[ ] EM = olarsa, onda M -ə tam çoxluq deyilir.

95

Teorem. Əgər H uni zadırsa, tar fə EM ⊂ çoxluğu

M çoxluğuna ortoqona element yeganə tamdırsa, onda l ol

olub sıfra bərabərdir.

İsbatı. Tutaq ki,

an

Mu ⊥ . Onda skalyar hasilin məlum

elementi xassəsinə görə u M -in elementlərinin istənilən xətti

a ortoqonaldır. Deməli, kombinasiyasına d [ ]Mu ⊥ . Skalyar

hasilin kəsilməzliyi xass

çoxluğunun elementl

ardıcıllığın limitinə də ğunu alırıq. Doğ

əsinə görə bu elementin, yəni u -nun

[ ]M ərindən təşkil edilm ari yığılan iş ixtiy

ortoqonal oldu rudan da,

[ ] ( ) 0,,, =→∈ zzMz nnn uz olduğundan ( ) 0, =uz olur. Bu

[ ]Mu ⊥ . Dig ərəfdən ər t [ ]göstərir ki, H= olduM ğundan

alırıq ki, Hu ⊥ . Fəzaya ortoqonal olan element isə yalnız

sıfırdır, çünki Hu ⊥ olduğundan uu ⊥ , yəni

( ) 00, =⇒= uuu . Teorem isbat edildi.

Teorem. Tutaq ki, H Hilbert fəzasıdır. HM ⊂

çoxluğunun tam olması üçün zəruri və kafi şərt bu çoxluğa

ortoqonal olan elementin yalnız sıfır element olmasıdır.

İsbatı. Zərurilik əvvəlki teoremdən çıxır.

Kafilik. Tutaq ki, M çoxluğana yalnız sıfır element

ortoqonaldır, yəni Mu ⊥ olarsa, onda 0=u . Göstərək ki, M

tam çoxluqdur. Əksini fərz edək. Tutaq ki, [ ] HHM ≠= 0 .

Aydındır ki, alt fəzadır. Onda Beppo – Levi teoreminə 0H

96

görə -a orto ır var.

Doğrudan da,

0H qonal olan sıf dan fərqli element

Hu ∈ elem ək, Beppo – Levi entini götürs

teoreminə görə 0, Huuuu ∈′′′+′= , 0Hu ⊥′′ ; 0≠′′u , çünki

əks halda Huu ∈′= olardı. Demə 0H -a ortoqonal olan0 li,

elementi var. Onda bu elem0≠′′u ent M çoxluğana da

daxildir, çünki, . Ziddiyyət aldı ə ki, şərtə görə 0HM ⊂ q. Bel

M -ə ortoqonal sıfırdan , fərqli element yoxdur. Bu göstərir ki

M tam çoxluqdur t edildi.

Teorem. Tutaq ki,

. Teorem isba

H Hilbert fəzasıdır və bu

fəzanın cüt-cüt ortoqonal alt fəzalar ardıcıllı

elementini götürək və onun alt fəzasındakı

proyeksiyasını ilə işarə edək. Onda

1. sırası yığılır.

2. Bu sıranın cəmi elementinin

nHH ,...,1

ğıdır. İxtiyari

Hu∈ kH

ku

∑∞

=1kku

0u u ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=∞

= kkHUH

10

alt fəzasındakı proyeksiyasıdır.

İsbatı. Bessel bərabərsizliyinə görə 22

1uu

kk ≤∑

∞

=. Bu

göstərir ki, 2

1∑∞

=kku (1)

97

∑ sırasının ∑ədədi sırası yığılır. ∞

=1kku

=1ə

baxaq. Ümumiləşmiş

=n uv xüsusi cəmlərin

Pifaqor teoreminə görə

n

kk

2

1

2

1

+

=pnp

uu2

∑∑+=

+

+=+ =−

nkk

n

nkknpn vv .

olduqda bu bərabərsizliyin sağ tərəfi sıfra yığılır,

ədədi sırası yığılır. O

∞→n

çünki (1) nda ∞→n olduqda

0→−+ npn vv . B nta

Fəza dolu olduğun ığ

Aydındır ki,

u göstərir ki, nv ardıcıllığı fundame ldır.

dan bu ardıcıll ılır. Tutaq 0uvn → .

0H

ıq y ki, vn ∈ və 0H undan 0u 0H∈qapalı olduğ .

Beləliklə, sıras

İnda göstərək ki, elementinin -dakı proyeksiyası

-dır. Şərtə görə -nun -dakı proyeksiyası -dır.

Göstərək ki, ın da -dakı proyeksiyası -dır. Doğrudan

da, . Aydındır ki,

∑∞

=1kku ı yığılır və onun cəmi -dır. 0u

u 0H

0u u kH ku

0u - kH ku

uuuuuu kik

iki

i ′+=+== ∑∑≠

∞

=10

kkk HuHu ⊥′∈ , (çünki alt fəzaları cüt-cüt

ortoqonaldır). Bu göstərir ki, ın -dakı proyeksiyası

olur. Onda

iH

0u - kH ku

0uu − fərqinin -dakı proyeksiyası sıfırdır.

Başqa sözlə,

kH

kHuu ⊥− 0 . Deməli, 0uu − hər bir alt

fəzasına ortoqonaldır. Skalyar hasilin məlum xassələrinə görə

kH

98

buradan ardıcıl olaraq alırıq ki, elementik

HU=1

cəminə,

xətti ortoqonaldır və deməli,

0uu − k

∞

örtüyünə də ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ∞

= kkHU

1

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=∞

= kkHUH

10 alt fəzasına ortoqonaldır. Başqa sözlə,

uuu ′′=− 0 qəbul etsək, Hu 0⊥′′ olduğunu alarıq. Deməli,

uuu ′′+= 0 0 Hu ∈ , 0 0Hu ⊥′′ . Bu göstərir ki, -nun

dakı proyeksiyası -dır. Teorem isbat edildi.

Tərif. Tutaq

u 0H -

0u

ki, g Hgg n ∈,...,...,, 21 eleme temi ntləri sis

verilmişdir. Əgər ( ) mgg mn ≠n= ,0, və ( ) 0, ≠nn gg olarsa,

onda bu sistemə ortoqonal sistem deyilir. olaraq

fərz etsək ki,

Əgər əlavə

( ) 1,2 == nnn ggg , onda bu sistemə ortonormal

sistem deyilir.

Hər bir ortoqonal sistemi onun elementlərini müəyyən

sabitlərə vurmaqla ortonormal etmək olar. Doğrudan da, əgər

ortoqonal sistemdirsə, onda ngn

nn g

ge = qəbul etsək, ne

sistemi ortonormal olar. Belə ki, 11=⋅== n

nn

nn g

ggg

e .

İndi fərz edək ki, Hen ⊂ ortonormal sistemi

verilmişdir. elementinin xətti örtüyünü ilə işarə edək: ne nH

99

=nH λλ :ne kompleks ədəddir. Aydındır ki, alt

fəzadır. İxtiyari

nH

Hu∈ elementini götürək və onun -dəki

proyeksiyasını

nH

nu ilə işarə edək. Onda eu nn λ= . λ sabitini

tapmaq üçün bu bərab rəfini

vuraq:

ərliyin hər iki tə skalyar ne -ə

( ) ( ) ( ) λλ == nnnnn eueeu ,,, ne , . Onda == nn eu λ

( ) nnn eeu ,= .

Beppo – Levi teoremindən istifadə etsə k, alarıq ki,

( ) ( )nnn eueu ,, = . Deməli, ( ) nnn eeu,u = . Bessel

ə bərabərsizliyinə gör 22

uun ≤∑1n

∞

=

yerinə yazsaq, alarıq ki,

. -in ifadəsini burada nu

( ) 22

1, ueu

nn ≤∑

∞

=. (2)

(2)-yə də Bessel bərabərsizliyi deyilir.

İndi fərz edək ki, ne ortonormal systemi H -da tamdır,

yəni HHU kk=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ∞

=1

ərliyə çevrilir.

. Bu halda göstərək ki, (2) bərabərsizliyi

bərab Yuxarıda isbat etdiyimiz teoremə görə

sırasının cəmi elementinin ∑∞

=1kku 0u u ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=∞

= kkHUH

10

rziyyəmizə gör

alt

fəzasındakı proyeksiyasıdır. Fə ə

olduğundan elementi -nun HH =0 0u u H -dakı

100

u 0u= , nk əzadakproyeksiyasıdır. Onda çü i elementin f ı

proyeksiyası həmin elem əli,

k

u (3)

və ya

entdir. Dem

∑∞

==

1ku

( ) nk

n eeuu ∑∞

=

(4) göstərir ki,

=1

, . (4)

ne sistemi H -da bazis təşkil edir. (3)

mlər ardıcıllığını ilə işarə edək. Pifaqor sırasının xüsusi cə

teoreminə görə

nv

∑=

nv =

kkn u

1

22 . Burada ∞→n şərtilə limitə

keçsək, alarıq ki,

∑∞

==

1

22

kkuu (5)

və ya

( )∑∞

==

1

22 ,k

keuu . (6)

Beləliklə, tam ortonormal ne sistemi üçün (5), (6)

münasibətləri doğrudur. Bu bərabərliklərə Parseval

bərabərlikləri deyilir. Bu təklifin tərsi də doğrudur. Başqa

sözlə, aşağıdakı teorem doğrudur.

Teorem. Hen ⊂

ı üçün z

ortonormal sisteminin tam sistem və

ya bazis olmas əruri və kafi şərt ixtiyari Hu∈

101

elementi üçün bu sistem üzrə (6) Parseval b

ödənilməsidir.

İsbatı. Zəruriliyi yuxarıda gö

Kafilik. Tutaq ki, ixtiyari

ərabərliyinin

stərdik.

Hu∈ üçün (6) münasibəti

ödənilir. ne sis qonal elementini götürsək,

olar. Onda (6)-dan alarıq ki,

teminə orto u

( ) 0, =neu 0=u , yəni 0=u .

Deməli, ne sisteminə o

Bu halda bilirik ki, sistem tamdır. Teorem isbat edildi.

Misal.

rtoqonal olan element yalnız sıfırdır.

( )ππ ,2 −L -də ( ),...2,1,021

±±=neinx

π

i tam ortonormal sistemdir. Onun tamlığı funksiyalar sistem

tam sisteminin hər bir funksiyasının

funksiyalarının xətti kombinasiyası olması faktından ç

ayrılışının Furye əmsalları bu düsturla

,...sin,cos,1 xx inxe

ıxır.

( ) ∑∞

−∞==

n

inxnecxf

hesablanır: ( ) ,...2,1,0,21

±±== ∫−

− ndxexfc inxn

π

ππ.

§16. Separabel Hilbert fəzalarında bazislik.

Separabel fəzaların izomorfluğu

Biz göstərmişdik ki, bazisli fəza separabeldir və bu

təklifin tərsi, ümumiyyətlə, doğru deyil. Hilbert fəzaları üçün

isə bu tərs doğrudur. Bunu aşağıda göstərəcəyik.

102

Tutaq ki, H Hi

(1)

və

elementləri sistem bir elementi

(2)-nin müəyyən elementlərinin və eləcə də (2)-nin h

elementi (1)-in müəyyən elementlərinin xətti kombinasiyası

şəklində göstərilirs u iki sistemə ekvivalent sistemlə

deyilir. Məsələn, fəzada iki bazis verilmişsə, bu bazislər

ekvivalent sisteml ydındır kvivale mlər eyni

xətti örtüyə malik tem

deyil. Onunla ekvivalent olan elə (2) sistemini quraq ki, bu

sistem ortonormal olsun.

lbert fəzasında

,...,...,1 nee (2)

i verilmişdir. Əgər (1)-in hər

ər bir

ə, onda b r

ərdir. A ki, e nt siste

dir. İndi fərz edək ki, (1) sis i xətti asılı

,...,...,1 ngg

1

11 g

ge = və 11 gh = qəbul edək.

Aydındır ki, 11 =e . 122 egh λ−= şəkilli elementlərə baxaq.

λ sabitini elə seçək ki, 12 eh ⊥ olsun. Onda ( ) 0, 12 =eh

şərtindən alırıq ki, ( ) 0, 112 =− eeg λ . Buradan

( ) ( ) ( )121112 ,0,, egeeeg =⇒=− λλ (çünki ( ) 1, 11 =ee ).

Deməli, ( ) 11222 , eeggh −= və 12 eh ⊥ . 2

22 h

he = qəbul

etsək, 12 =e və 12 ee ⊥ olar. 221133 eegh λλ −−= şəkilli

elementlərə baxaq. 1λ və 2λ -ni elə seçək ki, 13 eh ⊥ və

103

23 eh ⊥ olsun. Onda ( ) 0, 13 =eh və ( ) 0, 23 =eh şərtlərindən

alırıq ki, ( ) 0, 122113 =−− eeeg λλ , ( ) 0, 222113 =−− eeeg λλ .

Onda , 13( ) və ( ) 0, 223 =− λeg . Buradan isə 01 =− λeg

( )131 ,eg=λ , ( )232 ,eg= olur. Deməli, −= 33 gh λ

( ) ( ) 22 e3113 ,, egeeg −− , 13 eh ⊥ , 23 eh ⊥ . 3

33 h

he = qəbul

etsək, 13 =e , 13 ee ⊥ , 23 ee ⊥ olduğunu alarıq. Bu prosesi

sonsuz davam etdirsək, nəticədə nhn

nh

e = , −= nn gh

( ) ( ) ...22,, 11 −e ( ) 11, −−− nnn eeg bərabərliyi il−− egeeg nn ə təyin

edilən ne ortonorm q. Bu halda (2)

sisteminin qurulması ə (2) sistemləri

ekvivalentdir.

Beləliklə, (1) sistem ekvivalent olan ortonormal (2)

sistemini aldıq. Bu qay tətbiq etdiyimiz

ortonormallaşdırma prosesin ortonormallaşdırma və

ya ortoqonallaşdırm ilir. Bu proses həm də onu

göstərir ki, istənilə ək olar və yeni

alınan sistem də bazisdir (çünki ə ekvivalentdir).

Teorem. Hər bir sepa zası bazisli fəzadır.

İsbatı. Tutaq ki,

al sistemini aları

ndan aydın olur ki, (1) v

i ilə

da ilə

ə Şmidtin

a prosesi dey

n bazisi ortonormal etm

əvvəlki bazis

rabel Hilbert fə

H separabel Hilbert fəzasıdır. Onda bu

fəzada hər yerdə sı hesabi x olan ,..., 21 xxM = çoxluğu var.

104

Bu çoxluqda sıfır elem

yenə də hər yerdə sıx olacaq.

ent varsa, onu ataq. Yerdə qalan çoxluq

11 ϕ=x qəbul edək və xx

elementlərinə baxaq. Bu

,..., 32

nların arasında eləsi var ki, 1ϕ -lə x

ementlərin hər biri 1

ətti

asılı deyil. Çünki bu el ϕ -lə xətti asılı

olsaydı, onda M çoxluğu v də onun qapanması

ı. Bu halda

ə həm

birölçülü çoxluq olard MH = fəzas çülü

ert fəzasına görə mümkün deyil. 1

ı da biröl

olardı. Bu isə Hilb ϕ -lə xətti

elemen ex olsun. exasılı olmayan ilk t =2ϕ qəbul edək və

ləri ardıcıllığına bax Bunların

r ki, 1

,...,, 21 ++ ee xx element aq.

içərisində eləsi va

ϕ və ex=2ϕ elementi ilə xətti asılı

deyil. Çünki əks halda M -in bütün elementləri ,

elementləri ilə ifadə olunard və bu halda həm

1x ex

ı M , həm də

HM = fəzası ikiölçülü olardı. Bu elementlər içərisində 1ϕ və

2ϕ ilə xətti asılı olmayan ilk elementi 3ϕ ilə işarə edək və s.

Bu prosesi sonsuz davam etdirək. N ədə biz xətti asılı

olmayan

ətic

Mn ⊂ϕ sistemini alırıq. Bu sistemin qurulma

qaydası r ki, ndan aydın olu M -in hər bir elementi bu sistemin

müəyyən elementlərinin x mbinasiyasına bərabər olur.

Onda

ətti ko

M çoxluğu nϕ sisteminin xətti örtüyünə daxildir.

nϕ sistemi ilə ekvivalent ne

alikdir.

sistemi ortonormaldır və bu

iki sistem eyni xətti örtüyə m

105

çoxluğu M Deməli, ne rtonormal sisteminin xətti o

örtüyünə daxildir: HeL n ⊂ . M ⊂ Şərtə görə HM =

an alırıq ki, HeL n = . Bu halda bundan

östərm ortonormal sis

olduğundan burad

əvvəlki mövzuda g işdik ki, temi ne H -

H da həm tamdır, hə is təşkil e , m də baz dir. Deməli bazisli

bat edildi. fəzadır. Teorem is

Biz həm də öst

Onda aşağıdakı nətic

Nəticə.

g ərmişik ki, bazisli fəza separabeldir

əni alırıq:

H Hilbert f

kafi şərt onun separabel olmas

Misal. Hilbert fəzasına baxaq. -lə -ci

komponenti

əzasının bazisli olması üçün zəruri və

ıdır.

2l ne m

mnδ -ə bərabər olan elementi işarə edək. Burada

olduqda nm = 1=mnδ , olduqda isə nm ≠ 0=mnδ

götürülür. Aydındır ki, ne ortonormal çoxluqdur. -dən

olan

2l

( ),..., 21 fff = vektoru üçün ( ) nn fef =, olur. Bütün

lər üçün

n -

( ) 0, =nef isə, onda . Deməli, 0=f ne tamdır və

əvvəlki mövzudakı hökmlərə görə ne bazisdir.

Tutaq ki, iki və Hilbert fəzaları verilmişdir.

Əgər bu fəzalar arasında aşağıdakı üç şərti ödəyən qarşılıqlı

birqiymətli uyğunluq olarsa, onda bu uyğunluğa izomorfizm,

bu fəzalara isə izomorf fəzalar deyilir:

1H 2H

106

1, Hyx ∈ elementlərinə 2, Hyx ∈′′1. elementləri qarşı

qoyulursa, onda +′ ′x yyx + elementinə elementi qarşı

qoyulur.

2. α skalyar ədəddirsə, xα elementinə x′α elementi

qarşı qoyulur.

3. ( ) ( )yxyx ′′= , .

eparabel Hilbert fəzalar

,

Teorem. S ı bir-birinə

izomorfdur.

İsbatı. Teoremin isbatı üçün hər bir separabel H Hilbert

fəzasının fəzas uğunu göstərm

İxtiyari

2l ı ilə izomorfl ək kifayətdir.

Hu∈ elementini götürək. Bundan əvvəlki teoremə

görə H -da ne

( )

ortonormal bazisi var. Onda

eeuu ayrılışı doğrudur. Bessel

bərabə ə görə ədədi sırası yığılır. Bu göstərir ki,

ədədi ardıcıllığı fəzasına daxildir. Bu

qayda ilə biz hər bir

∑∑∞

=

∞

===

11,

nnn

nnnec

rsizliyin ∑∞

=1

2

nnc

,...,...,1 nccc = 2l

Hu∈ elementinə onun Furye

əmsallarından təşkil edilmiş 21 ,...,..., lccc n ∈=

gər ixtiyari 2lc

elementini

qarşı qoyuruq. Tərsinə, ə ∈ elementini

götürsək, ona elementi qar lur. Hecun

nn ∈= ∑∞

=1şı qoyu

107

İndi göstərə

izomorfizm şərtlə

k ki, bu qarşılıqlı birqiymətli uyğunluq

rini ödəyir. ∑∞

== ecu , Hedv ∈= ∑

1nnn

nnn

∞

=

elementlərinə u

1

yğun olaraq ,...,...,1 nccc = v

elementləri qarşı qoyulur.

olduğundan vu

ə

,...,...,1 nddd =

)(∑∞

=+=+

1nnnn edcvu + elementinə

2,... ldc 11 ,..., dcdc nn ++

Eyni qayda i

∈+= elementi qarşı qoyulur.

lə göstəririk ki, uα elementinə cα elementi

qarşı qoyulur. Üçün şərti yoxlayaq: cü

( ) ( )2

,,,111

ln

nnn

nnn

nn dcdcedecvu ==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= ∑∑∑

∞

=

∞

=

∞

=. Beləliklə, H

və fəzaları izomorfdur. Onda separabel Hilbert fəzalarının

hamısı bir-birinə izomorfdur. Teorem isbat edildi.

Qeyd. Əgər Hilbert fəzasının tərifində skalyar hasil

həqiqidirsə və ikinci aksiom həqiqi

2l

α vuruqları üçün

ödənilirsə, onda ona həqiqi Hilbert fəzası əcəyik. Məsələn,

fəzasında yalnız həqiqi ardıcıllıqlar iştirak edirsə, yalnız bu

halda o həqiqi Hilbert fəzasıdır. Teoremin isbat gedişindən

ın olur ki, həqiqi separabel Hilbert fəzaları həqiqi

fəzasına izomorfdur.

dey

2l

ayd 2l

108

109

II FƏSİL

XƏTTİ OPERAT K R

ətti operat

Tutaq və v astı

olan operatoru v

sözlə, hər bir

ORLAR VƏ FUN SİONALLA

§17. X orlar

ki, 1E 2E xətti fəzalardır ə təyin obl

1EDA ⊂ 21: EEA → erilmişdir. Başqa

ADx∈ 2EAxy ∈= nə elementinə yega

elementi qarşı qo ödənildikdə

operatoruna xətti operator deyilir:

1. xətti çoxluqdur.

2. İxtiyari iki

yulmuşdur. Aşağıdakı üç şərt

A

AD

ADyx ∈, üçün ( ) AyAxyxA +=+

(additivlik xassəsi).

3. İstənilən ADx∈ elementi və α∀ kompleks ədədi

üçün ( ) AxxA αα = (bircinslik xassəsi).

Axırıncı iki xassəni belə də ifadə edə bilərik: İstənilən

elementləri vəADyx ∈, ∀ kompleks βα , ədədləri üçün

( ) AyAxyxA βαβα +=+ . Əgər A xətti operatordursa, onda

. Doğrudan da, 00 =A ( ) ( ) 00 =−=−= AxAxxxAA

Aşağıdakı misallara baxaq.

110

Misal 1. [ ]baC , fəzas

operatoru xəttidir ,

ında a∫= ,

. Burada ( )tK funksiyası

( ) ( )dttutxKAub

x [ ] [ ]baba ,, ×

kvadratında kəsilməzdir.

Misal 2. [ ]baC , fəzasında dtdyAy = operaroruna

baxaq. -nın təyin obA lastı olaraq [ ]ba, -də kəsilməz ( )ty′

olan törəməsinə malik ( )ty funksiyalar çoxluğunu gö

Aydındır ki, xə ə xətti operatordur.

Operatorlar üzərində əməlləri təyin edək. Tutaq ki,

təyin oblastlari və olan operatorları

verilmişdir.

türək.

AD tti çoxluqdur v A

AD BD 21:, EEBA →

BAC DDD ∩= və istənilən CDx∈ üçün

BxAxCx += qəbul edək. Bu qayda ilə aldığımız

operatoruna

C

A və B operatorlarının cəmi deyilir və

ilə işarə edilir.

Beləliklə,

BAC +=

BABA DDD ∩=+ və istənilən BADx +∈

üçün ( ) BxAxxBA +=+ .

Tutaq ki, α ixtiyari kompleks ədəddir. Aα operatoru

aşağıdakı qayda ilə təyin olunur:

vəAA DD =α ( ) AxxA αα = .

111

İndi fərz

operatorları veril (burad

edək ki, 21: EEB → və 32: EEA →

mişdir və R AB D⊂ a BR ilə B

operatorunun dəyişmə

aşağıdakı qayda ilə ye rik:

1.

oblastı işarə edilmişdir). Bu halda

ni C operatorunu təyin edə bilə

BC DD = .

2. İxtiyari x∈ BD götürək. By AB DRx ⊂∈=

olduğundan A opera elem ən toru By = entini müəyyx

( )BxAAyz == elementinə inikas etdirir. Nəticədə B və

operatorları vasitəsilə

A

BDx∈ elementi ( ) 3EBxAz ∈=

olunur. Başqa sözlə, elementinə inikas ( )BxACx = düsturu

ilə təyin olunan operatorunu alırıC q. C -yə A və B

operatorlarının hasili və ya kompozisiyas deyilir və bel

işarə edilir:

ı ə

ABC = .

Qeyd edək ki, burada və müxtəlif fəzalardısa, 1E 3E

BA operatorunun mənası yoxdur.

BAAB = olduqda vəA B operatorlarına kommutativ

operatorlar deyilir.

Misal 3. [ ]baC , fəzasında ,

inteqral operatorlarına baxaq. Hər iki

zada təsir etdiklərindən

( ) ( )∫=b

adttutxAAu ,

( ) ( )∫=b

adttutxBBu ,

operator eyni fə AB və BA

112

hasillərinin mənası var. Həmin hasilləri hesablayaq və

göstərək ki, bu h ratordur:asillər də inteqral ope ( ) =uAB

( ) ( ) ( ) ( ) ( )⎜⎝

= ∫ ∫ stBtxAdtta a

,, ( ) =⎟⎠⎞⎛== ∫ dtdssuButxABuA

b bb

a,

udtstBtxAb

a

b

a∫ ∫ ⎟

⎞⎜⎝⎛= ,,

Bu bərabərlikdə və i

dəyişək, yəni ni

( ) ( )dttudstsBxAuABb

a

b

a∫ ∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= ,, .

Beləliklə,

( ) ( ) ( )dss⎠

.

nteqrallama dəyişənlərinin rollarını

s və s -i t ilə əvəz edək. Onda

s t

t -

( ) ( )s

AB hasili nüvəli

inteqral operatordur: . Aydındır ki,

( ) ( ) ( )dstsBsxAtxHb

a,,, ∫=

( ) ( ) ( )dttutxHuABb

a∫= ,

BA operatorunun nüvəsi olur.

Tərif. Dəyişmə oblastı yalnız sıfır elementindən ibarət

olan operatora sıfır operator deyilir və ilə işarə edilir:

. Hər bir elementi özünə inikas etdirən operatora

vahid operator deyilir və

( ) ( ) ( )dstsAsxBtxGb

a,,, ∫=

O

0=Ox

I ilə işarə edilir: xIx = .

113

114

Tutaq ki, operatoru verilmişdir. Əgər hər

bir elementi yeganə proobrazına malikdirsə,

onda aşağıdakı qayda ilə tə ı

21: EEA →

ARy∈ ADx∈

yin oblast 2ERD AB ⊂= olan

B operatorunu qura bilərik: xBy = , belə ki, yAx = .

Aydındır ki, AB DR = . B operatoruna A operatorunun tərsi

deyilir və 1−= AB kimi işarə edilir. Deyilənlərdən aydın

olur ki, AARD =−1 , AA

DR =−1 . İxtiyari ARy∈ üçün

və ixtiyariyyAA =−1 ADx∈ üçün xAxA =−1 . Tərifdən

aydın olur ki, ərs yalnız o

zaman olar ki,

A operatorunun t i yalnız və

xx ′′≠′ olduqda xAxA ′′≠′ olsun.

Lemma 1. Xətti operatorun tərsi də xətti operatordur.

İsbatı. Tutaq ki, xətti operatordur. Göstərək ki,

də xəttidir, yəni ixtiyari və

A 1−A

ARyy ∈21 , βα , ədədləri üçün

x y DA RB

E1 E2

( ) 21 yA−+ β .

or

11

211 yAyyA −− =+ αβα

Qeyd edək ki, xətti operat un dəyişmə oblastı da

xəttidir. Deməli,

çoxluqdur. x = qəbu

,

1−A -in təyin oblastı olan AR xətti

11 yA− , 2

12 yAx −= l edək. Onda

2

1

11 yAx = 2 yAx = . A operatoru xətti oldu undan ğ

( )2x121 xAAxAx β . Buradan alırıq ki, αβα +=+

( )21 AAx βα + Onda =+ −−2

11

1 yAyA βα

Deməli, 1−A x . Lemma isbat edildi.

ın olur ki, 1−A operatorunun tərsi

121 Axx βα =+ − .

) əttidir

Tərifdən ayd

x

( 211 yyA βα += − .

A olur,

yəni .

Lemma 2.

( ) AA =−− 11

A xətti operatorunun tərsinin varlığı üçün

zəruri və kafi şərt 0=Ax tənliyinin yalnız və yalnız 0=x

həllinin olmasıdır, yəni sıfır elementinin proobrazının yalnız

sıfır element olmasıdır.

İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, var. Onda bilirik ki,

hər bir

1−A

ARy∈ elementinin yeganə proobrazı var. xətti

olduğundan

A

00 =A . Deməli, AD∈0 elementi AR∈0

liyindən elementinin proobrazıdır. Onda proobrazın yeganə

çıxır ki, 0=Ax tənliyinin yalnız 0=x həlli var.

Kafilik. Tutaq ki, tənliyinin yeganə 0=Ax 0=x

həlli var. Göstərək ki, -nın tərsi var, yəni bir elementin iki A

115

müxtəlif proobrazı ol rz eda bilməz. Fə ək ki, Ry A∈

ADxx ∈′′′, 1yxA =′elementinin iki proobrazı va əni r, y ,

an ( ) 0=′′−2yxA =′′ . Burad ′ xxA . Onda 0=′′−′ xx və

ma isbat edildi. xx ′′=′ olur. Lem

Misal 4. [ ]b, fəzas da aC ın ( ) ( )−=− xuuAI

( ) ( )∫ =−x

adttutxk , B operatoruna baxaq. Bilirik ki, 0=Bu

in yeganə 0=u həlli var. Deməli, Volterra tənliyin

AIB −= operato

Misal 5.

runun tərsi var.

[ ]baC , -də diferensiallama operatoru

yAyA ′=: , [ ]baCy ,∈ ; ∞<−∞> ba , olduqda isə həmin

operator ( )baL ,2

n ibarə

-də tərsə malik deyil, çünki bu operator

sabitdə t çoxluqda sıfra çevrilir. Lakin −∞=a və ya

olduqda ∞=b A diferensiallama operatoru ( )baL ,2 -də

tərsə malikdir. Çünki törəməsi sanki hər yerdə sıfır olan

mütləq kəsilməz funksiya sanki hər yerdə sabitdir. Lakin

qeyri-məhdud aralıqda sabit o zaman inteqrallanan olur ki, o

sıfır olsun.

Tərif. A və operatorları inteqral

operatorlardırsa, onda operatoruna inteqral çevirməsi,

operatorun ə onun tərs inteqral çevirməsi deyilir.

1−A

A1−A a is

116

Misal 6. Furye çevirməsi. Tutaq ki,

( ) ( )121 RLExf =∈ (burada ( )1

2 RL ( ) ∞<∫∞

∞−

dxxf 2

şərtini ödəyən f yalar çox udur). Furye inteqral

çevirməsi belə düsturla təyin edilir:

unksi luğ

( ) ( ) dxexff xλi

πλ ∫=

∞

∞−21ˆ , ( ) ( )1ˆ RLEf =∈λ 22 ,

∞<<∞− λ , yəni .

Bu zaman belə tərs çevirmə doğrudur:

Aff =ˆ

( ) ( )12 RLxf ∈( ) ( ) λ

πλ dexfxf xi−

∞

∞−∫= ˆ

21 , , ∞<<∞− x ,

yəni ( )fAf ˆ1−= .

§18. Xətti normalı fəzada məhdud operatorlar

Bundan sonra biz xətti operatorlara baxacağıq. Tutaq

ki, , xətti normalı fəzalardır və təyin oblastı olan

xətti operatoru verilmişdir. -də normanı

1E 2E AD

21: EEA → 1E 1⋅ ,

-dəki normanı2E 2

⋅ ilə işarə edək.

Tərif. Əgər elə sabit ədədi olarsa ki, ixtiyari

üçün

0≥c

ADx∈

12xcAx ≤ (1)

117

Aolsun, onda operatoruna məhdud operator deyilir.

(1)-in ödəndiyi c sabitlərinin dəqiq aşağı sərhədinə A

rması deyilir operatorunun no və A ilə işarə edi

Beləliklə,

lir.

A elə bir ədəddir ki,

1. ADx∈∀ ü

çün

xA≤ , Ax (2)

2. 0>∀ε üçün elə ADx ∈ε elementi var ki,

( ) εε ε xAAx −> .

Lemma. operatorunun məhdud olması üçün zəruri

və kafi şərt

A

1,: ≤∈= xDxAxE AA və ya =AF

1,: =∈= xDxAx A ədədi çoxluğunun məhdud

olmasıdır. Bu halda

AxAxAx

Dxx

Dx AA11

supsup≤

∈=

∈== . (3)

İsbatı. Kafilik. Tutaq ki, məhduddur, yəni elə

ədədi var ki,

AE

0>M 1≤x olduqda MAx ≤ . AEx∈∀

üçün 1=xx olduğundan M

xxA ≤⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛. Buradan alırıq ki,

118

xMAxMAxx

≤⇒≤ əni A MAxx

⇒≤11 , y

məhduddur.

Zərurilik. Tutaq ki, A məhdud operatordur. Bu halda

xAAx ≤ . 1≤x və 1=x olduqda AAx ≤ . Bu

göstərir ki və məhduddur. İndi isə, AE AF Ax ≤1

NAx =sup və

Ax

MAx ==1

sup qəbul edək. Göstərək ki, AA MNA == .

xAAx ≤ olduğundan 1≤x və eləcə də 1=x

elementləri üçün AAx ≤ . Buradan alırıq ki,

AAxAEx

≤∈

sup , AAxAFx

≤∈

sup , yəni

AN A ≤ , AM A ≤ . (4)

İxtiyari 0>ε üçün elə ADx ∈ε elementi var ki,

( ) εε ε xAAx −> . Burada hər tərəfi εx -na bölək və

ε

ε

xx

z = qəbul edək. Bu halda ε−> AAz . Aydındır ki,

1=z və deməli, həm AEz∈ və həm də AFz∈ üçün

ε−> AAz . Onda ε−≥ AN A , ε−≥ AM A . Bu

bərabərsizliklər ixtiyari 0>ε üçün doğru olduğundan

119

N AA ≥ , AM A ≥ . (5)

(4) və (5)-dən AA M= lduğu alınır. isbat

21: EEA → operatoru verilmişd və

xtiyari 0>

NA = o Lemma

edildi.

Tərif. Tutaq ki, ir

. Əgər iADx ∈0 ε üçün elə 0>δ varsa ki,

δ<− 0xx ( )D olduqda Ax∈ ε<− AxAx olsun, onda

ilmə eyilir. Bu

ənilən

0

operatoruna z operator d

onunla ekvivalentdir ki, yığılan ist

A 0x nöqtəsində kəs

0x -a An Dx ∈

ardıcıllığı üçün n

Əgər operatoru çoxluğunun hər bir

nöqtəsində kəsilməzdirsə cəyik ki,

0A Axx → olur.

A 1EM ⊂

, onda deyə A operatoru

M çoxluğunda kəsilməzdir. Əgər A xətti operatordursa,

onda onun “0”-da kəsilməzliyində çoxluğunda

kəsilməzliyi çıxır. Doğrudan da, fərz ets

n bütün AD

ək ki, ADx ∈0 ,

, onda 0xxn → 00 →− xxn olar və şərtə görə

( ) 00lim 0 ==−∞→

AxxA nn olduğundan ( ) 0lim 0 =−

∞→AxAxnn

olur, yəni 0lim AxAxnn=

∞→.

120

Teorem 1.

olması üçün zə

çoxluğunda kəsilm lmasıd

İsbatı. Zəru

21: EEA → xətti operatorunun məhdud

ruri və kafi şərt bu operatorun D

əz o ır.

rilik. Tutaq ki,

A

A mə ratordur. hdud ope

Onda ixtiyari ADx∈ üçün xAAx ≤ . İxtiyari ADx ∈0

və ardıcıllığın rək. Onda 0xxn → ı götü Ax =− 0Axn

( ) 00 xxAxxA nn −≤−= münasibətindən alırıq ki,

00 →− AxAxn və ya A

0x -da kəsilməzdir.

0Axxn → . Deməli, A operatoru

Kafilik. Tutaq ki, A operatoru çoxluğunda

kəsilməzdir. Göstərək ki, məhdud operatordur.

kəsilməz olduğundan

AD

A A

1=ε ədədi üçün elə 0>δ ədədi var

ki, δ<x olduqda 1<Ax olur. İndi isə ixtiyari ADx∈

elementini götürək və xxx

2δ

=′ qəbul edək. Aydındır ki,

və ADx ∈′22δδ

==′xxx . Deməli, δ<′x . Onda

1<′xA . Buradan alırıq ki, 12

<⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛x

xA δ ,

121

xAxAxx δ

2 . Bu abərsiz yaδ 12

<⇒< bər lik ixti ri

üçün doğ hdud operatordur.

Teorem isbat edildi.

Teorem 2 (məhdud operatorun davamı haqqında).

Tutaq ki,

təyin oblastı -d ır:

ru olduğundan A məADx∈

2 operatoru məhduddur və onun AD

ə hər yerdə sı

1: EEA →

1E xd 1EDA = . Bundan

fəzasıdır. Onda başqa Banax 2E A operatorunu normasını

və məhdud

1E fəzasında təyin olunmuş xətti

dəyişməmək şərtilə bütün fəzasına xətti

davam etdirmək olar, yəni

və məhdud elə

1E

A′ operatoru var ki:

ADx∈ üçün xAAx ′=1. İxtiyari .

2. AA =′ .

Belə davam yeganədir.

İsbatı. A operatoru məhdud olduğundan -da

kəsilməzdir. İxtiyari

AD

1Ex∈ elementini götürək. 1EDA =

olduğundan elə An Dx ∈ ardıcıllığı var ki, nnxx

∞→= lim .

Aydındır ki, fundamentaldır. Onda nx =− mn AxAx

( ) mnmn xxAxxA −≤−=

2EAxn ∈ ardıcıllığı funda

münasibətindən alırıq ki,

mentaldır. dolu fəza 2E

122

olduğundan ardınAx cıllığı yığılır. yAxnn=

∞→lim q ul edək. əb

Bu limit x -ə yığılan An Dx ∈ ardıcıllığının se

əg həm də An Dx

çilməsindən

asılı deyil. Doğrudan ər ∈′ , xxn →′ da,

olarsa, onda 0→′nx v−nx ə ≤′n −n xAAx nn xx ′− A≤

bərabərsizliyindən alırıq ki, 0→′− nn xAAx . Bu qayda ilə

hər bir 1Ex∈ elementinə yeganə yAxnn 2Elim ∈=∞→

elementini qarşı qoyuruq. Bu qarşıqoyma müəyyən A′

operatorunu təyin edi Ar. Belə ki, 1D E=′∞→

və nxxAn

A=′ lim

(burada

An Dx ∈ , ). Göstx ərək ki, Axn → ′ teoremin

hökmündəki operatordur.

1. Tutaq ki, 1, Eyx ∈ və βα , ixtiyari kompleks

ədədlərdir. Fərz edək ki, , (xxn → yyn → An Dx ∈ ,

). An Dy ∈ A operatorunun xəttiliyindən istifadə etsək,

alarıq ki,

( ) ( ) ( ) =+=+=+′∞→∞→ nnnnnn

AyAxyxAyxA βαβαβα limlim

yAxAAyAx nnnn′+′=+=

∞→∞→βαβα limlim . Deməli, A′ xətti

operatordur.

2. İxtiyari ADx∈ götürək. xxn = qəbul etsək,

və deməli, An Dx ∈ , xxn → AxAxAxxAnnn

===′∞→∞→

limlim

123

A′ olar. Deməli, operatoru A -nın davamıdır.

i, 3. Göstərək k A′ məhdud operatordur və AA =′ .

İxtiyari 1Ex∈ elementini və An Dx ∈ , xxn → ardıcıllığını

götürək. məhdud olduğuA ndan nn xAx A≤ . Burada

şərtilə li∞→n mitə keçsək alarıq ki, xA ≤′

münasibət ixtiyari

xA . Bu

x∈ 1E üçün doğru olduğundan A′

əm də alırıq ki,

operatoru məhduddur. Buradan h

AA ≤′ . (6)

Lemmaya görə A′ ədədi 1,: 1 ≤∈′ xExxA

çoxluğunun, A isə 1,: =∈ xDxAx A çoxluğunun

dəqiq yuxarı sərhədidir. İkinci çoxluq birinci çoxluğun

altçoxluğudur. Bilirik ki, ədədi çoxluq genişləndikdə onun

dəqiq yuxarı sərhədi azalmır. Onda alırıq ki,

AA ≥′ . (7)

(6) və (7)-dən çıxır ki, AA =′ . Teorem isbat edildi.

Qeyd. Teorem göstərir ki, məhdud operatorun təyin

oblastını həmişə qapalı, yəni alt fəza qəbul edə bilərik.

Çünki əks halda normasını dəyişdirməməklə onu alt fəzaya

davam etdirə bilərik. Ona görə də bundan sonra məhdud

124

operatordan söhbət getdikdə onu zada t

olunduğunu fərz edəcəyik.

§19. Məhdud operatorlar fəzası

Tutaq ki, xə lm

-i -yə ini torlar

çoxluğunu

n bütün fə əyin

tti normalı E və E fəzaları veri işdir.

kas etdirən bütün məhdud opera

1 2

1E 2E

( )21 , EEL ilə i ək. Aydındır ki, bu çoxluq şarə ed

xətti çoxluqdur. Belə ki, məhdud operatorla sabitin hasili və

iki məhdud operatorun cəmi də məhdud operatordur.

Məsələn, göstərək ki, ( )21 ,, EELBA ⊂ olarsa, onda

( )21 , EELBA ⊂+ . İxtiyari 1Ex∈ üçün ( ) =+ xBA

( ) xBAxBxABxAxBxAx +=+≤+≤+=

Deməli,

.

BA+ məhduddur və

BABA +≤+ . (1)

Hər bir məhdud operatorunun A A norması var. Göstərək

ki, A norma aksiomlarını ödəyir.

1. 0≥A olması aydındır. 0=A operatorunun

125

0=A . Göstərək ki, norması da sıfırdır. İndi tutaq ki,

0=A . İxtiyari 1Ex∈ üçün xAAx ≤ bərab dən ərsizliyin

çıxır ki, 0=Ax ⇒ 0=Ax . Deməli, 0=A .

i, 2. Göstərək k ∀ kompleks λ üçün AA λλ = .

Ax λ= .

ərabərsizliyi yuxarıda göstərilmişdir.

AAxAxAxxx

λλλλ ===≤≤≤ 111

supsupsup

3. Üçbucaq b

Beləliklə, ( )21 , EE xə normalı fəzadır. Əg L tti ər bu

fəzada operatorlar ardıcıllığı operatoruna yığılırsa, bu

o deməkdir ki,

nA A

0→− AAn . Bu halda deyirlər ki,

məhdud operatorlar ardıcıllığı

nA

A operatoruna normaya görə

və ya müntəzəm yığılır.

Misal 1. Tutaq ki, bxta ≤≤ , kvadratında ( )txKn ,

kəsilməz funksiyalar ardıcıllığı kəsilməz ( )txK ,

funksiyasına yığılır. Onda [ ]baC , fə

operatorları

operatoruna müntəzəm yığılır. Doğ

zasında

( ) ( )dttutxKuAb

ann ∫= , ( ) ( )dttutxKAu

b

a∫= ,

rudan da, ixtiyari 0>ε

üçün elə nömrəsi vardır ki, olduqda ixtiyari

üçün

εn εnn >

[ ]batx ,, ∈ ( ) ( )ab

txKtxKn −<−

ε,, .

126

Bu halda alırıq ki,

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ≤− ab a

≤−=− ∫∫ dttudttutxKtxKuAAbb

ann

ε,,

( )( )tumaxε≤ ; ( ) uuAAuuAA nnbxεε ≤−⇒≤−

≤x .

xtiyari

ta≤ ,ma

Bu bərabərsizlik i [ ]baCu ,∈ üçün doğru olduğundan

( )εn , yəni nA →→ε nAAn >≤− A .

Teorem. Banax fəzası olduqda ( ), EE fəzası

dır.

2E L

doludur, yəni Banax fəzası

İsbatı. İxtiy

21

( )21 , EELAn ∈ fundamental ari

ardıcıllığını götürək. Deməli, ∞→mn, olduqda

0→− mn AA . İxtiyari 1Ex∈ üçün ∞→mn, olduqda

=− xAxA mn ( ) 0→⋅−≤− xAAxAA mnmn olduğundan

ardıcıllığı fundamentaldır. dolu fəza

olduğundan bu ardıcıllıq yığılır. Onun lim ilə işarə

edək:

2ExAn ∈ 2E

itini Ax

xAAx nn ∞→= lim . Bu qayda ilə biz fəzasında

operatorunu təyin etmiş oluruq.

Göstərək ki,

1E A

A xətti məhdud operatordur və

nA →→ A .

1. İxtiyari 1, Eyx ∈ elementləri və ixtiyari βα ,

127

( ) ( ) [∞→∞→

+=+=+n

nnnyx xAyxAA αβαədədləri üçün βα lim

xAyBnnnn

lim

] Ay AAxyAn βαβαβ +=+=+∞→

lim li, ∞→

lim . Demə

xəttidir.

2. Göstərək ki, A məhdud ope atord

rlar ard fundam

r ur.

operato ıcıllığı ental olduğundan nA

mA− bərabərsizl çıxır ki, nmn AAA ≤− iyindən nA

məhduddur, yəni

var ki,

ədədi ardıcıllığı fundamentaldır və deməli,

elə ədədi 0>M ,...2,1, =≤ nMAn . Onda ixtiyari

üçün 1Ex∈ xMxAxA ∞→n n≤ ada n ≤ . Bur şə

limitə keçsək, alarıq ki,

rtilə

xMAx ≤ , yəni məhdud

operatordur.

3. Göstərək ki,

A

nA →→ A , yəni 0→− AAn ödənilir.

fundamental olduğundan ixtiyari nA 0>ε üçün elə

nömrəsi var ki, və olduqda

εn

n εnm > ε<− mn AA . Onda

ixtiyari 1Ex∈ üçün xxAAxAxA mnmn ε≤−≤− . Bu

bərabərsizlikdə ∞→m şərtilə limitə keçsək, alarıq ki,

εε nnxAxxAn >≤− , . Bu münasibət ixtiyari 1Ex∈

üçün doğru olduğundan alırıq ki, ( )εε nnAAn ≥≤− .

Deməli, 0→− AAn , yəni . Beləliklə, nA →→ A ( )21 , EEL

128

fəzasının hər bir ntal a ığılır. Onda

fəza doludur. Teorem isbat edildi.

Qeyd. Tutaq

fundame rdıcıllığı y bu

ki, ( )21 , EELAn ∈ op ratorla

erilmişdir. Əgər 1Ex

e r ardıcıllığı

və operatoru vA ∈∀ üçün AxxAn →

əcəyik ki, olarsa, onda dey rlar ard

operatoruna güclü yığılır. Asanlıqla yoxlanılır ki, müntəzəm

yığılmadan güclü yığılma çıxır. Lakin güclü yığılmadan

müntəzəm yığılm yı

da deyilir.

Misal 2. Tutaq ki,

nA operato ıcıllığı A

a çıxmır. Güclü ğılmaya nöqtəvi yığılma

H ixtiyari separabel Hilbert

fəzasıdır. Onda bu fəzada ne ortonormal bazisi var və

ixtiyari Hx∈ elementi şəklində göstərilir.

Hər bir qeyd edilmiş üçün operatoruna

baxaq. Koşi – Bünyakovski bərabərsizliyini tətbiq etsək

alarıq ki,

( ) nn

n eexx ∑∞

==

1,

n ( ) k

n

kkn eexxA ∑

==

1,

( ) ( ) xnxexexeexxAn

k

n

kk

n

kkk

n

kkn ==≤=≤ ∑∑∑∑

==== 1111,, .

Bu göstərir ki, məhdud xətti operatordur. Aydındır ki,

.

nA

( ) ( ) xeexeexxAk

kk

n

kkknnn

∑∑∞

==∞→∞→===

11,,limlim

129

H -da təyin olunmuş vahid operatoru I ilə işarə edək. Onda

nA operatorlar ardıc ığı axırıncı münasibət göstərir ki, ıll I

yığılır: IAn → . operatoruna güclü

Göstərək ki, ün

qiymət

g

n ardıcıllığı m təzəm yığılmır.

lərində

A

1+> nm

( ) ( ) === +++=

+∑ knn

m

nkkkn eeeeee 11

11 ,, − ++ nnnm eAeA 11

1== ke .

Beləliklə, norması vahidə bərabər olan elə 1+=′ nex elementi

var ki, ( ) 1=′− xAA nm . Digər tərəfdən =− nm AA

( )xAA nmx

−==1

sup olduğundan buradan alırıq ki,

1≥− nm AA . Bu göstərir ki, operatorlar ardıcıllığı

fundamental deyil və deməli, müntəzəm yığıla bilməz.

Tərif. Tutaq ki, operatorlar ardıcıllığı verilmişdir.

Əgər ixtiyari

nA

nA

1Ex∈ üçün 2ExAn ∈ ardıcıllığı

fundamentaldırsa, onda deyəcə operatorlar

ardıcıllığı güclü fundamentaldır.

Teorem (Banax – Şteynhauz). Əgər

yik ki, nA

( )21 , EELAn ∈

ırsa və 1E operatorlar ardıcıllığı güclü fundamentald

130

doludursa, onda bu ardıcıllıq müntəzəm məhduddur, yəni

elə ədədi var ki, i 0>M xtiyari n üçün MAn ≤ .

Əvvəlcə göstərək ki, hər İsbatı. 1. hansı

rxxK r ≤= :

məhduddursa (yən

kürəsində An ardıcıllığı müntəzəm x

i elə 0>c sabiti varsa ki, ixtiyari rKx∈

n və ixtiyari üçü n cxAn ≤ olarsa), onda nA operatorlar

əm məhduddur. İxtiyari 1u Eardıcıllığı müntəz ∈ götürək.

Aydındır ki, rr uu

x ∈= K . Onda cxAn ≤ . Buradan isə

cuAur

n ≤ ⇒ urcu ≤ . Bu bərabərsizlik ixtiyari An

üçün doğru olduğundan 1Eu∈rcAn ≤ . Deməli,

ardıcıllığı müntəzəm məhduddur.

2. İndi tutaq ki, ardıcıllığı teoremin şərtini ödəyir.

Teoremin hökmünün əksini fərz edək. Tutaq ki,

operatorlar ardıcıllığı müntəzəm məhdud deyil. Onda 1-ci

mərhələyə görə heç bir kürəsində (

nA

nA

nA

rK xAn rKx∈ )

ardıcıllığı müntəzəm məhdud olmaz. Buradan alırı

nömrəsi və

q ki, elə

1n 11 Ex ∈ elementi var ki, 111>xAn .

operatoru məhdud və deməli, həm də kəsilməz olduğundan

1nA

131

bu bərabərsizlik nöqtəsinin müəyyən 1x

r≤ ətrafında da doğru olacaq, yəni 111 : xxxK −=

ixtiyari 1Kx∈ üçün 11

>xAn . ardıcıllığı

kürəsində müntəzəm məhdud ol adığından elə

xAn 1K

m 12 Kx ∈

elementi və n2n ömrəsi var ki, 22

>xA . 2

A kəsilməz

ərabərsizlik 2x -nin müəyyən

2

2n

operator olduğundan bu b

qapalı ətrafında da ödənilir, yə ixtiyari

n

12 KK ⊂ ni Kx∈

üçün 22

>xAn

bir-birinin daxilind

. Bu prosesi sonsuz davam etdirək. Nəticədə

ə yerləşən elə ...21 ⊃⊃ KK

pK

qapalı

kürələr ardıcıllığı alırıq ki, hər bir x∈ üçün pxApn > .

Bu kürələrin hər birinə daxil olan nöqtəsi var. İxtiyari 0x p

üçün pKx ∈0 olduğundan

pxApn >0 . (2)

Digər tərəfdən teoremin şərtinə görə

fundamental olduğundan məhduddur. Bu isə )

bərabərsizliyinə ziddir. Alınan ziddiyyət göstərir ki

operatorlar ardıcıllığı müntəzəm məhduddur. Teorem isbat

edildi.

0xAn

(2

, nA

132

§20. Xətti oper

Bilirik ki, x

zəruri və kafi şərt

atorun məhdud tərsinin varlığı şərtləri

ətti A operatorunun tərsinin olması üçün

0=Ax ( )ADx∈ tənliyinin yalnız sıfır

həllinin olmasıdır. İndi isə məhdud tərsin varlığı şərtlərini

öyrənək.

Teorem 1. Tut atoru

verilmişdir.

aq ki, 21: EEA → xətti oper

A operatorunun m ərsinə malik

olması üçün zəruri və kaf ədədinin varlığı

ki, ixtiyari

əhdud 1−A t

i şərt elə dır 0>m

ADx∈ üçün

xmAx ≥ (1)

olsun. Bu halda ərsinin norması bütün 1−A t ADx∈

iyi m

rabərdir:

elementləri üçün (1) bərabərsizliyinin ödənild

ədədlərinin ən böyüyünün tərsinə bə

mA

max11 =− .

İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, A xətti operatoru məhdud

tərsinə malikdir. Onda ixtiyari 1−A AARDy =∈ −1 elementi

üçün

yAyA 11 −− ≤ . (2)

133

x AD∈ götürək vəİndi isə ixtiyari Axy = qəbul edək. (2)-

dən alırıq ki, AxAx 1−≤ . Buradan xA

Ax1

1≥ .

−

mA

=−1

1 qəbul etsək, (1) bərabərsizliyini alarıq.

Kafilik. Tut ə

olarsa,

aq ki, (1) ş rti ödənilir. (1) göstərir ki, əgər

0=Ax 0=x və deməli, 0=x olar. Bu halda

bilirik ki, A -nın tərsi var. İxtiyari 1−∈A

Dy götürək. Onda

elə var ki, Axy = və yAx 1−= . Bunu (1)-də nəzərə ADx∈

alaq: y1−≥ ⇒Amy ym

y 11 ≤A− . Deməli,

məhduddur.

Teoremin şərtləri ödənildikdə yuxarıda gördük ki,

1−A

xmAx ≥ şərti xm

xA 11 ≤−

şərtini ödəyən

şərtilə ekvivalentdir. Bu

göstərir ki, (1) -lər üçün mm1

əy

şəkilli

ədədlərin ən kiçiyi və deməli, (1) şərtini öd ən

ədədlərinin ən böyüyünün tərsi operatorunun

normasıdır. Teorem isbat edildi.

Aşağıdakı teoremi isbatsız qəbul edək.

m 1−A

134

Teorem 2 (tərs o teorem

Əgər xətti məhdud

perator haqqında Banax i).

A operatoru 1E Banax fəzasını 2E

şılıqlı1

Banax fəzasına qar birqiymətli inikas etdirirsə

bu operatorun

Teorem 3. Tutaq ki, xətti məhdud operatoru

Banax fəzasını Banax fəzasına inikas etdirir və məhdud

ərsinə malikdir,

, onda −A tərsi məhduddur.

0A 1E

2E1

0−A t A∆ operatoru -i -yə inikas

etdirir, məhduddur və

1 2E E

10

1−

<∆A

A . Onda AAA ∆+= 0

operatoru fəzasını bütün irir və

məhdud ərsinə malikdir.

İsbatı. Göstərək ki,

1E 2E fəzasına inikas etd1−A t

2ERA = . İxtiyari 2Ey∈

elementini qeyd edək və fəzasında aşağıdakı operatora

baxaq:

1E

AxAyABx ∆−= −− 10

10 ( )1Ex∈ . (3)

Aydındır ki, B operatoru -i -yə inikas etdirir:

. Göstərək ki,

1E 2E

21: EEB → B 1E -də sıxan operatordur.

İxtiyari 1, Exx ∈′′′ üçün ( ) =′′−′=′′′ xBxBxBxB ,ρ

( ) xxAAxxAAxAAxAA ′′−′∆≤′′−′∆=′′∆−′∆= −−−− 10

10

10

10 .

AA ∆= −10α qəbul etsək alarıq ki,

135

( ) ( )xxxBxB ′′′≤′′′ ,, αρρ , (4)

ratordur.

asilindən böyük

yəni (3) sıxan ope

Asanlıqla yoxlanılır ki, iki məhdud operatorun

hasilinin norması onların normalarının h

deyil. Doğrudan da, ( ) uBABuAA ≤ ,

yəni

BuABu ≤=

BAAB ≤ . Şərtə görə 1

0

1−

<∆A

A olduğundan

110 <∆ −AA və 11

0 <∆A . Onda (4) m ə≤ −Aα ünasib tinə

görə B sıxan operatordur. Sıxılmış inikas prinsipinə görə B

tərpənməz x nöqtəsinə malikdir: xBx = . operatoru yeganə

Onda (3) münasibətindən alırıq ki,

bərabərliyin hər iki tərəfinə soldan operatoru ilə təsir

edək. Onda

xAxAyA =∆− −− 10

10 . Bu

0A

xAAxy 0=∆− olar. Buradan += xAy 0

( +=∆+ 0AAx ) AxxA =∆ . Beləliklə, operatoru hər bir

qiymətini alır.

Göstərək ki, hər bir

A

2Ey∈

2Ey∈ qiymətinini operatoru

yalnız bir nöqtədə alır. Əksini fərz edə əm

, həm də

A

k. Tutaq ki, h

yAx = yxA =′ və xx ′≠ . Yuxarıdakı

mühakiməni tərsinə təkrar etsək, alarıq ki, x′ nöqtəsi və x

nöqtəsi B operatorunun tərpənməz nöqtə akin qeyd

edək ki,

sidir. L

B -nin yeganə tərpənməz nöqtəsi var. Alınan

136

Aziddiyyət göstərir ki, operatoru hər bir 2Ey∈ qiymətini

yalnız bir nöqtədə alır. Bu göstərir ki, operatoru

fəzasını bütünlükl iymətli inikas

etdirir. Onda Banax teoreminə görə operatoru məhdud

tərsə malikdir. Teor isbat edil

Qeyd. Teorem göstərir ki, bir Banax fəzasını başqa

Banax fəzasına qarşılıqlı birqiym tli inikas etdirən m hdud

operator verilmişdirsə, n t

kiçik normalı op

göstərilən xassələ

Teorem 4. Tutaq ki,

A 1

ə 2E fəzasına qarşılıqlı bi

E

rq

A

em di.

ə ə

onda o un üzərinə kifayə qədər

erator əlavə etdikdə əvvəlki operatorun

ri pozulmur.

E Banax fəzası və I həmin

fəzada vahid operatordur. Əgər A E -ni E -yə inikas

etdirən xətti məhdud operatordursa və 1<A isə, onda

AI − operatorunun məhdud tərsi var və aşağıdakı

münasibətlər doğrudur:

(5)

( ) ∑∞

=

− =−0

1

k

kAAI ,

( )A

AI−

≤− −

111 . (6)

İsbatı. I vahid operatoru E -ni özünə inikas etdirir,

tərsi vahid operatordur və demə u tərsin norması vahidə

bərabərdir. Digər tərəfdən

li, b

1<A olduğundan yuxarıdakı

137

( ) AIAI −=−+teoremi operatoruna tətbiq edə bil

Nəticədə alırıq ki

ərik.

, AI − operatoru məhdud tərsə malikdir.

AA ∆+0 operatoruna baxaq. Burada AAIA −=∆= ,0

götürək. kk AA ≤ və 1<A olduğundan ∑∞

=

kA sırası

və deməli, (5) sırası yığılır.

Göstərsək ki, , onda buradan (5)

alınar. sırasının xüsusi cəmlər ardıcıllığını ilə

işarə edək. Onda −= ∑=

...AISk

kn

0k

( ) IAAIk

k =− ∑∞

=0

∑∞

=0k

kA nS

( ) +==−0

AIAAIn

( ) ( ++

) ( ) 112 ... ++ −=+++−+ nnn AIAAAA , 011 →≤ ++ nn AA

olduğundan buradan alırıq ki, ( ) ISAI n

n=−

∞→lim , yəni

.

(6) münasibəti (5) münasibətindən çıxır. Doğrudan da,

( ) IAAIn

n =− ∑∞

=0

( )A

AAIn

n

−=≤− ∑

∞

=

−

11

0

1 . Teorem isbat edildi.

Misal. ∑=

==−n

jjjiji nigff

1,1,α

tənliklər sisteminə

baxaq. Bu sistem ( ) gfAI =− tənliynn CC

ilə ekvivalentdir.

Burada matrisilə ifadə A →: operatoru njiij 1,][ =α

138

olunur. -də nnC ormanı ∑=

Onda

=n

jij

iA

1sup α kimi təyin edək.

1<A olduqda sistem , − 0 1+== nn Afgf ,

iterasiyaları ilə

gf 1≥n

verilən yeganə həllə malikdir. Burada

1<A tənliklər sist

edən şərtdir.

§21. Kəsilməz əzasında

ümumi şəkli

Bütün kompleks müstəvini ilə işarə edək.

Tərif. Dəyişmə oblastı kompleks müstəvidə yerləşən

xətti operatora, yəni müəyyən xətti normalı

eminin ədədi həllində yeganəliyi təmin

funksional və onun Hilbert f

C

E fəzasını

kompleks müstəvisinə inikas etdirən xətti operatora xətti

funksional deyilir.

Tutaq

C

ki, E -də xətti funksionalı verilmişdir. Əgər

bir operator kimi məhduddursa, yəni elə ədədi

varsa ki, ixtiyari

f

f 0>c

Ex∈ üçün ( ) xcxf ≤ olsun, onda ə

məhdud funksional, belə ədədlərinin ən kiçiyinə

funksionalın norması deyilir:

f -

c

( ) ( )xfxffxx 11

supsup=≤

== .

139

[ ]baC , fəzasında b

a∫ xətti

rada

( ) ( ) ( )dssxsKxfMisal 1. =

funksionaldır. Bu ( )sK [ ]a -də kəsilməz funksiyadır. b,

M çoxluğunun ölçüsünü belə işarə edəcəyik: im .

Tərif. Tutaq i,

Md

k H Hilbe fəzası və onun 1H alt fəzası

əzanın ortoqonal tamamlayıcısının

rt

verilmişdir. Bu alt f

ölçüsünə alt fəzas n ti deyilir ə bel

. Deməli, defH .

Defekti vahid ər olan alt f

deyilir.

İndi fərz edək k

1H ını defek v ə edilir: ə işar

1defH ⊥= 11 dim H

ə bərab əzaya hiperaltfəza

i, H Hilbert a tə nmuş fəzasınd yin olu

xətti məhdud ( )uf funksionalı verilmişdir. Bu funksionalın

sıfra çevrildiyi bütün elementlər çoxluğunu ilə işarə

edib ona funksionalının sıfır alt fəzası deyəcəyik.

Deməli,

fN

f

( ) 0: =∈= ufHuN f .

Əgər funksionalı xətti və kəsilməzdirsə, onda

alt fəzadır, yəni həm xətti, həm də qapalıdır. Bunu göstərək.

1. Əgər

f fN

( ) 0=uf , ( ) 0=vf olarsa, onda ixtiyari βα ,

ədədləri üçün ( ) ( ) 0=+ vfuf βα , ( ) 0=+ vuf βα . Buradan

alırıq ki, fNvu ∈+ βα , yəni xəttidir.

2. Tutaq ki,

fN

fn Nu ∈ və . Göstərək ki, vun →

140

fNv∈ . fn Nu ∈ olduğundan ( ) 0=nuf . f kəsilməz

∞→n funksional olduğundan burada şərti ilə limitə

keçsək, alarıq ki, ( ) 0=vf , yəni fNv∈ . Dem

qapalıdır.

Lemma. Xə d funks

fəzası hiperaltfəza

İsbatı. Göst rək

birölçülü fəzadır, yəni onun ixtiyari iki

əli, N

tti məhdu ionalının fN sıfır alt

dır, yəni 1dim == ⊥ff NdefN .

f

f

ə ki, fN -in ortoqonal tamamlayıcısı

u və 0≠v

elementləri xətti N asılıdır. ⊥fvu, və 0≠u , 0≠v ∈

olduğundan bu elementlər ə daxil deyil, yfN - əni ( ) 0≠u , f

. ( ) 0≠vf ( )( )vfuf

=λ qə ək, bul ets ( ) ( ) 0=− vfuf λ olar.

Buradan alırıq ki, ( ) 0=− vuf λ , yəni fNvu ∈− λ . Digər

tərəfdən olduğundan ⊥∈− fNvu λ 0=− vu λ , yəni vu λ= .

Deməli, elementləri xətti asılıdır. Onda alt

fəzasının ölçüsü vahiddir. Lemma isbat edildi.

İndi isə Hilbert fəzasında xətti kəsilməz funksionalın

ümumi şəklini ifadə edən teoremi isbat edək.

Teorem (Riss – Freşe). Tutaq ki,

⊥∈∀ fNvu, ⊥fN

H Hilbert fəzasında

xətti kəsilməz ( )uf funksionalı verilmişdir. Onda elə Hh∈

141

elementi var ki, ixtiyari Hu∈ üçün ( ) ( )huuf ,= . Belə

elementi yeganədi

h

r və hf = .

nksionalının əzasını İsbatı. fu sıfır alt f ilə işarə

edək. Onda ixtiyari

f fN

⊥⊕= ff NNH Hu∈, yəni elementini

⊥∈ fNu110 uuu += , fNu ∈0 , (1)

şəklində göstərm maya görə birölçülü

fəzadır. Bu fəzanın vahid elementini götürsək,

ək olar. Lem ⊥fN

e eu α=1

(burada α sabit . r

tərəfini skalyar

ədəddir) olar (1) bərabə liyinin hər iki

-yə vursaq, alarıq ki, ( ) ( ) αα == eeeu ,, . e

Deməli, ( )eu,=α . Onda (1)-i belə yaza bil

ərik:

( )eeuuu ,0 += (2)

Buradan alırıq ki, ( ) ( ) ( ) ( )efeuufuf ,0 += . fNu ∈0

olduğundan ( ) 00 =uf . Onda

( ) ( )( ) ( )( )eefeeuefuf ,, == .

( )efh = (3)

qəbul etsək,

( ) ( )huuf ,= . (4)

Aydındır ki, elementi elementinin seçilməsindən asılı

deyil. Belə elementinin yeganəliyini göstərək.

h u

h

142

∈′ Tutaq ki, başqa bir h H elementi var ki, Hu∈∀

üçün ( ) ( )huuf ′= , . Onda ixtiyari Hu∈ üçün

( ) ( ) ( ) 0,,, =′− hhu . Deməli, ( ) H⇔′= huhu ⊥′hh − , yəni

hhhh ′=⇒=′− 0 .

İndi göstərək ki,

hf = . (5)

(4) münaasibətindən və Koşi bərabərsizliyindən alırıq ki,

( ) ( ) uhhuuf ≤= , . Bu göstərir ki, hf ≤ . (3)

münasibətindən alırıq ki, ( ) ( )efeefh == . Deməli,

( ) hef = , 1=e . Digər tərəfdən ( )xffx 1

sup=

=

olduğundan

hf ≥ (6)

olur. (5) və (6)-dan alırıq ki, hf = . Teorem isbat edildi.

Qeyd. Teoremin isbatı həm də funksionalını

doğuran elementinin tapılması qaydasını göstərir:

f

h

( )eefh = . Burada funksionalın sıfır alt fəzasına

ortoqonal olan elementdir.

e

143

Misal 2. Hilbert fəzasıdır və bu fəzada xətti

kəsilməz

2l

( )xf funksionalı belə göstərilə bilər:

( ) ( ) ∑∞

===

1kk hx (burada

2,

klhxxf 21 ,....., lhhh k,. ∈= ).

Misal 3. ( )baL ,2 fəz

göstərilə bilər: ( )

asında hər bir f funksionalı belə

( ) ( ) ( ) dttuhu == , (buhtufa∫ rada b

( ) ( )baLth ,2∈ ) ( )th f funksionalından . Qeyd e k ki, də

asılıdır.

Tutaq ki, E xətti normalı fəzadır. Bu fəzada təyin

olunmmuş bütün x tti kəsilməz funksionallar çoxluğunu ə *E

ilə işarə edək. Funksional E -dən kompleks müstəvisinə

təsir edən xətti kəsilməz operator olduğundan

C

( )CELE ,* = .

komleks müstəvisi dolu fəza olduğundan C *E da dolu

fəzadır. *E fəzasına E ilə qoşma olan fəza deyilir. *E -da xətti məhdud operatorlar fəzasında olduğu kimi

yığılmanın iki növünü daxil etmək olar:

1. , operatorlar ardıcıllığı

, operatoruna o zaman güclü yığılır ki,

olduqda

*Efn ∈ CEfn →:

*Ef ∈ CEf →:

∞→n 0→− ff n olsun;

144

2. -lər ə o za ığ nf f - man zəif y ılır ki, Ex∈∀ elementi

üçün ∞→n olduqda >>→<< fxfx n ,, olsun (burada

*Ef ∈ funksionalının Ex>< fx, işarəsi ∈ elem ə

i, Hilbert fəzasının qoşması izomorfluq

ə bərabərdir

entind

qiymətidir).

Göstərək k

dəqiqliyi ilə özün , yəni H Hilbert zasıdırsa, fə

H -la *H izomorfdur. Do

elementini götürs

var ki,

ğrudan da, ixtiyari

ək, Riss-Freşe teoreminə görə elə yeganə

*Hf ∈

Hh∈ ( ) ( )hu ,uf = . Tərsinə, əgər Hh∈ elementi

verilərsə, onda ( ) ( )huu ,f = münasibətilə ən

funksionalı xətti və kəsilməzdir, deməli,

Beləliklə,

təyin edil f *Hf ∈ .

H fəzasının elementləri iləh *H fəzasının

elementləri arasında qarşılıqlı birqiymətli uyğunluq

ılır. Bu uyğunluq zamanı

f

yarad hf ↔ , hf ′↔′ olarsa,

onda hhff ′+↔′+ və hf λλ ↔

ırıq.

olur. Müəyyənlik üçün

burada biz həqiqi fəzalara bax *H -da skalyar hasili belə

təyin edək: ( ) ( )HH hhff ′=′ ,, * .

Asanlıqla yoxlanılır ki, təyin etdiyimiz skalyar hasil

bütün skalyar hasil aksiomlarını ödəyir. Bu göstərir ki, H

və *H fəzaları izomorfdur. Ona görə də *HH = hesab

edəcəyik.

145

Misal 4. Sonlu ölçülü fəzalarda zəif və güclü yığılma

ekvivalentdir. Bəzi so

xassəyə malikdir. Ümu

nsuz ölçülü fəzalar (məsələn 1l ) da bu

miyyətlə isə, bu belə deyil. ( )1,02L -

( ) xnπin ardıcıllığına baxaq. xfn s2= nf -l r

q olduğundan Bessel bərabərsizliyindən

ədə

ortonormal çoxlu

alınır ki, ixtiyari ( )1,02Lf ∈ üçün ( ) 0,lim =∞→

ff nn. ( )1,02L -

ə üst-üstə düşdüyündən bura alırıq ki,

a →nf . Lakin mn

in qoşması özü il

olduqd

dan

∞→n 0 ≠ olduqda

22=−

Lmn ff . Deməli, nf güclü yığılan ardıcıllıq

deyil.

§22. Xan – Banax teoremi və ondan çıxan nəticələr

Teorem (Xan - Banax). Tutaq ki, E xətti normalı

fəza, sə onun alt fəzasıdır. Əgər da təyin olunmuş

xətti kəsilməz funksionalı verilmişdirsə, onda bu

funksionalı normas nı dəyişməmək şərtilə bütün

0E i 0E -

f

ı E fəzasına

davam etdirmək olar, yəni E -də təyin olunmuş elə xətti

kəsilmə funksionalı var ki:

1.

z F

0Ex∈ elementləri üçün ( ) ( )xfxF = .

2. fF = .

146

İsbatı. Teoremi separabel E fəzası üçün isbat

edəcəyik (ümumi hal, bax: [6], sə

edək ki,

h.176). Sadəlik üçün fərz

E həqiqi normalı fəzadır. Kompleks hal

( ) ( ) ( )ixfi Rexfxf Re −=

ci addım olaraq

yazmaqla həqiqi hala gətirilir. 1-

göstərək ki, əgər EE ≠0 isə, onda -i

əmək şə v yük 1E alt

tdirmək olar. İxtiyari 0x

f

normasını dəyişm rtilə ölçüs ahid bö

fəzasına davam e E

ü bir

0∉

onun xətti örtüyü

götürək və

[ ]0x [-a baxaq. ]001 xEE ⊕= qə ək.

Hər bir

bul ed

elementi ganə 01 xxxye α+= 11 Ex ∈

( )REx ∈∈ α,0 ayrılışına malikdir. İxtiyari həqiqi α ədədi

üçün -də təyin olunmuş 1E ( ) ( ) αaxfxf +=11 funksionalı

xəttidir və -da ə bərabərdir. Deməli, -in

davamıdır. Göstərək ki, -in məhdudluğunu, və -in

(uyğun olaraq -da və -də verilmiş operatorlar kimi)

normalarının bərabərliyini t n edən mövcuddur. Bunun

üçün

0E f - 1f f

1f f 1f

0E 1E

əmi a

( ) 1111 xfxf ≤ ( )11 Ex ∈ şərtini ödəyən -nın olması

kifayətdir. Çünki -də

a

1E ff =1 olduğundan 1ff ≤ olur.

( ) 0xxfaxf αα +≤+ ( )RMx ∈∈ α, bərabərsizliyini

α -ya bölək ( 0=α olduqda bərabərsizlik aydındır) və

147

01 Exg ∈= −α qəbul edək. Onda alarıq ki,

( ) 0x+ bərabərsizliyi 021 , Egggfagf ≤+ ∈∀ üçün

( ) ( )2011 gfgf +−≤+−−

olduqda ödənilir. Lakin

02 xgfgfax +≤

( ) ( ) ( ) +≤−≤− xgfggfgg +=− 02121212 fgfgf

01 xgf ++

olduğundan buradan

( ) ( ) 022011 xgfx +−≤ . fggfgf ++−−

Beləliklə, bütün 01 Eg ∈ üçün axırıncı bərabərsizliyin sol

tərəfinin yuxarı di bütün sərhə 02 Eg ∈ üçün onun sağ

tərəfinin aşağı sərhədini a r. Onda yuxarıdakı

bərabərsizlik bu aralıqda yerləşə üçün ödənilir.

Onda -dan ə davam olunan funksional var. -i

çoxqat davam etdirməklə isbat sona çatır. Belə ki,

şmı

n ixtiyari a

0E 1E - f

E

saparabel olduğundan burada sıx ardıcıllıqlar çoxluğu

var.

nx

[ ] 0,1 ≥⊕=+ jxEE jjj

...21

qəbul etsək, onda

alt fəzalarında uyğun olaraq eyni

xətti funksionallarının olduğunu alarıq.

əzaların birləşməsidir. Aydındır ki,

0 ⊂⊂⊂ EEE

normalı ,...,,, 21 fff

Tutaq ki, ∞E bu alt f ∞E

148

xətti fəzadır və -lər jx E -də sıx olduğundan EE =∞ .

də götürməklə E -da funksionalını təyin edək.

Onda məhdud operatorun davam haqqında teoremə görə

-u normasını dəyişməməklə kəsilməz olaraq

jE -

jff =∞ ∞ ∞f

ı

∞f EE =∞ -yə

davam etdirmək olar. Bu is lan davamd

isbat edildi.

Bu teoremdən çıxan aşağıda

Nəticə 1. Tutaq ki,

ə axtarı ır. Teorem

kı nəticələrə baxaq.

E xətti normalı fəzadır və Ex ∈0 ,

Onda bütün 00 ≠x . E -də təyin olunan elə xətti kəsilmə

funksionalı var ki:

1.

z f

( ) 00 xxf = .

2. 1=f .

İsbatı. nöqtəsinin xətti örtüyünü ilə işarə edək.

Deməli, bütün mümkün

0x 0E

0E 0xα şəkilli elementlərdən

ibarətdir (burada α ixtiyari kompleks ədəddir). alt

fəzasında aşağıdakı qayda ilə funksionalını təyin edək:

0E

f

( ) 00 xxf αα = . Asanlıqla yoxlanılır ki, xətti f

149

funksionaldır. ın 0 yeganə E -0

0

xx

vahid elementi

( )olduğundan 110

00

=⎠

⎞

⎝

⎛= x

xf . sup 0

1=⎟

⎟⎜⎜=

= xx

fxfx

1=α götürsək, alarıq ki, ( ) 00 xxf = , yəni ( )0 = 0xxf və

1=f . Xan –

normasını dəyişm bütün

Banax teoreminə görə bu funksionalı

əmək şərtilə E fəzasına davam

etdirmək olar. Alınan davam axtarılan funksionaldır. Nəticə

isbat edildi.

Nəticə 2. Əgə ı üçün

olarsa, onda

r ixtiyari *Ef ∈ funksional

( ) 0=xf 0=x olur.

İsbatı. Əksini fərz edək. Tutaq ki, 0≠x və ixtiyari

üçün *Ef ∈ ( ) 0=xf . 1-ci nəticəyə görə elə

funksionalı var ki,

*Ef ∈

( ) xxf = . 0≠x olduğundan 0>x .

Deməli, ( ) 0≠xf . Alınan ziddiyyət göstərir ki, fərziyyəmiz

doğru deyil. Nəticə isbat edildi.

Nəticə 3. Tutaq ki, ətti normalı 0E x E fəzasının alt

fəzasıdır və 00 Ex ∈ . ( ) 0000

inf, xxExdEx

−==∈

ρ qəbul

edək. Onda elə funksionalı var ki:

1. alt fəzasında

*Ef ⊂

0E ( ) 0=xf .

150

2. ( ) dxf =0 .

3. 1=f .

İsbatı. n ətti örtüyüöqtəsinin x nü [ ]0x ilə işarə edək 0x

[ ]00 xEM −= və çoxluğuna baxaq. Bu çoxluq alt əzadır və f

0xx α− şəkilli elementlər çox da luğudur (bura 00 Ex ∈ ,

C∈α ). M -də aşağıdakı qayda ilə funksionalını təyin

edək:

f

( ) dxxf αα −=− 0 . (1)

Asanlıqla yoxlanılır ki, xətti funksionaldır. f 0=α

götürsək, alarıq ki, 0Ex∈∀ üçün ( ) 0=xf . (1)

bərabərliyində 0=x və 1−=α götürsək, ( ) dxf =0 alınar.

İndi göstərək ki, 1=f . Qeyd edək ki, operatorun

norması xcAx ≤ münasibətinin bütün x -lər üçün

ödənildiyi sabitlərinin ən kiçiyi olduğundan c

xAx

AEx∈

= sup . Onda

( )=

−=

−==

∈∈∈

00

1supsupsup0 xx

dxx

duuf

fCExMu

αα

α

α

151

11inf 0− dxx

11sup00

===−

=∈

ddxx

dEx

. Nəticə isbat

edildi.

3-cü nəticənin bir tətbiqini verək. Xətti normalı E

fəzasının αx ( A∈α A - indekslər çoxluğ

elementləri sistemi o zaman biortoqonallaşdırıla bilir ki,

udur)

( )⎩⎨⎧

=′≠′

=′ ααα

αα ,1,0

xf ətini ödəyən α

münasib αf

( )AEf ∈∈ αα ,* funksionallar sistemi olsun.

Teorem. ( )Ax ∈αα

əruri və kafi

sisteminin biortoqonallaşdırıla

bilməsi üçün z şərt onun minimal olmasıdır,

yəni nın heç bir elementi yerdə qalanlarının qapalı xətti

örtüyünə daxil olmasın.

İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki,

αx -

αx sistemi

biortoqonallaşdırıla biləndir. Əgər hər hansı 0α üçün

olsa idi, onda

( ) ( )00

lim0

ααλ αα ≠= ∑=∞→ k

n

k

nkn k

xx

( ) ( ) ( ) 0lim1

000== ∑

=∞→

n

k

nkn k

xfxf αααα λ

( ) 100=αα xf . olardı. Lakin

152

Kafilik. T l utaq ki, αx minima sistemdir.

( )ααα ′≠x elementlərinin qapalı xətti örtüyünü αχ ′ ilə

işarə edək. αα χ ′′ ∈x və αχ ′ qapalı çoxluq olduğundan 3-cü

nəticəyə görə αχ ′–də sıfra çevrilən və ( ) 1=′′ αα xf şərtini

ionalı var. ödəyən funksα′f α′f funksionalları yuxarıdakı

biortoqonallaşdırı də , lma şərtlərini ö yir yəni αx sistemi

la biləndir. Teo isbat edildi

minimaldır. Doğrudan da, a

biortoqonallaşdırı rem .

Qeyd. Bütün sonlu sayda asılı olmayan elementlər

sistemi sılı

olmamazlığa görə

nxx ,...,1

( ) ( )jkxLx kj ≠∈ və sonlu ölçülü xətti

çoxluğun qapalılı asına da daxil

deyil. Buradan alırıq ki, hər bir sonlu sayd asılı olmayan

elementlər sistemi üçün onlara biortoqonal olan

funksionallar sistemi var.

Axırıncı teoremin Hilbert fəzalarına tətbiqi belə

nəticəni verir.

Tutaq

ğına görə jx onun qapanm

ki, nx H Hilbert fəzasının ixtiyari elementlər

ardıcıllığıdır. H fəzasında -lərə biortoqonal nx ny

elementlər ardıcıllığının varlığı (yəni ( )⎩⎨⎧

=≠

=nmnm

yx nm ,1,0

,

153

şərtini ödəyən n olması) üçün zəruri və kafi şərt nx

mal olmasıdır.

y

ardıcıllığının mini

§23. Xətti normalı fəzada qoşma operatorlar

Tutaq ki, xətti normalı fəzası fəzası

etdirən xətti məhdud

xE yEnı na inikas

A operatoru verilib. Ex x∈∀ götürüb

qəbul edək. İ ari funksionalı üçün

Axy = xtiy *yE∈ϕ

( ) ( ) ( )xfAxy == ϕϕ (1)

ləliklə, hər bir xExqəbul edək. Be ∈ elementinə (1)

münasibəti ilə təyin edilən şı qoyulur. Bu

qayda ilə biz fəzasında təyin edilmiş funksionalını

alırıq. Asanlıqla yoxlanılır ki, xətti funksionaldır.

Doğrudan da,

( )xf ədədi qar

xE f

f

( ) ( )( ) ( ) =+=+=+ 212121 AxAxxxAxxf βαϕβαϕβα

( ) ( )21 AxAx βϕαϕ += .

funksionalı məhduddur. Doğrudan da, f xEx∈∀ üçün

( ) ( ) xAAxAxxf ⋅⋅≤⋅≤= ϕϕϕ .

Bu göstərir ki, məhdud funksionaldır və f Af ⋅≤ ϕ .

Beləliklə, biz göstərdik ki, . *xEf ∈

154

Deməli, (1) sibəti vasitəsilə biz hər bir

funksionalına funksionalını qarşı qoyuruq. Bu

qarşıqoym əyin edir. Bu operatoru ilə

işarə edib ona operatorunun qoşması

. Onda (1) münasibətindən alırıq ki,

müna *yE∈ϕ

*xEf ∈

a bir operator t *A

A deyəcəyik. Deməli,

fA =ϕ* xEx∈∀ üçün

( )( ) ( ) ( )Axxfx ϕϕ ==* . (2) *

A

Aydındır ki, operatoru üçün bunu yazmaq olar:

.

Göstərək ki, operatoru xəttidir. İxtiyari

elementlərini (funksionallarını) götürək. (2) münasibətinə

görə

A*** : xy EEA →

*A *21 , yE∈ϕϕ

( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) =+=+=+ AxAxAxxA 212121* ϕϕϕϕϕϕ

( )( ) ( )( )xAxA 2*

1* ϕϕ += .

Bu münasibət xEx∈∀ üçün doğru olduğundan alırıq ki,

.

Əgər

( ) 2*

1*

21* ϕϕϕϕ AAA +=+

α ixtiyari skalyar ədəddirsə, onda (2) münasibətinə

görə

( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )⇒=== xAAxAxxA ϕααϕαϕϕα **

( ) ϕαϕα ** AA =⇒ .

155

Teorem. Xə E ope

qoşması məhduddur və

tti məhdud xEA →: ratorunun *A y

AA =* .

İsbatı. (2) münasibətinə görə ixtiyari xEx∈ üçün

( )( ) ( ) xAAx ⋅≤⋅≤ ϕϕ

i,

AxxA ⋅= ϕϕ* .

Buradan alırıq k ϕϕA* . B

üçün doğru

⋅≤ A u münasibət ixtiyari

elementi olduğundan məhdud

operatordur və

*yE∈ϕ *A

AA ≤* .

AA ≤* . 0İndi göstərək ki, 0 ≠Ax şərtini ödəyən ixtiyari

elementini götürək. Xan – Banax teoreminin 1-ci

ə görə elə funksionalı var ki,

xEx ∈0

nəticəsin *yE∈ϕ 1=ϕ və

( ) 00 AxAx =ϕ . Bu halda ( ) ( )( )0*

00 xAAxAx ϕϕ == ;

0*

0*

0*

0 xAxAxAAx ⋅=⋅⋅≤⋅≤ ϕϕ

bu bərabərsizlik 00

. Aydındır ki,

=Ax olduqda da ödə

ixtiyari xEx

nilir. Beləliklə,

∈ üçün xAAx ⋅≤ * *AA ≤⇒ . Onda (3)-

dən çıxır ki, A= . A*

Qeyd. funksionalının f x nöqtəsində aldığı qiyməti

əvəllər belə işarə etmişdik: ( ) >=< fxxf , . Onda (2)

156

münasibətini belə yazmaq olar: .

Beləliklə,

>>=<< ϕϕ ,, * AxAx

xEx∈∀ və üçün

A (4)

§24. Hilbert fəzasın

Tutaq ki,

*yE∈∀ϕ

>>=< ϕϕ *,, Axx . <

da məhdud operatorun qoşması

H Hilbert fəzasıdır və xətti məhdud A

operatoru bu fəz axilində təsi edir, yənanın d r i HD =A ,

. İxtiyari y∈HHRA ⊂ e em k vl entini qeyd edə ə

( ) ( )yAxxf ,= ( )Hx∈ skalyar hasili ilə təyin olunan

funksionala baxaq. funksionalı xəttidir. Doğrudan da, f

( ) ( )( ) ( )( ) =+=+=+ yAxAxyxxAxxf ,, 212121 βαβαβα

( ) ( ) ( ) ( )2121 ,, xfxfyAxyAx βαβα +=+= .

Koşi bərabərsizliyinə görə

( ) ( ) xcxyAyAxyAxxf =⋅⋅≤⋅≤= , .

Deməli, xətti funksionaldır. Onda Riss-Freşe

teoreminə görə yeganə elementi var ki,

f

elə Hy ∈* Hx∈∀

üçün ( ) ( )*, yxxf = , *yf = . Deməli,

( ) ( )*,, yxyAx = . (1)

157

Hy∈Bu qayda ilə hər bir elemen

elementi qarşı qoyulur. Bu qarşı qoy erato

edir. Həmin operatoru . (1)

münasibətindən al ə bərabərliklə

təyin edilir:

tinə yeganə Hy ∈*

ma bir op

ilə işarə edək.

ırıq ki, operatoru bel

r təyin *A ** yyA =

*A

Hyx ∈∀ , üçün

( ) ( )yAxyAx *,, = . (2)

(2) ilə təyin edilən operatoruna operatorunun qoşması

deyilir. Asanlıqla yo

Doğrudan da,

*A A

xlanılır ki, *A xətti operatordur.

tərifə görə ( ) =+ 21 y, yAx βα

)(( )21*, yyAx βα += . fdən ( ) =+ 21, yAx yβα D rəigər tə

( ) ( ) ( ) ( )=+=+= 2*

1*

21 ,,,, yAxyAxyAxyAx βαβα( 1

*, yAx α= )2* yAβ+ . Bu iki bərabərliyi müqayis

alarıq ki, Hx

ə etsək,

∈∀ üçün ( )( )=+ 21*, yyAx βα ( +1

*, yAx α

)2* yAβ+ . Buradan ( ) 2

*1

*21

* yAyAyyA βαβα +=+ .

Teorem.

Deməli, *A xəttidir.

( )HHLA ,⊂ operatorunun A qoşması

məhduddur və

*

AA =* .

İsbatı. Yuxarıda qeyd etdik ki, ( ) ( )yAxxf ,=

funksionalının norması belə olur:

yAyf ** == . (3)

158

Koşi bərabərsizliyinə görə ( ) xyAxf ⋅⋅≤ və deməli,

yAf ⋅≤ . Burada (3) m rə alaq. Onda ünasibətini nəzə

yAyA ⋅≤* . B məhdud operat

u göstərir ki, ordur və *A

A . A ≤* (4)

məhdud operator dan on a qoşması

Həmin qoşmanı il edək:

*A olduğun un d var.

ə işarə ( )**** AA = . Bu o **A

Hyx ∈∀ , elementləri üçün

deməkdir ki,

( ) ( )yAxyxA *** ,, =

Göstərək ki,

. (5)

AA =** . (2) və (5) münasibətinə görə

( ) ( ) ( ) ( ) ( )yxAyAxxyAyAxyAx ,,,,, ****** ====

Hyx ∈∀ , üçün

. Deməli,

( ) ( )yxAyAx ,, **= . Onda ⇒= xAAx ** **AA =⇒ . **A operatoru *A -un qoşması olduğundan (4)-ə

görə **** A≤AAA ⇒≤ . Onda (4)-dən alırıq ki,

AA =* . Teorem isbat edildi.

Misal. [ ]baL ,2 -də [ ] [ ]baba ,, × kvadratında kəsilməz

nüvəli ( )stK , Kxy = inteqral operatoruna baxaq: ( ) =ty

( ) ( )∫=b

a

dssxstK , . Burada həqiqi hala baxaq. >=< zKx,

159

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫ =⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=b b

a

dssxtzstKdt ,

peratoru da i qral

∫ ∫⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=b

a a

b

a

tzdssxstK ,

Deməli, qoşma o nte

operatordur: və onun nüvəsi

>=< zKx *, . zKw *=

( ) ( ) ( )∫=b

a

dssztsKtw , ( )stK , -in

trasponirə edilmişidir. Uyğun olaraq kom

qoşma operator inteqral operatordur v vəsi

pleks halda da

ə onun nü

( ) ( )stKstK ,,* =

Eyni

kimidir.

H H

operatorların qoş

1. ( )

ilbert fəzasında təyin olunan məhdud

masının aşağıdakı xassələrini qeyd edək. ** AA λλ = (burada λ kompleks ədəddir).

İsbatı. Qoşma operatorun tərifinə görə ( )( ) =vuA ,λ

( )( )vAu *, λ= . Digər tərəfdən ( )( ) ( ) == vAuvuA ,, λλ

( ) ( )vAuvAu ** ,, λλ == . Onda u∀ və Hv∈ üçün

( )( ) ( ) ( ) vAvAvAuvAu **** ,, λλλλ =⇒= , yəni ( ) ** AA λλ = .

2. .

İsbatı.

( ) *** BABA +=+

u∀ , Hv∈ üçün ( )( ) ( )+=+ vAuvuBA ,,

( )vBu,+ ( ) ( ) ( )( )vBAuvBuvAu **** ,,, +=+= .

3. . ( ) *** ABAB =

160

İsbatı. u∀ , Hv∈ üçün ( ) ( )( )vABuvABu *,, = . Digər

tərəfdən ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ==== vABuvABuvBuAv *** ,,,, ABu

( )vABu **,= . Bu iki münasibətdən al ıq ki, ır

( )( ) ( )vA** . Onda ( ) vAB ** = və buradan BuvABu * ,, = *

.

Tərif. Tutaq ki,

vAB

( ) *** ABAB =

H fə təyin olunmuş zasında A

H⊂ alt fəzası verilmişdir. Əgər ixoperatoru və H 0 tiy

üçün

ari

0Hu∈ 0HAu∈ olarsa, onda

invariant alt fəzası deyilir.

Göstərmək olur ki, Hilbert fəzasında hər bir xətti

məhdud operatorun trivial olmayan invariant alt fəzası var

(trivial alt fəza yalnız sıfır elementdən ibarət olan alt fəzaya

deyilir). İxtiyari Banax fəzasında bu təklif doğru deyil.

4. Əgər xətti məhdud operatorunun invariant

alt fəzasıdırsa, onda operatorunun invariant alt

fəzasıdır.

İsbatı.

H 0 -a A operatorunun

0H A

⊥0H *A

0Hu∈ götürək və göstərək ki, .

Qoşma operatorun tərifinə görə

uvA ⊥*

( ) ( )vAuvAu ,, * = olur.

, olduğundan buradan alırıq ki, 0HAu∈ ⊥∈ 0Hv

161

( ) 0, * =vAu . Deməli A ən

operatorunun inv

5. Əgər xətti

*

*A

0Hv ⊥ , y i ⊥∈ 0* HvA . Onda ⊥

0H

ariant alt fəzasıdır.

məhdud A operatorunun məhdud tərsi

H -da təyin olunmu *A şvarsa və bu tərs bütün dursa, onda

operatorunun tərsi var və ( ) ( )*11* −−= AA .

İsbatı. Tərs operator üçün 0=Au və

( ) ( ) 0,, * == vAuvAu olmasından istifadə etsə b olunan

alarıq.

§25. Öz-özün əhdud operatorlar

Tutaq ki,

k tələ ı

ə qoşma m

H Hilbert fəzasında təyin olunmuş məhdud

A operatoru verilmişdir. Əgər *AA = olarsa, onda A

operatoruna öz-özünə qoşma operator deyilir. Əgər A öz-

özünə qoşmadırsa, onda Hvu ∈∀ , üçün alırıq ki,

( ) ( AvuvAu ,, )= . (1)

Bu xassəyə operatorun simmetrikliyi xassəsi deyilir.

(1) münasibətində uv = qəbul etsək, alarıq ki,

( ) ( )AuuuAu ,, = və ya ( ) ( )uAuuAu ,, = . Beləliklə, öz-

özünə qoşma operatoru üçün A ( )uAu, skalyar hasili

həqiqidir.

162

Misal 1. nE Evklid fəzasında belə xətti operatora

baxaq: Axy = ( rada bu ni

nj yx 11

, ηξ == ),

∑=

==n

jjiji n, . Tutaq ki, ia

11,ξη ( )k Ez ∈= 1ϕ nnn E=

* .

Hilbert fəzasında z f n ele

onların skalyar olunduğundan

∑ ∑

unksionalı ın Ax mentinə təsiri

hasili ilə ifadə

( ) ==>=< ∑=

n

iiizAxzAx

1,, ϕη =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ n

= =i

n

jija ϕξ

Aa j

n

j

n

iiij

1 1ξϕ

operatoru

i j1 1

( ) >=< zAxzx ** ,, . Burada zAw *= =⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛= ∑ ∑

= =

niawn

iiijj ,1,

1== ∑

=

ξ bərabərliyi ilə tə

Deməli, matrisi

yin olunur.

*A A matrisinin transponirə edilmişidir. A

operatoru o zaman öz-özünə qoşma olur ki, jiij aa = olsun,

yəni ( )ija matrisi simmetrik olsun.

Teorem. Əgər A öz-özünə qoşma məhdud

operatordursa, onda

( )uAuAu

,sup1=

= . (2)

İsbatı. (2)-nin sağ tərəfindəki ədədi ilə işarə edək.

Bu ədəd sonludur, çünki Koşi bə izliyinə görə

AN

rabərs

( ) AuAuAuuAu =⋅≤⋅≤ 2, . Onda

163

( ) Auu

≤=

,su1

, Aup AN A ≤ . (3)

İxtiyari Hvu ∈, üçün

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )vAvvAuu ,,AvuAuvuvuA ,,, ++ , +=++

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )vAvvAuuAvuAuvuvuA ,,,,, +−−=−− .

Bu bərabərlikləri tərəf-tərəfə çıxaq:

( ) ( )[ ] ( )( ) ( )( )vuvuAvuvuAuAvvAu −−−++=+ ,,,,2 .

A öz-özünə qoşma olduğundan ( ) ( ) ( )vAuAuvuAv ,,, == .

Onda axırıncı bərabərliyi belə yaza bilərik:

( ) ( )( ) ( )( uvuAvuv )vuAvAu −−−++= ,,,Re4 .

Buradan

( ) ( )( ) ( )( )[ ]vuvuAvuvuAvAu −−+++≤ ,,41,Re . (4)

Aydındır ki, norması vahidə bərabər olan u∀ elementi üçün

( ) ANuAu ≤, . Onda ixtiyari 0≠z üçün zzu =

ğundan elementinin norması vahidə bərabər oldu

( ) 2,, zNzAzNzz

zzA AA ≤⇒≤⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛. Bu bərabərsizliyi

(4)-ün sağ tərəfinə tətbiq edib paraleloqram qaydasından

istifadə etsək, alarıq ki,

164

( ) [ ] ( )22 22 14

,Re vuNvuvuNvAu A +=−++≤ . (5)

(5) münasibəti ixtiyar

2 A

i Hvu ∈, elementləri üçün doğru

olduğundan burada AuAu1=u v = əbul edə bilərik. , q

Onda ( ) ( ) ANAu

≤1 .

Buradan

AA AuNNAuAu ⇒=+≤ 1121,

AAu

NANAu ≤⇒≤=1

sup . Bu bərabərsizlikdən və

(3)-dən ANA = alınır. Teorem isbat edildi.

Nəticə. ( )uAumuA ,inf

1== , ( )uAuM

uA ,sup

1== ədədləri

sonludur və AA MmA ,max= .

( )uAuA ,sup= Bu təklifin doğruluğu

bərabərliyindən alınır.

və ədədlərinə öz-özünə qoşma Am AM A

operatorunun dəqiq aşağı və dəqiq yuxarı sərhədləri deyilir.

Aydındır ki, norması vahid olan Hu∈∀ elementi üçün

( ) AA MuAum ≤≤ , . Onda istənilən Hz∈ elementi üçün

zzu = elementinə bu bərabərsizliyi tətbiq etmək olar:

165

( ) AAA MzAzz

mM⎟⎠

,1A z

zzzAm ≤≤⇒≤⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≤ , .

Deməli, Hz∈∀ üçün ( ) 22 , zMzAzzm ≤≤ . AA

Tərif. Tutaq ki, λ komple operatoru

verilib. Əgər sıfır olmayan elə

ks ədədi və A

Hu∈ elementi olarsa ki,

uAu λ= olsun, onda λ ədədinə A operatorunun məxsusi

ədədi, elementinu ə isə A -nın λ m xsusi ədədinə uyğun

ya məxsusi el

ə

məxsusi vektoru və ementi deyilir.

Teorem. Öz-özünə qoşma operatorunun məxsusi

ədədləri həqiqi ol

A

ub [ ]AA Mm , parçasında yerləşir. Müxtəlif

məxsusi ədədlərə uyğun məxsusi vektorlar ortoqonaldır.

İsbatı. Tutaq ki, λ məxsusi ədəd, isə ona uyğun

məxsusi vektordur. Onda

u

0≠u və uAu λ= . Bu

bərabərliyin hər iki tərəfini -ya skalyar vuraq: u

( ) ( )uuuAu ,, λ= . Onda ( ) 2, uuAu λ= ⇒( )

2

,u

uAu=λ .

Bilirik ki, öz-özünə qoşma olduğundan A ( )uAu, ədədi

həqiqidir. Deməli, λ məxsusi ədədi həqiqiqdir. məxsusi

vektoru üçün

u

( ) 22 , uMuAuum AA ≤≤ . (6)

Buradan alırıq ki,

166

( ) ( ) ⇒≤≤⇒≤≤ 2AA

222 ,, uMuuumuMuuum AA λλ

AA Mm ≤≤⇒ λ . Deməli, A -nın məxsusi ədədi [ ]AMm , -A

da yerləşir.

Tutaq ki, 1λ və 2λ A operatorunun müxtəlif məxsusi

ədədləridir. və is ır.

Onda

1u 2u ə onlara uyğun məxsusi vektorlard

111 uAu λ= , 222 uAu λ= . Birinci bərabərliyi sağdan

-yə, ikincini isə sol2u dan 1u -ə skalyar vuraq:

( ) ( ) ( ) ( )2121 ,uuu1121 ,, uuuAu λ= , Au, 2 2 λ= . Bu

bərabərliklərin sol tərəfləri bərabərdir. Onda sağ tərəfləri də

bərabərdir, yəni ( ) ( ) 0,, 212211 =− uuuu λλ ⇒ ( )×21,uu

( ) 021 =−× λλ . 21 λλ ≠ olduğuna görə, alırıq ki,

( ) 0, 21 =uu , yəni 21 uu ⊥ . Teorem isbat edildi.

Nəticə. Öz-özünə qoşma operatorunun məxsusi

ədədləri

A

[ ]AA ,− parçasında yerləşir.

Bu nəticənin isbatı [ ] [ ]AAMm AA ,, −⊂

münasibətindən çıxır.

Əgər öz-özünə qoşmadırsa və A Hu∈∀ üçün

isə, onda ( ) 0, ≥uAu A -ya müsbət operator deyilir. Bu

halda 0=Am .

167

Nəticə. Müsbət operatorun məxsusi ədədləri mənfi

deyil.

Bu təklifin doğruluğu və ya 0=Am ( ) 0, ≥uAu -dan

çıxır.

Misal 2. inteqral operatoru ilə

təyin olunan

( ) ( )∫−

−=π

πϕϕ dtttxkK

( ) ( ) 0=− xK ϕλ tənliyinə baxaq (burada ( )xk

( )ππ ≤≤− x bütün oxuna periodik davam olunan cüt

funksiyadır və

OX

µλ 1= ). Göstərək ki, nxcos funksiyası

( ) ( )− ϕ tt ( )∫−

=π

ππϕ dtxk

ax

n

1 inteqral t məxsusi

funksiyasıdır (burada

ənliyinin

( )∫−

=π

ππnxdxxkan cos1 götürülür).

ztx =− əvəzləməsini aparaq. Onda =

,

ə göstərilir ki,

funksiyası da

( )∫−

−π

πntdttxk cos

( ) ( ) ( ) +=−−= ∫∫+

−

−

+

π

π

π

π

x

x

x

xnzdzzknxdzzxnzk coscoscos

( ) nxanzdzzknx n

x

xcossinsin π

π

π=+ ∫

+

−

. Bu göstərir ki nxcos

məxsusi funksiyadır. Eyni qayda il nxsin

naπ

1 ədədlərinə uyğun məxsusi funksiyadır.

168

nn aπλ = məxsusi rinə iki xətti asılı o

nksiyaları uyğundur. Bu halda

Deməli, ədədlə lmayan

və məxsusi funxsin nxcos

nλ ədədləri ikiqat məxsusi ədədlər adlan r.

§26. Qeyri-məhdud operatorun qoşması. Simmetrik operatorlar

Tutaq ki,

ı

H H

olan

ilbert fəzasıdır və təyin oblastı

HDA ⊂ A operatoru verilmişdir. Əgər A məhdud

, onda on operator operator deyilsə a qeyri-məhdu

deyəcəyik. -nın qeyri-məhdudluğu o deməkdir ki,

istənilən ədədi üçün elə

d

A

0>c ADu∈ elementi var ki,

ucAu > . Bilirik ki, operatorunun məhdudluğu A

1,: =∈ xDxAx A

ekvivalentdir. Buradan al

ədədi çoxluğunun məhdudluğu ilə

ırıq ki, əgər qeyri-məhduddursa,

onda

A

1=nx şərtini ödəyən elə An Dx ∈ ardıcıllığı var ki,

+∞→nAx .

Misal 1. Xətti normalı [ ]baC , fəzasında dtdyAy =

operatoruna baxaq. Göstərək ki, bu operator qeyri-

məhduddur. ( ) [ ]1,0Ctty nn ∈= ardıcıllığına baxaq. Aydındır

169

ki, 1max10

==≤≤

n

tn ty , ( ) 1−=′

= nnn nttAy , =nAy

1

10max −

≤≤= n

tnt n= . Beləliklə, 1=ny , +∞→nAy , yəni

qeyri-məhdud operatordur.

Misal 2.

A

dtdyAy =( )1,02L fəzasında operatoruna

baxaq. Bu operatorun t oləyin oblastı araq elə ( ) ( )1,02Lty ∈

ğunu götürürük ki, həmin funksiyafunksiyalar çoxlu

ə daxil olan törəməyə malik olsun.

lar

( )1,02L -

( ) tntyn πsin2= qəbul edək. Onda tnnAyn ππ cos2= ,

( ) ( ) =−=== ∫∫∫ dttntdtndttyy nn

1

0

21

0

21

0

22 cos1sin2 ππ

101 =−= ⇒ 1=ny ,

ππππ nAyntdtnnAy nn =⇒== ∫ 221

0

2222 cos2 ⇒

+∞→nAy .

Deməli, qeyri-məhdud operatordur.

Tutaq ki, xətti operatorunun təyin oblastı

A

A H

Hilbert fəzasında hər yerdə sıxdır: HDA = . ilə

aşağıdakı şərti ödəyən bütün mümkün

*AD

Hv∈ elementləri

170

çoxluğunu işarə e ∈* ti var ki, udək: elə v elemen ADH ∈∀

üçün

( ) ( )*,, vuvAu = . (1)

ğrudan *AD boş çoxluq deyil. Do da, *0

AD∈ , çünki

( ) ( )0,0, uAu = münasibət

olur. Bu qayda ilə

elementi tər

yeganədir. Əksini

i doğrudur. Burada 0,0 * == vv

biz hər bir *ADv∈ elementinə müəyyən

ni qarşı qoyuruq. Gös ək ki, belə *v

fərz edək. Tutaq ki, *Dv

Hv ∈*

A∈ elementinə

əri qarşı qoyulub ki, bunların h

ənilir:

elə iki elementl

ikisi üçün (1) öd

Hvv ∈*1

* , ər

( ) ( )*vAu , ,, uv = ( ) ( )*1,, vuvAu = .

Buradan ADu∈ üçün ( ) ( )*1

* ,, vuvu = . Onda ( ) 0, *1

* =− vvu ,

yəni . ADvv ⊥− *1

* HDA =

sindən istif

olduğundan skalyar hasilin

kəsilməzliyi xassə adə etməklə alarıq ki,

. Onda . Beləliklə, hər bir

elementinə (1)-lə təyin edilən yeganə

elementi qarşı qoyulur. Bu qarşıqoyma bir operator t

edir. Həmin operatoru ilə işarə edək. operatoruna

operatorunun qoşması deyilir. Deməli, . (1)

münasibətindən alırıq ki,

Hvv ⊥− *1

* *1

**1

* 0 vvvv =⇒=−

*ADv∈ Hv ∈*

əyin *A *A A

vAv ** =

ADu∈∀ və *ADv∈ elementləri

üçün

171

( ) ( )vAuvAu *,, = . (2)

Tərifdən aydın olur ki, HDA =

rtdir. Daha do

şərti qoşma operatorun

varlığı üçün mühüm şə ğrusu, qeyri-məhdud

operatorun yalnız və şması var ki, onun

təyin oblastı

yalnız o zaman qo

H -da

operatordur. DA

Dv

hər yerdə sıx olsun. *A xətti

oğrudan da, ixtiyari *21 ,v ∈

elementlərini və βα , kompleks rs

halda

ədədlərini götü ək, bu

ADu∈∀ üçün

( ) ( )1*

1 ,, vAuvAu = , ( ) ( )2*

2 ,, vAuvAu = , ( ) =+ 21, vvAu βα

( ) ( ) ( ) ( )=+=+= 2*

1*

21 ,,,, vAuvAuvAuvAu βαβα

( )2*

1*, vAvAu βα += . Beləliklə, ADu∈∀ üçün ( +1, vAu α

)2vβ+ ( )2*

1*, vAvAu βα += . Bu münasibət göstərir ki,

ADv *21v ∈+ βα və ( ) 2

*1

*21

* vAvAvvA βαβα +=+ . Deməli,

xətti operatordur.

Tərif. Tutaq ki, operatorunun təyin oblastı

*A

A H -da

hər yerdə sıxdır. Əgər ADvu ∈∀ , elementləri üçün

( ) ( )AvuvAu ,, = olarsa, onda A -ya simmetrik operator

deyilir.

172

( )1,0Misal 3. 2 fəL zasında 2dt operatoruna

2 ydAy =

baxaq. Onun təyin obl ərastı olaraq aşağıdakı şərtl i ödəyən

( ) ( )1,02Lty ∈ funk

1. ikinci tərti məyə m

2.

siyaları çoxluğunu götürək:

b törə alikdir; ( )ty

( ) ( )1,02Lty ∈′′ ;

3. ( ) ( ) 010 == yy .

İxtiyari ( ) ( ) =′′=ADzy ∈∀ , yzAy, z, götür ək. Onda

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ==′′= ∫∫∫ dttydttzty0

0

1

0 ′′−=′′−′ ztydttztytzt

11

0

1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( Azyzydtztytzty ,,1

0

1

0=′′=′′+′= ∫ ) .

Deməli, ( ) ( )AzyzAy ,, = , yəni simmetrikdir.

Teorem 1. Təyin oblastı

A

H -da hər yerdə sıx olan A

kafi operatorunun simmetrik olması olması üçün zəruri və

şərt olmasıdır (yəni *AA ⊂ *AA DD ∈ və ADu∈∀ üçün

olmasıdır).

İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, simmetrikdir.

üçün

uAAu *=

A

ADvu ∈∀ , ( ) ( AvuvAu ,, )= . Qoşma operatorun

tərifinə görə bu göst və , yəni

.

ərir ki, *ADv∈ AvvA =*

*AA ⊂

173

Kafilik. Tutaq ki, ⊂ və ixtiyari

üçün

* . Onda D

uA*= . İxtiyari ADvu

AA ⊂ *AA D

ADu∈ Au ∈, elementlərini

götürsək ( ) ( ) ( ) olar. DemAvuvAuvAu ,,, * == əli

simmetrik operato

Teorem 2

olunmuş simmetr

həm də öz-özünə qoşmadır.

İsbatı. Tutaq ki, bütün Hilbert fəzasında təyin edilmiş

operatoru sim tərək k .

Əksini fərz edək uddur. Onda

A ,

rdur. Teorem isbat edildi.

(Teplis-Xellinqer). Bütün fəzada təyin

ik operator məhdud operatordur, deməli,

metrikdir. Gös i, o məhduddur

. Tutaq ki, A qeyri-məhd

A

1=nx şərtini ödəyən elə Hxn ∈ ardıcıllığı var ki,

+∞→nAx . H -da ( ) ( ) ( )nnn AxuxAuuf ,, == xətti

funksionala baxaq. Aydındındır ki,

( ) ( ) AuxAuxAuuf nnn =⋅≤= , .

Beləliklə, hər bir qeyd edilmiş üçün Hu∈ ( )ufn

inə

ardıcıllığı

məhduddur. Onda Banax-Şteynhauz teorem görə

funksionallar ardıcıllığı müntəzəm məhduddur, y

nf

əni

Mfn ≤ . Deməli, Hu∈∀ üçün ( ) uMufn ≤ . Bu

bərabərsizlikdə nAxu = götürək və funksionalının

ifadəsini nəzərə alaq:

nf

( ) nnn AxMAxf ≤ . ≤2nAx

174

MAxAxM nn ≤⇒≤ . Lakin biz işdik ki fərz etm ,

+∞→nAx . Alı iddiyyət hdud olduğunu

göstərir. Teorem isbat edil

Lemma. Tut

nan z A -nın mə

di.

aq ki, H Hilbert fəzasında təyin olunmuş

operatoru verilib. r A Əgə ( ),, AA

peratorunun tərsi va

*1*1 −−A operatorları

varsa, onda o r və*A ( ) ( )*11* −−= A . A

İsbatı. və *A ( )*1−A rlığ

deməkdir ki,

operatorlarının va ı o

A v ının təyin oblastlar

yerdə sıxdır, yəni

ə operatorlar ı hər 1−A

HDA = və HRA = . Əvvəlcə göstərək

ki, -un tərsi var. Tutaq ki, . Onda *A 0* =vA ADu∈∀ üçün

( ) ( ) 0,, * == vAuvAu . Deməli, ADu∈∀ üçün ( ) 0, =vAu ,

yəni ARv ⊥ . Onda 0=⇒=⊥ vHRv A . Beləliklə,

tənliyinin yalnız həlli var. Onda

operatorunun tərsi var.

0* =vA 0=v *A

( ) ( ) ( )=== −− vAuAvuAAvu *11 ,,,

( )( )vAAu **1, −= münasibəti ARu∈∀ və *ADv∈ elementləri

üçün doğrudur. HDA = olduğundan alırıq ki,

. Digər tərəfdən -un tərsi var. Onda

buradan alırıq ki,

( ) vvAA =− **1 *A

( ) ( ) 1**1 −− = AA . Lemma isbat edildi.

175

Simmetrik op

edək.

1. Əgər

eratorların aşağıdakı xassələrini qeyd

bütün A H fəzasında təyin olunmuş

ə qoşmadır. simmetrik operatordursa, onda öz-özün

İsbatı.

A

*AA ⊂ , HDA =*AA = olduğundan .

2. Əgər simmetrik A operatorunun şmAR dəyi ə oblastı

H HRA = isə, onda A fəzasında hər yerdə sıxdırsa, yəni

operatorunun tərsi var və tərsi də simmetrikdir.

İsbatı. Göstərək ki, -nın tərsi var. Tutaq ki, A 0=Au .

Onda ixtiyari ADvu ∈, üçün ( ) ( ) 0,, == vAuAvu . Deməli,

. Onda ARu ⊥ HRu A =⊥ və deməli, 0=u . Bu göstərir ki,

-nın tərsi var. Göstərək ki, bu tərs simmetrikdir.

simmetrik olduğundan . Lemmaya görə

operatorunun tərsi var. Onda münasibətindən alırıq

ki,

A A *AA ⊂ *A

*AA ⊂

( ) 1*1 −− ⊂ AA

( )*11 −− ⊂ A

. Yenə də lemmadan istifadə etsək, alarıq ki,

. Bu göstərir ki, simmetrik operatordur.

3. Əgər simmetrik operatorun dəyişmə oblastı bütün

fəzaya bərabərdirsə, onda bu operator öz-özünə qoşmadır.

A 1−A

176

Aİsbatı. Tutaq ki, simmetrikdir və HRA = . İkinci

xassəyə görə ın tərA - si var. Digər tərəfdən A və * ( )*1−A

aya görə operatorları və deməli, lemm ( ) 1* −A var və

( ) ( )*1* −= AA . (4)

simmetrikdir. Digər tərəfdən 1

1−

İkinci xassəyə görə

bütün

1−A −A

H fəzasında təyin olunmuşdur, çünki HRA = . Onda

1−A öz-özü1-ci xassəyə görə nə qoşmadır. (4 ətinə

görə

özünə qoşmadır.

§27. Qapalı operatorlar

Əvvəlcə operatorun qrafiki anlayışını verək. Tutaq ki,

və Hilbert fəzaları verilmişdir. -də skalyar hasili

-də skalyar hasili , ilə işarə edək.

) münasib

( ) 11* −−= AA . Buradan *AA = alınır. Deməli, A öz-

1H 2H 1H

( )1, , 2H ( )2 1Hx∈ ,

olmaq şərtilə nizamlanmış2Hy∈ yx, cütləri çoxluğuna

və fəzalarının düz hasili və ya hasili deyib belə işarə

edəcə

1H 2H

yik: 21 HHH ⊗= .

H fəzasında elementlərin cəmi və kompleks ədədə hasili

aşağıdakı qayda ilə təyin olunur:

177

yyxxyxyx ′+′+=′′+ ,,, yxyx λλλ ,, =, .

Asanlıqla yoxlanılır ki, H xətti fəz ır. Burada belə

il təyin edək:

ad

qayda ilə skalyar has

( ) ( ) ( )2,,, yyxyx ′1 ,, yxx +′=′′ .

Skalyar hasilin ak qla yoxlanılı

Aydındır ki,

siomları asanlı r.

2

2

2

1

2 yx += .

,

, yx

Tutaq ki H -da yxx n ,→ , yyn , əni

0,, →− yxyx nn . +−=− 2

1

2,, xxyxyx nnn

2

2yyn −+ olduğu

. Buradan asanlıqla alırıq ki,

ndan bu onunla ekvivalentdir ki, xxn → ,

yyn → H dolu f

deməli, Hilbert fəzasıdır.

İndi fərz edək ki,

əzadır və

H Hilbert fəzasında təyin olunmuş

operatoru verilmişdir. olmaq şərtilə bütün

mümkün

A Hu∈

Auu, cütləri çoxluğunu AΓ ilə işarə edək.

Aydındır ki, HHA ⊗⊂Γ . AΓ -çoxluğuna A operatorunun

qrafiki deyilir. -nın xəttiliyindən istifadə etsək, asanlıqla

göstərmək olar ki,

A

AΓ xətti çoxluqdur.

Tərif. Əgər operatorunun qrafiki A HH ⊗ fəzasında

qapalı çoxluqdursa, onda A -ya qapalı operator deyilir.

Deməli, qapalı operatorun qrafiki alt fəzadır.

178

Lemma. A operatorunun qapalı olması üçün zəruri və

vAuuu nn →→kafi şərt Du An ,, şərtlərindən ∈ ADu∈

və münasib ınmas ır.

İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki,

Auv = ətlərinin al ıd

A qapalı operatordur, yəni

onun qrafiki qapal Əgər, AΓ uuDu nAn →∈ , ,ı çoxluqdur.

vAun → Ann Auu Γ∈, ; vuAuu olarsa, onda nn ,, →

ənilir. Amünasibətləri öd Γ qapalı çoxluq olduğundan

buradan alırıq ki, Avu Γ∈, . Bu o deməkdir ki, ADu∈ və

Auv = .

Kafilik. Tut li ərəaq ki, lemmanın şərti ödəni r. Göst k ki,

A operatoru qapalıdır, yəni qrafikinin qapalı çoxluq

olduğunu göstərək. İxtiya ığılan

AΓ

ri y Ann Auu Γ∈,

ardıcıllığını götürək. Tutaq ki, vuAuu nn ,, → . Buradan

alırıq ki, . Şərtə görə uun → , vAun → ADu∈ , Auv = .

Deməli, AAuuvu Γ∈= ,, . Onda AΓ qapalı çoxluqdur.

Lemma isbat edildi.

Asanlıqla yoxlanılır ki, məhdud operator qapalıdır. Məhdud

operatorun təyin oblastını həmişə alt fəza qəbul edirik. Tərsi

isə doğru deyil, yəni qapalı operator məhdud olmaya bilər.

Deməli, operatorun qapalılığını onun kəsilməzliyilə

müqayisə edə bilərik. Əgər A operatoru -da AD

179

kəsilməzdirsə, on ığılmada nAu -in y sı An Du ∈ u

eyd edək ki, A operatoru

ildir.

ılığı nu və nAu ardı rının eyni

rt həm də kafidir.

vvəcə qeyd edək ki, xətti normalı fəzada

və un →

şərtlərinin nəticəsid gər yaln dırsa, onda

-in yığılması artıq əvvəlki şərtlərin nəticəsi deyil və

şərt kimi verilir. Q

qapalıdırsa, -in limiti olan elementi -ya dax

Operatorun qapal cıllıqla

vaxtda yığılmasını göst rir. Kə z operator isə o zaman

qapalı olur ki, onun təyin oblast qapalı çoxluq olsun.

Aydındır ki, bu şə

Misal 1. Ə

operatorun qapalılığı üçün lemmanın hökmü tərif kimi

verilir.

ir. Ə A ız qapalı

nAu

əlavə

nu v AD

ə silmə

ı

[ ]baCE ,= fəzasında dtdyAy = operatoruna baxaq.

A -nın təyin oblastı [ ]ba,

ə

-də kəsilməz törəməyə malik olan

funksiyalar çoxluğudur. Bilirik ki, bu operator qeyri-

məhduddur. Göstər k ki, bu operator qapalıdır. Tutaq ki,

. Bu o deməkdir ki, uuDu nAn →∈ , , vAun → ( )tun

funksiyalar ardıcıllığı ( )tu -yə yığılır. ( )tuAu nn ′=

funksiyalar ardıcıllığı isə ( )tv

n hə

-yə müntəzəm yığılır. Onda

funksional ardıcıllığı dbəhəd diferensiallanması

haqqındakı teoremə görə ( )tu funksiyası [ ]ba, -də kəsilməz

180

r və ( ) ( )tvtu =′ . Bu gtörəməyə malikdi östərir ki, ADu∈ və

. Deməli, q

Lemma. Əg

Auv = A apalı operatordur.

ər qapalı A operatorunun qoşması varsa,

qoşma operator da qap

İsbatı. Tutaq ki, , * .

Göstərək ki,

alıdır.

vvD nAn →∈ ,* n →

*AD

v wvA

v∈ və vAw *= . at runun *A oper o

varlığından çıxır ki, H= . İDA xtiyari ADu∈ üçün

( ) ( )nn vAuvAu *,, = . Burada ∞→n şə m ək rtilə li itə keçs

alarıq ki, ( ) ( )wuvAu ,, = . O ma ope ifin

görə və məli, qapalı operatordur.

Lemma isbat edildi.

Lemma. Əgər qapalı

nda qoş ratorun tər ə

vAw *= . De*ADv∈ *A

A operatoru ərsinə

malikdirsə, onda bu tərs qapalı operatordur.

İsbatı. Tutaq ki,

1−A t

vvRDv nAAn →=∈ − ,1 və

. Göstərək ki,wvA n →−1 1−∈

ADv və .

qəbul edək. Onda

vAw 1−= nn uvA =−1

nn Auv = . Şərtə görə , wun →

AAn DRu =∈ , . qapalı operator olduğundan

buradan alırıq ki,

vAun → A

ADw∈ , Awv = . Bu göstərir ki,

və . Deməli, qapalıdır. Lemma

isbat edildi.

1−=∈AA DRv vAw 1−= 1−A

181

İndi tutaq k palı xətti op

üçün ye

i, HHA →: qa eratordur və

ganə ADf ∈ var ki, Af gARg ∈∀ = .

və

1−A qapalı

HDA

=−1 oldu

tənliyinin

ğundan 1−A məhduddur. Deməli, əgər

HggAf = ∈∀ üçün yeganə həlli varsa, onda

A olduqda həll g -dən kəsilməz asılıdır.

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 10, ≤=+′′ xxgxfxqxfxp ,

qapalı operator

Misal 2. ≤

( ) =0f ( )1f ə baxaq. Əgər qp, - hamar sərhəd məsələsin

( ) 0≠xp funksiyalar, i u tənliyi sə, onda b f gA = şəklind

yazmaq olar

ə

(burada ( ) ( )1,1,0: 2 LLA → qapalı 02

operatordur). Onda buradan belə nəticəyə gəlirik ki, əgər bu

sərhəd məsələsi ( )1,02Lg ∈∀ üçün yeganə həllə malikdirsə,

onda bu həll sağ tərəfdəki ( )xg -dən kəsilməz asılıdır.

Qapalı olmayan operatorun müxtəlif qapalı davamları

ola bilər. Əgər bu davamlardan eləsi varsa ki, istənilən

başqa davam həmin operatorun davamı olsun, onda belə

davama operatorun minimal qapalı davamı və ya verilən

operatorun qapanması deyilir və A ilə işarə edilir.

( )1,02L -də qapanması olmayan operator göstərək.

Misal 3. ( )1xyAy = , ( ) [ ]1,0Cxy ∈ düsturu ilə təyin

olunan operatorunun təyin oblastı A AD ( )1,02L -də sıx

182

( ) 11 →ny , (çoxluqdur. ) 01 →n şərtlə əyən h rini öd ( )1,02L -

ılan də eyni limitə yığ ( )xyn və ( )xhn kəsilməz funksiyalar

ardıcıllığını qurm

, ardıcıllı n

aq olar. Onda 0, →→ nn AhxAy , yəni

nAy nAh qlarını ∞→n olduqda limitləri

A fərqlidir. Deməli, ope

§28. Öz-özünə qoşm

Tərif. Tutaq

ratoru qapalı deyil və qapanmır.

a operato n spektri və rezolvent

çoxluğ

ki,

ru

u

H Hilbert fə sir edən Azasında tə

operatoru verilmiş ə dir v λ kompleks ədəddir. Əgər

uAu λ= tənliyinin 0≠u həlli varsa, onda λ -ya A

operatorunun məxsusi ədədi, -ya isə (u λ -ya uyğun) onun

məxsusi funksiyası deyilir.

Bu tənliyi belə yazaq: 0=− uAu λ və ya

( ) 0=− uIA λ . Bu tənliyin sıfırdan fərqli həlli olduğundan

IA λ− operatorunun tərsi yoxdur. IA λ− operatorunun

ə oblastınıdəyişm ( )λA∆ ilə işarə edək: ( ) IAA R λλ −=∆ .

Lemma. λ ədədinin təyin oblastı H -da sıx olan öz-

özünə qoşma operatorunun məxsusi ədədi olması üçün

zəruri və kafə

A

şərt ( ) HA ≠∆ λ olmasıdır.

183

İsbatı. Zəru q ki,rilik. Tuta λ məxsusi ədəddir, isə

ona uyğun məxsusi fun

u

( )0ksiyadır, yəni ( )− uIA λ 0= ≠u

Göstərək ki,

.

( )λA∆⊥ . Belə sk ə baxaq: u alyar hasil

uxIA ,( )( )λ− . duğu

məxsusi ədədləri

A öz-özünə qoşma ol ndan onun

həqiqidir. Deməli, λ həqiqidir. Onda

( ) IAIAIA λλλ −=−=− ** . Buradan

( )( ) ( )( ) ( ) 00,,, ==−=− AxuxIA xuIλλ .

ADxBu münasibət ∈∀ üçün doğru olduğundan ( )λAu ∆⊥ .

lməzliyinə görə Skalyar hasilin kəsi ( )λu ∆⊥ olur. Digər A

tərəfdən, ğundan buradan alırıq ki, ( ) HA ≠∆ λ 0≠u oldu

olmalıdır.

Kafilik. Tutaq ki, ( ) HA ≠∆ λ . Göstərək ki, λ

məxsusi ədəddir. ( ) HA ≠∆ λ olduğundan ( )λA∆ alt

fəzasına ortoqonal olan 0≠u elementi var. Göstərək ki,

məxsusi funksiyadır. İxtiyari

u

ADx∈ üçün

( )( ) =−= uxIA ,0 λ ( )( )uIAx λ−, . Bu bərabərlik ixtiyari

üçün doğru vəADx∈ HDA = olduğundan ( ) 0=− uIA λ ,

yəni uAu λ= . Deməli, λ məxsusi ədəddir. Digər tərəfdən

-nın məxsusi ədədləri həqiqi olduğundan A λλ = . Deməli,

λ məxsusi ədəddir. Lemma isbat edildi.

184

Tərif. Əgər IA λ− operatorunun ( ) 1−−= IAR λλ

sa və bu tərs bütün məhdud tərsi var H fəzasında təyin

da olunmuşdursa, on λ ədədinə

nöqtəsi deyilir.

Bütün requlyar nö

A operatorunun requlyar

qtələr çoxluğunu ( )Aρ -ilə i

ona operatorunun re əc

operatoruna operatorunun rezolventi deyilir.

şarə edib

zolvent çoxluğu dey əyik. λR A

A ( )Aρ ə

çoxluğunun bütün

dədi

kompleks müstəviyə tamamlayıcısına A

ə operatorunun spektri deyilir v ( )Aσ ilə işarə edilir.

( ) ( )ACA ρσ \= .

Aydındır ki, məxsusi ədədlər spektrə daxildir.

Doğrudan da, əgər λ məxsusi ədəddirsə, onda IA λ−

operatorunun tərsi yoxdur və deməli, requlyar nöqtə ola

bilməz.

Lemma. ( )Aρ çoxluğu açıq çoxluqdur.

İsbatı. İxtiyari ( )Aρλ ∈0 nöqtəsini götürək. Onda

IA 0λ− operatorunun bütün H -da təyin olunmuş məhdud

tərsi var. ( ) ( )IIAIA 00 λλλλ −−−=− münasibətinə

baxaq. Sağ tərəfdəki 1-ci toplananın bütün H -da məhdud

tərsi var. λ ədədi 0λ -

ci toplanan

ın kifayət qədər kiçik ətrafında

yerləşdikdə ikin ın 0λλ − -a bərabər norması

185

istənilən qədər kiç mə göik ola bilər. Bu halda məlum teore rə

IA λ− operatorunun bütün H -da təyin olunmuş məhdud

tərsi var. Onda ( )Aρλ ∈ .

Beləliklə, 0λ nöqtəsi özünün müəyyən ətrafı ilə

birlikdə ( )Aρ -ya daxildir. Onda ( )Aρ açıq çoxluqdur.

Lemma isbat edildi.

Nəticə. Operatorun spektrı qap

İndi isə öz-ö ni öyrənək.

Teorem 1. Həqiqi olmayan hər bir kompleks

alı çoxluqdur.

zünə qoşma operatorun spektri

λ ədədi

öz-özünə qoşma A operatorunun requlyar nöqtəsidir.

İsbatı. Tutaq ki, βαλ i+= ( )0≠β və λ ədədi A -

nın məxsusi ədədi deyil. Onda IA λ− operatorunun tərsi

var. ADx∈∀ üçün ( ) xAxxIAy λλ −=−= qəbul edək.

Onda ( ) =−−= xAxxAxy λλ ,2

( ) ( )( ) −−=−−−−= 2, xAxxixAxxixAx αβαβα

( ) ( ) 22,, xxAxxixAxxi βαβαβ +−+−−

( ) IAIA λλ −=− * . Onda

, çünki

2222y =

Buradan alırıq ki,

xxAx βα +− .

222 xy β≥ ⇒ xy β≥ ⇒

186

⇒ yxβ1

≤ . Beləliklə, ixtiyari ( )λλRy AIA ∆=∈ −

)

elementi üçün

( yyIβ

λ 11 ≤− − . (1)

IA

A

Bu göstərir ki, λ− operatoru məhdud tərsə malikdir.

Göstərək ki, bu tərs bütün H -da təyin olunub, yəni göstərək

ki, ( ) HA =∆ λ . Ə əksini f rz edək. Tutaq ki, ( ) HA ≠∆ λ . λ

ndan 1-ci lemmaya görə ( ) H≠∆ λ . məxsusi ədəd olmadığı A

Onda operatorunu bütün ( ) 1−− IA λ H -a məhdud davam

etdirmək olar. Həmin davam h m də ə ( ) 1− − IA λ

operatorunun qapanması olar. Deməli, ( ) 1−− IA λ

mkün deyil, çünki operatorunun özü qapalı deyil. Bu isə mü

A öz-özünə qoşma olduğundan qapalıdır. IA λ− qapalıdır

və qapalı operatorun tərsi də qapalı olduğundan ( ) 1−− IA λ

qapalıdır. Alınan ziddiyyət göstərir ki, ( ) HA =∆ λ . Deməli,

bütün ( ) 1−− IA λ H -da təyin olunmuş məhdud operatordur.

Onda λ requlyar nöqtədir. Teorem isbat edildi.

Nəticə. Öz-özünə qoşma operatorun spektri həqiqi

oxda yerləşir.

187

Teorem 2. λ ədədinin öz-özünə qoşma A

si lması üçün zəruri və afi operatorunun reqluyar nöqtə o k

şərt ( ) HA =∆ λ olmas d

İsbatı. Zər

ı ır.

urilik. λ requlyar nöqtədirsə, onda

( ) HA =∆ λ olması in yuxarı

tərifindən çıxır.

Kafilik. T

bu nöqtən da verdiyimiz

utaq ki, ( ) HA =∆ λ v göstərək ki, ə

( )Aρλ ∈ . Əgər λ həqiqi o ddirsə, onda əvvəlki

teoremdən çıxı

lmayan ədə

r ki, ( )Aρλ ∈ . İndi tutaq ki, λ həqiqi

( ) Hədəddir. olduğundan 1-ci lemm ə A =∆ λ aya gör λ

məxsusi ədəd deyil. Onda IA λ− operatorunun ( ) 1−− IA λ

yin olunur, çünki tərsi var və bu tərs bütün fəzada tə

( ) HA =∆ λ . A öz-özünə qoşma, λ həqiqi olduğundan

IA λ− operatoru öz-özünə qoşmadır. Onda onun tərsi də

öz-özünə qoşmadır.

Beləliklə, ( ) 1−− IA λ

ünə qoşmad

hduddur. Onda

operatoru bütün fəzada təyin

olunub və öz-öz ır. Bu operator Teplis teoreminə

görə mə λ requlyar nöqtədir. Teorem isbat

edildi.

İndi biz yuxarıdakı təriflərə zidd olmayan aşağıdakı

tərifi qəbul edə bilərik:

188

( ) HA =∆ λTərif. Əgər olarsa, onda λ -ya A

ulyar nö təsi deyilir. Əgər operatorunun req q ( ) HA ≠∆ λ

λ -ya Aolarsa, operatorunun spekt

l mümkündür:

r nöqtəsi deyilir.

Burada iki ha 1. ( ) H≠λ ; 2. A∆

( ) ( ) HAA =∆≠∆ λλ .

1-ci halda deyəcəyik ki, λ diskret və ya nöqtəvi spektrin

nöqtəsidir. 2-ci halda deyilir ki, λ kəsilməz spektrin

nöqtəsidir.

Deməli, öz-özünə qoşma operatorun spektri diskret və

kəsilməz spektrdən ibarətdir.

Misal. ( )baL ,2 Hilbert fəzasında

( ) ( )ttxtAx = operatoruna baxaq. operatorunun heç bir

məxsusi ədədi yoxdur. Doğrudan da,

A

( ) ( )txtAx λ=

tənliyindən alırıq ki, ( ) (txttx )λ= , yəni ( ) ( ) 0=− txt λ . Bu

tənlik isə yalnız ( ) 0=tx olduqda ödənilir. İndi isə

[ ]ba,∈λ nöqtəsini götürək. Göstərək ki, bu nöqtə requlyar

nöqtədir.

( ) yxIA =− λ (2)

tənliyində baxaq. yxAx =− λ , yəni ( ) ( ) ytxttx =− λ ⇒

⇒ ( ) ( ) ( )tytxt =− λ ⇒ ( ) ( )λ−

=t

tytx . ( ) 0≠− λt olduğundan

189

alınan ( )tx funksiyası ( )baL ,2 fəzasına daxildir. Beləliklə,

ixtiyari ( ) ( )b,aLty 2∈ üçün (2) tə əmin fəzada həlli nliyinin h

var. Bu göstərir ki, A Iλ− operatorunun d yişmə oblastı ə

bütün fəza ilə üst-üst ( ) ( )baLA ,2=∆ λ . Onda ə düşür, yəni

ədir. İndi tutaq ki, [ ]ba,∈λ . Bu halda λ requlyar nöqt

λ=t olduqda ( )tx -nin if ndə mə fra çevrilir və

(2) tənliyinin

adəsi xrəc sı

( ) ( )λ−t

=tytx həlli artıq ( ) ( )baLty ,2∈∀ üçün

bu fəzaya daxil ola bilmir. Məsələn, ( ) ( )baLty ,1 2∈≡ , lakin

( ) ( )baLtt

ty ,12∈

−=

− λλ. Bu göstərir ki, IA λ−

üst-üstə operatorunun dəyişmə oblastı bütün fəza ilə

düşmür. Onda [ ]ba,

parçası verilən operatorun spektridir.

Lemma. ( )Aρµλ ∈∀ , ədədləri üçün

( ) µλµλ µλ RRRR −=− . (3)

Bu bərabərliyə Hilbert bərabərliyi deyilir.

İsbatı. ( ) ( )[ ( ) ]×−+−=−= IIARRIARR µλλµ λµλλ

=× µR ( ) ( ) ( ) µλµµλµλ µλµλλ RRRRRRIAR −+=−+− .

Buradan (3) alınır. Lemma isbat edildi.

190

§29. Sonlu ölçülü operatorlar

Əgər hər hans əyin olunm ş operatorunun

dəyişmə oblastı sonlu ölçülü çoxluqdursa, onda

operatoruna sonlu ö ü o

fəzasında təyin əhd

ı fəzada t u A

AR A

lçül perator deyilir. Əgər Banax

olunmuş m ud A operatoru sonlu

ölçülüdürsə, onda onun dəyişmə oblastı sonlu ölçülü

fəzadır.

AR

H Hilbert fəzasında sonlu ölçülü operatorun

aşağıdakı xassələrini qe

Teorem. Tutaq

yd edək:

ki, A H Hilbert fəzasında təyin

olunmuş sonlu ölçülü operatordur və

dəyişmə oblastının bazisidir

peee ,...,, 21 AR

( )pRdim A = . Onda

1. elə elementləri var ki, Heee p ∈**

2*1 ,...,, Hu∈∀

üçün ( ) k

p

kk eeuAu ∑

==

1

*, ;

2. oşma operatoru sonlu ölçülüdür.

elementləri əzasında bazis təşkil edir v

*A q **2

*1 ,...,, peee

*AR f ə Hv∈∀ üçün

.

İsbatı. Ümumiliyi pozmadan fərz edək ki,

-da ortonormal bazisdir. Onda

( ) *

1

* , k

p

kk eevvA ∑

==

peee ,...,, 21

AR Hu∈∀ üçün elə

191

ədədləri var ki, eAu ∑p

pλλλ ,...,, 21 kk

k=

= λ . Aydındır ki, 1

pλλλ ,...,, 21 ədədləri -dan asılıdır: u ( )ukk λλ = və

. ( ) k

p

kk euAu ∑

==

1λ

Beləliklə, ( )ukλ H -da təyin olunmuş funksionaldır.

əttiliyindA operatorunun x ən asanlıqla ( )ukλ operatorunun

lar: xəttiliyini almaq o

.

Digər tərəfdən isə

) .

bazis olduqlarından bu iki münasibətdən alırıq

( ) ( ) k

p

kk evuvuA ∑

=+=+

1βαλβα

( ) ( ) ([ ] k

p

kkk evuAvAuvuA ∑

=+=+=+

1βλαλβαβα

peee ,...,, 21

ki, ( ) ( ) ( ) pkvuvu kkk ,1, =+=+ βλαλβαλ .

Göstərək ki, ( )ukλ kəsilməz funksionaldır. Tutaq ki,

. kəsilməz operator olduğundan .

Deməli,

uun → A AuAun →

0→− AuAun . Pifaqor teoremindən istifadə

etsək, alarıq ki,

( ) ( )[ ] ( ) ( )2

1

2

1

2∑∑==

−=−=−p

kknkk

p

kknkn uueuuAuAu λλλλ .

192

Onda hər bir üçün olduqda k ∞→n ( ) ( )uu knk λλ → .

Deməli, ( )ukλ H Hilbert fəzasında təyin olunmuş kəsilməz

funksionaldır. Onda Riss–Freşe teoreminə ir

üçün elə elementi var ki,

görə hər b k

*ke ( ) ( )*, kk euu =λ . Bu halda

( ) ( ) kk1

in 2-ci hissə at edək.

p

keeuuA ∑

== *, . (1)

İndi teorem sini isb Hvu ∈∀ ,

üçün

⎛==p

vvAuvAu *** ,,,

Beləliklə,

( ) ( ) ( ) ( )( ) ==⎟⎠⎞

⎜⎝

∑∑== k

kkk

p

kk veeueeu

11,,,

( )( )veeu k

p

kk ,,

1

*∑=

= ( )( ) ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛== ∑∑

==

p

kkk

p

kkk eevueevu

1

*

1

* ,,,, .

Hvu ∈∀ , üçün

. Onda ( ) ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= ∑

=

p

kkk eeuuvAu

1

** ,,, Hv∈∀ üçün

(1)-dən həm də alırıq ki,

=vA*

( )∑=

=p

kkk eev

1

*, . =≤ pRA*dim

ARdim= . Onda . *** dimdimAA

RR ≤ A məhdud

olduğundan AA =** . Deməli, *dimdimAA RR ≤ . Nəticədə

alırıq ki, pRRAA == *dimdim . Deməli,

elementləri fəzasında bazisdir. Teorem isbat edildi.

**2

*1 ,...,, peee

*AR

193

Tutaq ki, A məhdud operatordur. ilə bu

operatorun sıfra çevrildiyi bütün elementlər çoxlu unu işarə

edək:

AN

ğ

0: =AuH . Ayd i, N alt .

N -ya A operatorunun “0” alt fəzası

eratoru

∈= uN A ındır k fəzadır

.

deyilir.

Teorem. Əgə op

A

⊥⊕= AA NNH A

r A H H əzasında

operatordursa, onda

ilbert f təyin

olunmuş məhdud

⊥⊥ == AAAA NRNR ** , , (2)

nasibət yəni aşağıdakı mü doğrudur.

AAAA NRNRH ⊕=⊕= ** . (3)

İsbatı. Məsələn, göstərək ki, ⊥= *AA NR . Əksini fərz

edək. Tutaq ki, ⊥≠ *AA NR . Onda elə və ⊥∈ *ANh 0≠h

elementi var ki, ARh ⊥ . Deməli, Hu∈∀ üçün ( ) 0, =hAu .

Buradan alırıq ki, ( ) 0, * =hAu . Bu münasibət Hu∈∀ üçün

doğru olduğundan , yəni . Beləliklə, həm

və həm də . Onda

0* =hA *ANh∈

*ANh∈ ⊥∈ *ANh 0=h

ru deyil. Onda

. Alınan ziddiyyət

göstərir ki, fərziyyəmiz doğ ⊥= *AA NR . Eyni

qayda ilə (2)-dəki 2-ci münasibət göstərilir. Teorem isbat

edildi.

194

Qeyd. (2)-dən alırıq k

Deməli, məhdud operatorun aldığı qiymətlər onun

qoşmasının sıfra çevri

qoşma operatorun

çevrildiyi element

Nəticə. Əgə

alt fəzadır.

i, ⊂ *AA NR və ⊂ AANN * . ⊥ ⊥

ldiyi elementlərə ortoqonal olur və

aldığı qiymətlər operatorun özünün sıfra

lərə ortoqonaldır.

r A sonlu ölçülü operatordursa, onda AR

AA RR = və

H

(2), (3) münasibətlərindən alırıq ki,

⊥= *AA NR , ⊥= AANR * , (4)

NRNR AAAA ⊕=⊕= ** . (5)

§30. Tamam kəsilməz operatorlar

Tərif. Tutaq ki, E Banax fəzasında təyin olunmuş

məhdud A operatoru verilmişdir. Əgər 0>∀ε ədədinə

görə sonlu ölçülü elə operatoru tapılarsa ki, S ε<− SA

olsun, onda A -ya tamam kəsilməz operator (və ya kompakt

operator) Başqa sözlə, deyilir. A operatoru yalnız və yalnız

o zaman tamam kəsilmə ə sonlu ölçülü

operatorlar ardıcıllığı olsun ki, bu ardıcıllıq

z olur ki, el nS

A -ya

müntəzəm yığılsın, yəni 0→− ASn .

195

Tərifdən ayd torlar

kifayət qədər sonlu ölçülü operatorlara yaxındır. B

sözlə,

ın olur ki, tamam kəsilməz opera

aşqa

0>ε ədə

kəsilməz operator torla norması

di nə qədər kiçik olursa olsun, tamam

u sonlu ölçülü opera ε -dan

kiçik olan məhdud o

Tamam kə torun aşağıdakı xassələrini

qeyd edək.

1. Sonlu ölçülü

2. tamam k

peratorun cəmi şəklində göstərmək olar.

silməz opera

operator tamam kəsilməzdir.

əsilməz operatorlardırsa, BA, βα ,∀ həqiqi

Bədədləri üçün A βα + tamam kəsilməz operatordur.

Doğrudan da, şərtə görə elə sonlu ölçülü və

operatorlar ardıcıllığı var ki, ,

nS nS ′

nS →→ A nS ′ →→ B . Onda

aydındır ki, nn SS ′+ βα →→ BA βα + və nn SS ′+ βα sonlu

ölçülü operatordur. Bu göstərir ki, BA βα + operatoru

tamam kəsilməzdir.

3. Tamam kəsilməz operatorun qoşması da tamam

kəsilməzdir.

İsbatı. Tutaq ki, tamam kəsilməzdir. Onda A 0>∀ε

üçün elə sonlu ölçülü operatoru var ki, εS εε <− SA

şmasının

.

Bilirik ki, məhdud operatorun norması onun qo

normasına bərabərdir. εSA− məhdud operator olduğundan

196

( ) εεεε <−=−=alırıq ki, − SASASA *** . Digər

tərəfdən sonlu ö

tamam kəsilməz opera

4. Əgər

*εS lçülü operatordur. Bu göstərir ki, *A

tordur.

A B tama məz, m kəsil isə

onda

məhdud operatordursa,

AB BA operatorlarının biri tamam və hər

kəsilməzdir.

İsbatı. Tutaq ki, 0≠B məhdud operatordur. 0=B

doğruluğu aydındır. 0>olduqda xassənin ∀ε götürək.

ü elə εS operatoru r ki, Onda sonlu ölçül vaB

SA εε <− .

Buradan alırıq ki,

( ) εεεε <⋅−≤−=− BSABSABSAB .

operatorunun dəyişmə oblastı sonlu ölçülü olduğundan

operatorunun da dəyişmə oblastı sonlu ölçülüdür,

. Bu göstərir ki, sonlu ölçülü

operatordur və deməli, tamam kəsilməzdir.

İndi göstərək ki,

εS

BSε

çünki εε SBS RR ⊂ BSε

AB

BA

a

sını

tamam kəsilməzdir. 3-cü xassə

göstərir ki, operatorun tam m kəsilməz olması üçün zəruri

və kafi şərt onun qoşma n tamam kəsilməz olmasıdır.

tamam kəsilməz,

*A *B məhdud olduğundan onların **BA

hasili indicə göstərdiyimizə görə tamam kəsilməzdir,

197

( ) *** BABA = münasibətindən alırıq ki, BA -nın qoşma sı

tamam kəsilməzdir. Onda BA -nın

kəsilməzdir.

Teorem. oper tamam s

üçün zəruri və kafi şərt bu operatorun ist nilən məhdud

çoxluğu kompakt çoxlu

İsbatı. Qeyd edək ki, məhdud

çoxluğa inikas

özü də tamam

A atorunun kəsilməz olma ı

ğa inikas etdirməsidir.

çoxluğun kompakt

olunması

ə

1: ≤∈= uHuK kürəsinin

ikas edilməsi ilə ekvivalentdir.

utaq ki, A tamam əsilməz operatordur.

kompakt çoxluğa in

Zərurilik. T k

Göstərək ki, K kürəsinin ( )KA obrazı kompakt çoxluqdur.

0>∀ε götürək. Onda elə çülü operatoru var ki, sonlu öl εS

εε <− SA . ( )KSε çoxluğuna baxaq. İxtiyari Ku∈ üçün

( ) εεεε <⋅−≤−=− uSAuSAuSAu olduğundan

çoxluğu ( )KSε ( )KA çoxluğu üçün ε -şəbəkədir. ( )KSε

sonlu ölçülü və məhdud çoxluqdur, çünki Ku∈∀ üçün

εεε SuSuS =⋅≤

sonlu ölçülü fəzada çox

və kafi şərt onun m

. Onda bu çoxluq kompaktdır. Çünki

luğun kompakt olması üçün zəruri

əhdud olmasıdır. Beləliklə, ( )KA

çoxluğu kompakt ε

ə

şəbəkəyə malikdir. Onda Xausdorf

teoremindən çıxan n ticəyə görə ( )KA çoxluğu kompaktdır.

198

Kafilik. Tutaq ki, A operatoru K vahid kürəsini

kompakt çoxluğa inikas irir, yəni etd ( )KA kom ır.

Göstərək ki, tamam kəsilməz operatordur.

paktd

A 0>∀ε

ədədini götürək. ( ) onun sonlu

KA

ə görə

kompakt çoxluq olduğundan

Xausdorf teoremin ε şəbəkəsi var. Bu

şəbəkəni ,...x ilə, nin xətti örtüyünün

ilə işarə edək. H -a proyeksiyalaya

,...,1 nx şəbəkə

qapanmasını isə n

operatoru

0H 0

P ilə i vəşarə edək. : HHP → Hu0 ∈∀ üçün

H 022 , uuPuu ⊥+= . S PA=ε qəbul edək. H sonlu

ğundan əyişmə

0

ölçülü alt fəza oldu operatorunun d

oblastı sonlu ölçülüdür və deməli,

PA

PAS =ε

in

operatoru sonlu

ölçülü operatordur. Beppo – Levi teorem ə görə Ku∈∀

üçün ( ) 0, HuuAuPAu ⊥′′+= və ( )AuP elementi

elementinin -da ən yaxşı yaxınlaşmasıdır, yəni

elementinin

Au

0H Au

( )AuP elementindən olan məsafəsi

elementinin ın başqa elementlərindən olan

məsafələrindən kiçikdir. Digər tərəfdən, -da heç olmazsa

bir element var ki, elementlərindən biri həmin

elementin -dan olan məsafəsi

Au

0H -

0H

mxx ,...,1

Au ε -dan kiçikdir. Onda

alırıq ki, ( ) ε<− AuPAu . Beləliklə, Ku∈∀ üçün

199

( ) ε<− AuPAu , yəni ( ) ε<− uPAA . Burada 1, ≤uu

şərtini ödəyən tiya ix ri element olduğundan alırıq ki,

ε<− PAA və ya ε<−A . εS sonlu ölçülü operator

östərir ki,

εS

olduğundan bu g A tamam kəsilməzdir. Teorem

əgər ( )

isbat edildi.

Göstərmək olar ki, ∫ ∫b

a

b

atxK 2, i+∞<dxdt sə,

onda inteqral operatoru ( ) ( )∫=b

adttutxKAu , ( )baL ,2

fəzasında tamam k to .

§31. Sonlu ölçülü operatorlar üçü Fredholm nəzəriyyəsi

Əvvəlcə fərz edək ki, sonlu ölçülü operatoru sonlu

ölçülü

əsilməz opera rdur

n

A

H fəzasında tə uşdur.Ümumiyyətlə, sonlu

ölçülü fəzada təyin olunmu tti operator həm sonlu ölçülü,

həm də məhdud operatordur. Onda

yin olunm

ş xə

AI − operatoru da H -

da sonlu ölçülüdür. Bu halda bilirik ki, aşağıdakı

münasibətlər doğrudur:

AIAIAIAI NRNRH −−−− ⊕=⊕= ** . (1)

Bilirik ki, AI − və onun *AI − qoşması eyni ölçülü

operatordur:

200

*dim RdimAIAIR

−− = . (2)

ətlərindən çıxır ki,

NN

(1) və (2) münasib

− AIAI −= dimim . d * (3)

(1) və (3) münasibətlərində ı təklif

1. (1) münasibəti göstərir ki

n aşağıdak ləri alırıq:

, HR AI =− yalnız və yalnız

o zaman olur ki, 0 olsun. HR* =−AIN münasibəti o AI =−

( )Hf ∈ üçün deməkdir ki, ixtiyari fuAI =− tənliyinin

H -da həlli var. 0* =−AIN münasibəti o deməkdir ki,

( ) 0* =− vAI , yəni tənliyinin 0* =− vAv H -da yalnız

həlli var Beləliklə, 0=v Hf ∈∀ elementi üçün

tənliyininfAuu =− Hu∈ həllinin varlığı üçün zəruri və

kafi şərt qoşma bircin tənliyinin yalnız s 0* =− vAv 0=v

həllinə malik olmasıdır.

2. İxtiyari Hu∈ üçün (1) münasibəti göstərir ki,

elementi alt fəzasına ortoqonaldır və tərsinə,

alt fəzasına ortoqonal olan hər bir element

qiymətlər çoxluğunda yerləşir. Deməli,

( )uAI − *AIN

−

*AIN

− AIR −

AI − operatoru

yalnız və yalnız alt fəzasına ortoqonal olan qiymətləri

alır.

*AIN

−

201

fAuu =− tənliyinin heç olmasa bir Hu∈ Beləliklə,

həllinin varlığı üçün z

qoş

ortoqonal olmasıd

3. (3) münasibəti g

əruri və kafi şərt f elementinin

ma bircins tənliyinin istənilən həllinə

ır.

0* =− vAv

östərir ki, bircins 0=− Auu və

0* =vA tənliklərinin xətti asılı olmayan

abərdir.

z sonlu ölçülü fəzada tə

qoşma bircins −v

həllərinin sayı bər

Beləliklə, bi yin olunmuş sonlu

ölçülü operatoru üç di

Fredholm teorem rn dək

ki, 1-ci teorem 2-ci teoremin nəticəsidir. İxtiyari

operatoru üçün Fredholm teoremləri (1) və (3)

münasibətlərilə ekvivalentdir.

İndi isə göstərək ki, Fredholm teoremləri

A ün üç təklif söylə k. Bu təkliflərə

ləri və ya alte ativləri deyilir. Qeyd e

A

H Hilbert

fəzasında təyin olunmuş istənilən sonlu ölçülü operator üçün

doğrudur.

Teorem. (1) və (3) münasibətləri H Hilbert fəzasında

təyin olunmuş istənilən sonlu ölçülü A operatoru üçün

doğrudur. Deməli, bu halda A operatoru üçün Fredholm

teoremləri doğrudur.

İsbatı. Tutaq ki, H Hilbert fəzasında təyin olunmuş

sonlu ölçülü A operatoru verilmişdir. ( ) fuAI =− , yəni

202

fAuu += (4)

tənliyinə baxaq. Burada Hf ∈ verilmiş element, Hu∈

məchul elementdir. A sonlu ölçülü olduğundan Hu∈∀

üçün

. (5)

Burada

( )∑=

=n

kkk eeuAu

1

*,

( ) kkeu η=*, (6)

qəbul edək. Onda

. (7)

Ardıcıl olaraq (7), (5) və (4) münasibətlərindən istifadə

etsək, alarıq ki,

∑=

=n

kkk eAu

1η

( ) ( ) =+=+== ∑∑==

n

kkk

n

kkk eefAufAuAAue

1

*

1,η

( ) ( ) ( ) +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=+= ∑ ∑∑∑

= ===k

n

kk

n

kii

n

kkk

n

kkk eeeeueefeeAu

1

*

1

*

1

*

1

* ,,,,

( )∑=

+n

kkk eef

1

*, .

Beləliklə,

( )( ) ( ) =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= ∑∑ ∑∑

== ==

n

kkk

n

kkki

n

ii

n

kkk eefeeeeue

1

*

1

*

1

*

1,,,η

( ) ( )∑∑∑== =

+=n

kkk

n

kkki

n

ii eefeee

1

*

1

*

1,,η .

203

( ) ikki bee =*, , (8)

( ) kkef ϕ=*, (9)

qəbul etsək, alarıq ki,

= ==+⎤

⎢⎣⎡= kk

n

kk

n

iiik

n

kkk eebe

1 11ϕηη .

sistemi

∑∑ ∑∑n

=⎥⎦ k 1

ke A -n

etdiyindən buradan alırıq ki,

ın dəyişmə oblastında bazis təşkil

nkb k

n

iik ,1, =+= ∑ ϕη . (10)

ər Hu

ik

1=η

Beləliklə, əg ∈ elem nti (4)-ün həllidirsə, onda e

(6) ilə təyin olunan nηη ,..., ə iklər

sisteminin həllidir.

1 ədədləri (10) t nl

nηη ,...,1 ədədləri (10) xətti tənliklər

sisteminin həlli olduqda mühakiməni tərsinə təkrar etsək,

(5) və (4)-dən alarıq ki,

(11)

elementi (4) tənliyinin həllidir. Nəticədə (4) tənliyi (10) xətti

tənliklər sistemi ilə ekvivalentdir.

feu k

n

kk += ∑

=1,η

( ) nkiikbB ,1, == matrisinə baxaq. nηη ,...,1 -lərdən təşkil

edilmiş sütun vektoru ηr

, nϕϕ ,...,1 -lərdən təşkil edilmiş

sütun vektoru ϕr

ilə işarə etsək, (10)-u belə yaza bilərik:

ϕηηrrr

+= B . (12)

204

Xüsusi halda, alırıq ki,

( ) 0=− uAI (13)

bircins tənliyi

ηηrr B= (14)

tdir.

stərilir ki,

tənliyilə ekvivalen

Asanlıqla gö

( ) 0* =− vAI (15)

ξξ

tənliyi

rr

*B= (16)

tdir (burada

) ( )

tənliyilə ekvivalen

( ∑=

==k

kkkkn1

1 ,...,ξξξ =n

evev *,,,, ξξr

). (17)

(17) münasibətlərindən aydın olur ki, (15) tənliyinin xətti

asılı olmayan həllərilə (16) tənliyinin uyğun olduğu həllər

xətti asılı deyil və tərsinə. Deməli, (15), (16) tənliklərinin

xətti asılı olmayan həllərinin sayı bərabərdir. Eyni qayda ilə

alırıq ki, (13) və (14) tənliklərinin xətti asılı olmayan

həllərinin sayı bərabərdir.

(14) və (16) tənliklərinə baxaq. Burada B operatoru

(matrisi) sonlu ölçülü nR fəzasında təyin olunduğundan

onun üçün Fredholm teoremləri doğrudur. Xüsusi halda, 3-

cü teoremə görə (14) və (16) tənliklərinin xətti asılı olmayan

həllərinin sayı bərabərdir. Onda (13) və (15) tənliklərinin

205

xətti asılı olmay

operatoru üçün Fredholm

münasibəti doğrudur.

İndi isə o

isbat edək. (4) və

olaraq (12) və (1

sərbəst həddi ilə (15)-in

an həllərinin sayı bərabərdir, yəni A

un 3-cü teoremi və ya (3)

peratoru üçün Fredholmun 2-ci teoremini

(15) tənliklərinə baxaq. Bu tənliklər uyğun

6) tənliklərilə ekvivalentdir. (4)-dəki f

v həllinin skalyar hasilinə baxaq.

A

( ) ( ) ( )nR

n

kkk

n

kkkk ef ∑∑

=====⎟

⎠⎞

11

** ,, ξϕξϕξn

kk efvf ∑

=⎜⎝⎛=

1,, ξ

rr .

Beləliklə,

( ) ( )ξϕrr

,, =vf . (18)

B operatoru üçün Fredholmun 2-ci teoremi do

olduğundan (12) tənliyinin yalnız və yalnız o zaman h

var ki,

ğru

əlli

ϕr

vektoru qoşma bircins (16) tənliyinin ξr

həllinə

ortoqonal olsun. Bu isə (13) münasibətinə görə vf ⊥

nliyinin

ız və

olması ilə ekvivalentdir. Digər tərəfdən (4) tə

həllinin olması (12)-nin həllinin olması ilə ekvivalentdir.

Buradan belə nəticəyə gəlirik ki, (4) tənliyinin yaln

yalnız o zaman həlli var ki, bu tənlikdəki sərbəst həddi

qoşma bircins (15) tənliyinin hər bir həllin ortoqonal olsun.

Deməli,

f

ə

A üçün Fredholmun 2-ci teoremi doğrudur və 1-ci

teorem ikincinin nəticəsidir. Teorem isbat edildi.

206

§32. Tamam k

nəzəriyyəsi

Tutaq

əsilməz operatorlar üçün Fredholm

ki, H Hilbert fəz əz

operatoru veril

Teorem. T

aşağıdakı münasibətlər doğrudur:

asında ixtiyari tamam kəsilm

mişdir. A

amam kəsilməz A operatoru üçün

*dimdimAIAI NN

−− = , (1)

AIAIAIAI NRNRH −−−− ⊕=⊕= ** . (2)

Deməli, tamam kəsilm

teoremləri doğrud

İsbatı.

əz operatorlar üçün Fredholm

ur.

( )1,0∈ε ədədini qeyd edək. A tamam

kəsilməz olduğundan elə sonlu ölçülü operatoru var ki, S

ε<− SA . εASA =− qəbul etsək, εASA += ,

1<< εεA olar. Bu halda bilirik ki, εAI − operatorunun

məhdud tərsi var.

( ) fuAI =− (3)

tənliyinə baxaq. Bu tənliyi belə yazaq: ( ) fSuuAI =−− ε .

( ) xuAI =− ε qəbul edək. Onda

( ) xAIu 1−−= ε (4)

və aşağıdakı tənliyi alırıq

207

( ) fxAISx − =− −1ε . (5)

(5) tənliyində x yeni məchul elementdir. Beləliklə, (3) və

(5) tənlikləri ekvivalentdir. ( ) 1−−= εAISB qəbul etsək, (5)

bilərik:

fBxx

tənliyini belə yaza

=− . (6)

Aydındır ki, B so

nlu ölçülü operatordur.

( ) 0* =− vAI (7)

Buradan alırıq ki,

tənliyinə baxaq. ( ) 0** −− SAI ε =v ,

( ) 0** =−− vSvAI ε . Aydındır ki, ( )*εAI − -un tərsi var. Hər

ir edək: tərəfə bu tərslə təs

( ) 0*1* =−−− vSAIv ε və ya . (8)

Deməli, (7) tənliyi (8) tənliyilə ekvivalentdir.

0* =− vBv

B sonlu

ölçülü operator olduğundan onun üçün Fredholmun 2-ci

teoremi doğrudur, yəni (6) tənliyinin yalnız və ız o

zaman həlli var ki, (8) tənliyinin və deməli, həm də (7)

tənliyinin istənilən əllinə ortoqonal olsun. (6) tənliyi isə

(3) tənliyilə ekvivalentdir. Deməli, (3) o zaman həllə

malikdir ki, onun - sağ tərəfi qoşma bircins (7) tənliyinin

stənilən həllinə ortoqonal olsun.

İndi isə 3-cü teoremin doğruluğunu göstərək. (3) və

(6)-dan alırıq ki,

yaln

f

v h

f

v

208

( ) 0=− uAI (9)

və

( ) 0=− xBI (10)

alentd . tənlikləri ekviv ir B sonlu ölçülü operator

və (8) tənliklərin ti asılı olmayan

ərabərdir.

olduğundan (10) in xət

həllərinin sayı b Onda (9) və (7) xətti asılı

olmayan həllərinin say rabərdir. (9) t liyinin

olmayan həllərilə

və tərsinə. Teorem isbat edild

§33. Tamam kəsilm

Operatorun üzərinə tamam kəsilməzlik şərtinin

qoyulması onun spektrinin daha sadə təsvirinə imkan verir.

Belə ki, əvvəlki mövzudakı Fredholm alternativlərinə görə,

əgər

ı bə ən xətti asılı

(10)-un uyğun olan həlləri xətti asılı deyil

i.

əz operatorun spektri

B Banax fəzasıdırsa, ətti tamam kəsilməz

operatordursa və

BBA →: x

0≠λ isə, onda bu iki haldan biri

doğrudur:

1. ( ) gfAI =−λ ( )Bg ∈ tənliyinə uyğun bircins

tənlik yalnız sıfır həll likdir. Bu halda ə ma ( )Aρλ ∈ ,

operatoru məhduddur və qeyri-bircins tənlik

üçün yeganə

( ) 1−− AIλ

Bg ∈∀ ( ) gAIf 1−−= λ həllinə malikdir;

209

2. Bircins tənlik ır

malikdir. Bu halda qeyri-

malikdir ki, qoşm

üçün

heç olmasa bir sıf dan fərqli həllə

bircins tənlik o zaman həllə

a *** fAf =λ tənliyinin ixtiyari *f həlli

( ) 0, * =fg olsun (qeyri-bircins tənliyin həlli yeganə

gər A tamam kəsilməz olmaya da bilə

operatordursa, onda

r). Deməli, ə

( )Aσ -nın hər bir s ırdan fə öqtəsi

məxsusi ədəddir.

başlanğıcının istənilən ə

ıf rqli n

İndi göstərəcəyik ki, koordinat

trafından kənarda ( )Aσ -nın sonlu

var, yəni koordinat başlanğıcının kiçik sayda elementi

ətrafından kənarda spektr keyfiyyətcə sonlu ölçülü

operatorun spektrindən fərqlənmir.

Teorem. Tutaq ki, B sonsuz ölçülü Banax fəzasıdır və

xətti tamam kəsilməz operatordur. Onda

operatorunun spektri sıfırdan və sıfırdan fərqli məxsusi

ədədlərdən ibarətdir. Belə ki, hər bir sıfırdan fərqli məxsusi

ədədə uyğun məxsusi alt fəza sonlu ölçülüdür.

İsbatı. Əgər

BBA →: A

( )Aσ∈0 isə, onda BRA = və B

fərziyyəmizin əksinə sonlu olardı. 0≠λ olduqda və

sonlu ölçülüdür və teoremin yerdə qalan iki

mülahizəsi buradan və Fredholm alternativindən alınır.

Teorem isbat edildi.

AIN −λ

*AIN

−λ

210

Teorem. Banax fəzasında tamam kəsilməz operatorun

məxsusi ədədlər çoxluğu ya sonludur, ya da hesabi

saydadır. İkinci halda limit nöqt

İsbatı. Əksini fərz edək. Tutaq ki, hər hansı

əsi ancaq sıfırda ola bilər.

0>ε

üçün sonsuz sayda nλ məxsusi ədədlər ardıcıllığı var və

ελ ≥n . n∀ üçün nf - uyğun məxsusi funksiyalar

ardıcıllığı olsun. -in xətti örtüyünü işarə

edək. Asanlı ılır ki, -lər xətti asılı deyil və

deməli, -də məxsusi alt çoxluqdur. Ona görə elə

ardıcıllığı var ki, hər bir üçün

nM ilə nff ,...,1

qla yoxlan nf

nM 1+nM

ng 1>n nn Mg ∈ , 1=ng

və üçün

1−∈∀ nMf

21

≥− fgn (1)

münasibəti ödənilir. Bundan sonra isə hər hansı Cj ∈α

üçün olduğunu alırıq. Buradan ∑=

=n

jjjn fg

1α nn MAg ∈ .

Bundan başqa

, ( ) ∑=

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −=−

n

jjnjnn fgAI

1λλαλ

211

( ) 1−deməli, ∈− nnn AI Mgλ . Hər bir tam m ( )nm <≤1

üçün ( ) mnn AggAIf +−= λ qəbul edək. Onda və

ə daxildir.

f fn1−λ

1−nM -

( ) ( )fgAgg nnnnnn1−−=+−− λλλ AggAgAg mnnmn =− λ

olduğu üçün (1)-dən alırıq ki,

22 ελ ≥≥− nmn AgAg .

nAgDeməli, – ılan alt ardıcıllığı yoxdur. in yığ ng

məhdud olduğundan bu A -nın tamam k silm zliyin ziddir.

( )1,0

ə ə ə

Teorem isbat edildi.

Misal. Tutaq ki, və HA elə H2LH = →: b

verilir:

,

burada

( ) ( ) ( )∫=1

0, dyyfyxkxAf

( )yxk , - kəsilməz funksiyadır.

1. Tutaq ki, njj 1=

ϕ

z funksiyalar çoxlu

- sonlu sayda xətti asılı olmayan

kəsilmə ğudur və )( ) ( ) (yxyxk i

n

i ϕϕ∑=1

, .

Onda ( ) ( )( )1,0, 21

LffAfn

jj ∈= ∑ ϕϕ .

Buradan alırıq ki, -də ölçülü xətti alt fəzadır.

Əgər isə, onda . Ona görə də 0 məxsusi

AR nM n

⊥∈ nMf 0=Af

212

ədədinə sonsuz sayda xətti asılı olmayan məxsusi

funksiyalar uyğun

2. Əgər

olur.

( )yxk , ermit nüvəsidirsə, onda A öz-özünə

tün 0qoşmadır. Əgər əlavə olaraq bü ≠f üçün

( ) 0, >fAf (2)

A olarsa, onda m ki, 0

ədədi

üsbət operatordur. (2)-dən görünür

A operatorunun məxsusi ədədi deyil. Digər tərəfdən

( )Aσ∈0 , çünki tamA am kəsilməzdir. Ona görə HRA ≠ .

Bu göstərir ki, 0=λ olduqda Fredholm alternativl

ödənilmir. Burada a x ola bil

3. düsturu ilə verilən

əri

ən çoxu HR -d sı ər. A

( ) ( ) ( )∫=x

dyyfyxkxAf0

, A Volter

inteqral operatoruna baxaq. ( )Aσ yalnız 0 nöqtəsindən

ibarətdir. Buradan belə nətic lirik ki, əyə gə 0≠λ olduqda

gAff =−λ tənliyi həmişə yeganə həllə malikdir. Bu həlli,

ə Neyman sırası ayrılışı ilə almaq olar.

xsusi ədəd deyil, lakin

məsələn, bilavasit

Deməli, 0 mə HRA ≠ .

§34. Hilbert fəzasında xətti operatorun spektri

Tutaq : xətti operatoru verilmişdir,

burada

ki, HHA →

H Hilbert fəzasıdır. operatoruna A

213

AA I λλ −≡

operatorlar ailəsini qarşı qoyaq, burada

(1)

I - vahid operator,

λ kompleks param ər etrdir. Əg ( ) 1−− IA λ operatoru varsa,

məhduddursa və bütün H -da təyin olunmuşdursa, onda

deyirlər ki, λ ədədi ( )Aρ rezolvent çoxluğuna daxildir.

( )Aρ çoxluğun əvisinə

tamamlayıcısı peratorun

spektri

un bütün kompleks C müst

A o un spektridir. A operatorunun

( )Aσ ilə işarə edilir. Əgər 1<A , onda 1 ədədi isə

( )Aρ -ya daxildir, çünki ...1++= AAI və sağ tərəf

ğılır. Əgər

2 +− AI

uyğun mənada yı ( )Aρλ ∈ olarsa, onda kifayət

qədər kiçik 0>ε üçün ελ ≤λ − ~ bərabərsizliyini ödəyən

λ~ nöqtələri ( )Aρ -ya daxildir. Bunun doğruluğu əvvəlki

hökmə və

( )( ) 1~111

~1

−−−−⋅

−=

− IAIAIA λλλλλ

elementar bərabərliyinə əsaslanır.

( )Aσ çoxluğunun nöqtələri arasında üç kəsişməyən alt

ırlar. Əgər tərsi yoxdursa, onda deyirlər ki, çoxluq ayır 1−λA

λ A operatorunun ( )Aσ çoxluğunun ( )APσ nöqtəvi

spektrinə daxildir. Bu onu göstərir ki, 0=uAλ tənliyi heç

214

olmasa bir trivial olmayan 0≠u həllinə m likdir. u -ya a λ -

susi funksiya deyilir. Sonlu ö lü

ktr yalnız məxsusi ə dən ibarətdir.

ya uyğun məx l

operatorlarda spe dədlər

Baxdığımız halda isə

ayırmaq üçün ya

çü

bu belə deyil. Başqa alt çoxluqları

da salaq ki, HM ⊂ çoxluğu H -da o

ari Hf ∈ elemzaman sıxdır ki, ixtiy enti üçün M -d

nf elementləri var ki, onlar f -ə yığılır.

varsa, bu tərs operator

ə

yerləşən elə f

Əgər tərsi

,...,...,1

1−λA H -da sıx olan

rsa və qeyri-məhduddursa, onda çoxluqda təyin olunmuşdu

deyirlər ki, operatorunun ( )Aσ spektrlər çoxluğunun λ A

( )ACσ kəsilməz spektrinə r a,

lakin bu tərs operator

daxildir. Əgə 1−λA tərsi vars

H -da sıx olma əyin

olunmuşdursa, onda deyirlər ki

yan çoxluqda t

, λ A operatorunun ( )Aσ

spektrlər çoxluğunun ( )ARσ qalı inə daxild

Spektrin bu cür təsnifatı müxtəlif cür də dirilə

bilər. Belə ki, nöqtəvi spektrlər izolə edilmiş və ə

edilməmiş ola bilər; operatoru

q spektr ir.

qiqləş

ya izol1−

λA ( )ARσλ ∈ olduqda

məhdud və ya qeyri-məhdud ola bilər v

fəzası və konkret operatora baxaq. H qiqi oxda sonlu

parçası götürək və elementləri

ə s. Konkret Hilbert

ə

[ ]bV ,0= Vx∈ -də təyin

olunmuş kompleks qiymətli kəsilməz ( ) ( ),...,, xgxf

215

funksiyalar olan fəza ili

belə təyin edək:

)

ya baxaq və bu fəzada skalyar has

( ) ( ) (∫=b

a

Bilirik ki,

xgxfgf , .

( ) ( )VHH =⊂ vVC1 ə 1C H -da

Beləliklə, klassik

sıxdır.

dx

lan

d diferensial ifadəsinə təyin oblastı

o

(2)

operatoru qarşı qoyulur. (2) operatorunun nöqtəvi spektri

( ) HCAD ⊂= 1

HHA →:

( )APσ bütün kompleks müstəvisini örtür: C C∈∀λ üçün

uyğun məxsusi funksiyadır. İndi xeλ

dxd differensiallama

əməlini elementləri üçün həyata keçirən və əlavə

1Cu∈

( ) 00 =u (3)

şərtini ödəyən operatoruna baxaq.

operatoru üçün bütün müstəvisi onun

rezolvent çoxluğuna daxildir:

HHA →:0

HHA →:0 C

( ) CA =0ρ . 0A -ın bütün H -

da təyin olunmuş məhdud tərsi belə düsturla verilir:

(4)

İndi

( ) ( ) ( )∫ −− =−x

x dfefIA0

10 ξξλ ξλ .

216

fudx

=− λ (5)

du

tənliyinə iki əlavə şərt qoşaq:

( ) ( ) 00 == buu . (6)

-ci şərti ödəyən həll (4)-lə verildiyBu zaman (6)-da 1 indən

burada ( ) 0=bu ş tinin ənliyinin sağ

tərəfi

ξ

şərtini ödəməlidir. Lakin ixtiyar i

ər ödənilməsi üçün (5) t

( ) 0=∫ −b

dfe ξλξ (7)

i qeyd edilm ş C

0

∈λ üçün

H(7) şərtini ödəyən fəzasının

deyil. Deməli, (6) şərti daxilində ılan

bütün kompleks müstəvisi qalıq spektrə daxildir:

f elementləri çoxluğu sıx

bax 0A operatoru üçün

C

( ) CAR =0σ . Bu halda hər bir λ üçün ( ) 10

−− IA λ tərsi var,

bu tərs (4) düsturu ilə ifadə olunur, lakin (7) şərtini ödəyən

funksiyalar üzərində təyin oluub.

İndi isə (5) tənliyinə

( ) (buu )=0 (8)

periodiklik şərtini qoşaq. Bu zaman ib

kkπλ 2

= ,

,...2,1,0 ±±=k məxsusi ədədlərini və uyğun , xkeλ

,...2,1,0 ±±=k məxsusi funksiyalarını alırıq. Əgər λ heç bir

217

məxsusi ədədlə ü

şərti daxilində həl

st-üstə düşmürsə, onda (5) tənliyinin (8)

li belə olur:

) ( ) ( ) ( )( )

(

b

b

x

xbx

e

dfeedf

λ

ξλλξ ξξξξx

exu

λ

−

+ ∫=∫ −

0

(9) bərabərliyi gö

−

1. (9)

stərir ki, kλ məxsusi ədədləri sağ tərəfdə

Hər bir kməxrəcin sıfırlarıdır. λλ ≠ üçün (9)-un sağ tərəfi

ilə təyin olunan ( ) 1−− IAp λ (uyğun operatoru pA ilə işarə

məhduddur. ər ketdik) operatoru Əg λλ = məxsusi

ədəddirsə, onda (5) tənliyi (7) şərtində kλλ = qoymaqla

ən alınan şərti ödəy ( )xf üçün həll ediləndir. Bu şərt

daxilində alınan həll bir tli təyin olunm caq: bu həll

(4)-ün sağ tərəfinə həddini in ixtiyari

qiymətində əlavə etməklə alınır. Dem →:

operatoru üçün yuxarıdakı

qiymə ayaxkceλ c sabitin

əli, HHAp

kλ ədədləri nöqtəvi spektri verir.

Hər bir kλ məxsusi ədədinə sabit vuruğu dəqiqliyilə yeganə

məxsusi funksiyası uyğundur. Məxsusi ədədlər

ğunun bütün kompleks müstəviyə tamamlanması

operatorunun

xkeλ

çoxlu pA

( )ρρ A rezolvent çoxluğuna daxildir.

Biz diferensiallama operatoruna parçada müəyyən

şərtlərlə baxmaqla nöqtəvi və qalıq spektri aldıq. Qeyd edək

218

ki, parçada diferensiallama

malik deyil. Lakin sonsuz aralığa keçdikdə vəziyyət dəyişir.

Məsələn, periodik s ız

operatoru kəsilməz spektrə

ərhəd şərti daxilində aldığım kλ

nin ifadəsinə baxsaq görərik ki, ∞→bməxsusi ədədləri

olduqda kλ məx a qeyri-məhdud

sıxlaşır.

§35. Tamam k əz öz-özünə qoşma operatorun

məxsusi funksiyalarının xassələri

Tutaq ki,

susi ədədləri xəyali oxd

əsilm

H separabel Hilbert fəzası və HHA →:

öz-özünə qoşma tamam kəsilməz operatoru verilmişdir.

nϕ -lə A operatorunun bütün ortonormallaşdırılmış

mə ını işarə edək. xsusi funksiyalar nϕ -lərin nλ -lərə uyğun

məxsusi funksiyalar hesab edildiyini və ...321 ≥≥≥ λλλ

olduğunu fərz edəcəyik.

Teorem 1 (Hilbert-Şmidt). Tutaq ki, öz-

özünə qoşma tamam kəsilməz operatordur. O

məxsusi funksiyalarından

HHA →:

nda onun

H -da ortonormal bazis düzəltmək

olar.

İsbatı. Tutaq ki, M nϕ çoxluğunun xətti örtüyünün

qapanmasıdır. Onda proyeksiya haqqındakı teoremə görə

219

⊥⊕= MMH və asanl yox

AMMAM , . -nın

ıqla lamaq olar ki, ⊥M 0A -la A⊥ ⊂⊂ ⊥M -a sıxılmasını

işarə edək və nəzərə al , operatoru aq ki 0A ⊥M -ı özünə

inikas etdirir və tamam kəsilm z, öz-özünə qoşmadır. Əgər

sıfırdan fərqli likdirsə,

həm də -nın m ğu

ə

0A məxsusi ədədə ma onda bu ədəd

əxsusi ədədidir və uy n məxsusi vektor A

M -ə daxildir. M ⊥M və ortoqonal o ı üçü

)( 0A

lduqlar n bu

mümkün deyil. σ -ın sıfırdan fərqli nöqtələri yalnız

ğu üçün məxsusi ədədl operatorunun ər oldu 0A

( )λ

σλσ

0

sup)( 0A

Ar∈

=

0)( 0 =Arσ və

spektral radiusu üçün alırıq ki,

00 =A , çünki öz-özünə qoşma məhdud 0A

operatoru üçün

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Γ=

==xAxxAxAA

xx,sup,,infmax)(

110 σ .

Buradan alırıq ki, , bu isə o deməkdir ki, 0=⊥AM ⊥M -ın

hər bir elementi -nın məxsusi vektorudur. Onda A

MM ⊂⊥ və deməli, və 0=⊥M HM ≠ . Burada §15–

dəki teoremi tətbiq etməklə tələb olunanı alarıq. Teorem

isbat edildi.

220

Bu teoremdən asan ağıdakı teor

kimi alınır.

Teorem 2 (tamam kə ilməz öz-özünə qoşma

operatorun kano Tam

qoşma

lıqla aş emlər nətiçə

s

nik şəkli). am kəsilməz öz-özünə

A operatoru üçün

( ) HuuAu nnn ∈= ∑ ,, ϕϕλ .

r ki operatorunu diaqonallaşdırmaq ABu teorem göstəri ,

olur, yəni onun nϕ bazisin trisi diaqonal

elementləri

ə nəzərən ma

nλ ola

Teorem 3. T

özünə qoşma operatordur.

n diaqonal matrisdir.

utaq ki, HHA →: tamam kəsilməz öz-

Əgər ( )Aρλ ∈ isə, onda

üçün Hg ∈∀ ( ) guAI =−λ tənliyi aşağıdakı yeganə həllə

malikdir:

( ) ( ) ( )ϕϕλλλ ∑ −−== nn ggARu ,1 . (1)

Bu teorem ( )ARλ

rir ki,

rezolventinin strukturunu müəyyən edir

və göstə ( )ARλ məxsusi ədədlərdə sadə polyusları

olan λ -ya nəzərən analitik operator qiymətli funksiyadır.

Belə ki, bu polyuslarda çıxıq məxsusi vektorları verir.

Teorem 4. Tutaq ki, sonsuz ölçülü separabel A H

Hilbert fəzasında qeyri-məhdud öz-özünə qoşma

operatordur və bu operator tamam kəsilməz tərs operatora

221

nµ , 1−A operatorunun uymalikdir. Əgər nϕ ğun olaraq

məxsusi ədədləri və mə

1. in bütün m usi ə ri sıf an fərqlidir və

xsusi funksiyalarıdırsa, onda:

əxs ırd nϕ 1−A - dədlə

H -da ortonormal bazisdir.

2. ardıc ikdir

və

1−= nn µλ ıllığı sonsuz sayda fərqli hədlərə mal

∞→n olduqda ∞→nλ .

n spektri nλ çoxluğu ilə üst-üs düşür 3. operatorunu A tə

və vektorları nϕ nλ məxsusi ədədlərinə uyğun A ı

ıdır.

-n n

məxsusi vektorlar

4. İxtiyari ( )Aρλ ∈ , Hg ∈ üçün

( ) ( ) ( ) nnn ggAI ϕϕλλλ ∑ −− −=− ,11 . (2)

İsbatı. Əvvəlcə qeyd edək ki, öz-özünə qoşmadır

və

1−A

( ) ( )1−= ADAR , ( ) ( )1−= ARAD . Ona görə də, əgər

isə, onda µϕϕ =−1A ( ) ( )ADAR =∈ −1ϕ olduğundan A

operatorunun bu bərabərliyə tətbiqi ϕµϕ A= bərabərliyini

verir. Aydındır ki, əgər λϕϕ =A isə, onda .

Onda buradan alırıq ki, 0 ədədi operatorunun məxsusi

ədədi deyil və həm də alırı

ϕλϕ 1−= A1−A

q ki, ϕ 1−A operatorunun

məxsusi ədədinə uyğun o zaman məxsusi vektorudur ki, o

A operatorunun məxsusi ədədinə uyğun məxsusi 1−= µλ

222

nϕ -in vektoru olsun. H -da ortonormal bazis olması

Hilbert-Şmidt teoremində ır.

İndi göstərə

n çıx

k ki, ( ) A ( ) nA λ. nλσ = σ ⊃ olm

axilolmanı çün göstərmək

ası

aydındır. Əks d göstərmək ü

kifayətdir ki, ( )11 −− ∈ Aρλ ( )Aρ olarsa, olur. Tutaq ki, λ ∈

( )11 −− ∈ Aρλ . Onda ( ) guAI =− −1λ tənliyi yeganə həllə

malikdir, çünki əks hansı sıfırdanhalda hər fərqli ϕ üçün

λϕϕ =A olardı

məxsusi ədədi ola

və 1−λ şərtimizin əksinə olaraq 1−A -in

rdı.

( ) ( )ADAR =−1 olduğundan Hg ∈∀ üçün

( ) ( ) ( )( ) .111

1111111

ggA

AgAAA

=Ι−×

×Ι−=Ι−−Ι−−−

−−−−−−−

λ

λλλλ (3)

Buradan alırıq ki, ( )Aρλ ∈ . Deməli, ( ) nA λσ = . Teorem

2-yə görə ∞=∞→ nnλlim və (3)-ə görə ( ) =−Ι −1Aλ

( ) 11111 −−−−− Ι−= λλ AA və (2) münasibəti teorem 3-ü

operatoruna tətbiq etməklə alınır. Teorem isbat edildi.

Misal.

1−A

( )π,02LH = olsun və tutaq ki, M H -dan

olan 1-ci tərtib mütləq kəsilməz törəməyə malik v 2-ci

tərtib törəməsi

ə

H –a daxil olan funksiyalar çoxluğudur.

223

( )A( ) ( ) ( ) 010,: ==∈= MuuAD uu və Df ∈ üçün =A u

2

2

dxudlu −== qəb

Tərs operatorun Q

ul edək. A operatoru öz-özünə qoşmadır.

rin funksiyasının

( )( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≤≤≤

≤≤≤ π

y

yx

0,

−

−

=π

πππ

π

xyx

y

yxk0,

,

olduğunu alırıq. Tutaq ki,

x

K nüvəsi olan inteqral

operatordur:

.

Asanlıqla göstərilir ki,

k

( ) ( ) ( )∫=π

0, dyyfyxkxKf

KA =−1 və K operatoru tamam

kəsilməzdir. Teorem (4)-ün bütün şə ri ödənildiyi üçün

alırıq ki,

rtlə

A operatorunun məxsusi funksiyaları ( )π,02L -də

bazis əmələ gətirir. Biz buradan sinus Furye ayrılışı

haqqında teorem almış oluruq.

Teorem 5. Tutaq ki, ( )π,02Lf ∈ . Onda sanki hər

yerdə

( ) ( )∫∑∞

==

π

ππ 01

sinsin2 nydyyfxxfn

,

burada sıra ( )π,02L normasına görə yığılır.

224

Qeyd edək ki, əgər 2

2

dxdl −= və ( ) :MuAD ∈=

( ) ( ) 00 =′=′ πff götürsək, ( )π,02L -də kosinuslara görə

ılış teoremini almaq olar. Furye sırasına ayr

§36. Sonsuz aralıqda diferensiallama operatorunun

ktri

Həqiqi oxun hər bir parçasında özünün və törəməsinin

modulunun kvad əz

spe

ratı inteqrallanan mütləq kəsilm ( )xy

funksiyalar çoxluğunu ( )∞∞− ,1H -la işarə edək. A ilə

( )∞∞− ,2L -da

( ) ( ) ( )ADyyiAyHAD ∈′−=∞∞−= ,,,1 (1)

münasibətlərilə təyin olunan differensiallama operatorunu

işarə edək. operatoru öz-özünə qoşma operatordur.

Teorem. operatorunun spektri kəsilməzdir və bütün

həqiqi oxu doldurur:

A

A

( ) ( ) RAA C == σσ . Bu operatorun

rezolventi

(2)

düsturu ilə ifadə olunur. Burada

( ) ( ) ( ) ( )∫∞

∞−

− =− ξξλξλ dfxKxfIA ,,1

225

( )( )

0Im,0

,>

⎩

<−

λξξξ

xx

(3) ,, ⎨⎧

>=λξ

λiexK

xi

və

(4( ) ( ) .0Im,

,0,, <

⎩⎨⎧

>−

<=

−λ

ξ

ξλξ

ξλ xiex

xK xi )

( )∞∞−∈ ,2Lf0Im ≠λ olduqda (2) düsturu ixtiyari üçün

doğrudur. 0=λ olduqda və ∈f ( ) = Im − IR A λ

( )( )1−−= IAD λ olduqda bu düstur yenə də

Teoremi isb ə

ümumi şəklinə baxaq. İndi

doğrudur.

at etməzdən əvvəl §28-də veril n misalın

( )baLH ,2=

əyin ed

Hilbert fəzasında

funksiyaya vurma operatorunu t ək. Tutaq ki,

-də verilmiş Lebeq mənada ölçülən kompleks qiymətli

ır. funksiyasına aşağıdakı münasibətlərlə təyin

edilən

F

( )ba,

funksiyad F

( ) HHF →Λ : operatorunu qarşı qoyaq:

( )( ) ( ) ( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ∞<∈=Λ ∫

b

a

defdxxfxFHfFD 2: ,

( )( )Λ∈∀ FDf üçün ( )( )( ) ( ) ( )xfxFxfF =Λ .

Xüsusi halda ( ) xxF = olduqda ( )ΛF -ın əvəzinə Λ yazırıq.

operatorunaΛ ( )baL ,2

operatoru deyilir. Onda

fəzasında asılı olmayan dəyişənə

vurma üçün alırıq ki, Λ

226

( ) ( )⎭⎫b

a

2⎬

⎩⎨⎧ ∞<∈=Λ ∫ dxxxfHfD : ,

üçün ( )ADf ∈∀ ( ) ( )xxfxf =Λ .

( )xFvraibxa <<

max simvolu ilə ( )xF -in ( )ba, də ciddi yuxarı

dək (b

-

sərhədini işarə e u simvol Lebeq ölçüsü sıfır olan

( ) ( ) rxFbax ≥∈ :, çoxluğunun Rr∈ dəqiq aşağı

)sərhədini göstərir). (xFbxa <<

gö ə alırıq kvraiMdef

= max türməkl i,

olduqda Hf ∈∀ ( ) ( )xFvraiFbxa <<

=Λ max norması üçün

( ) ( )22 fMF ≤Λ , buradan ( ) MF ≤Λ . Əks

bərabərsizliyi göstərmək üçün ML < şərtini ödəyən L∀

ədədini götürək və Lχ ilə ( ) ( ) LxFbaxEdef

L ≥∈= :,

ını işarə edək. Yuxarı çoxluğunun xarakteristik funksiyas

sərhədin tərifinə görə müsbət ölçüyə malikdir və ona

görə

LE

0≠Lχ . ( ) 222LL LF χχ ≥Λ olduğundan

( ) LF ≥Λ . Bu mühakimələrdə biz fərz etdik ki,

∞<<<∞− ba . Əgər −∞=a və ya ∞=a olarsa, onda

çoxluğunun ölçüsü qeyri-məhdud olar vəLE Lχ ( )baL ,2 -

nin elementi olmaya bilər. Bu halda -i onun sonlu ölçülü

hissəsi ilə əvəz edib əvvəlki mühakimələri davam etdirmək

LE

227

olar. Əgər ( ) +∞=xFi max a <<

vrabxa

olarsa, ond ( )ΛF

operatoru qeyri-m

əhdud olur. Xüsusi halda, ( )baL ,2 -də as

olmayan dəyişənə an məhduddur ki,

və sonlu ol

ılı

vurma operatoru o zam

a b sun. Bu halda ( ) götür

operatorun

ba ,max=Λ ülür.

un ( )ΛF ( )baL ,2 o zaman tərsi var ki, -də

( )FZ ( ) ( ) 0:, =∈= Fbax çoxluğunun Lebeq ölçüsü sıfır

olsun. Doğrudan da,

x

( )( )Λ∈ FZf o zaman olur ki,

( )( )Λ∈ FDf və ( )ba, -də sanki hər yerdə ( ) ( ) 0=xfxF

olsun. Bu isə o zaman mümkündü in qiyməti yalnız

-də sıfırdan fərqli olsun. Lakin

r ki, f -

( )FZ ( )FZ çoxluğu sıfır

ölçülüdürsə, onda ( ) ( ) 0=xfxF ( )ba, -də sanki hər yerdə

ödənildiyindən alırıq ki, ( )xf ( )ba,

( ) 1−Λ

-də sanki hər yerdə

sıfırdır.

Asanlıqla alınır ki, əgər operatoru varsa, onda

bu operator

F

( )xF1 -ə vurma operatorudur:

( )( ) ( ) ( )( ) ⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

∞<∈=Λ ∫− dx

xFxgbaLgFD

b

a

2

21 :, ,

( )( )1−Λ∈∀ FDf üçün ( ) ( ) ( )( )xFxgxgF =Λ −1 .

228

Teoremin isbatı. Əvvəlcə tutaq ki, 0Im >λ və

və( )ADy∈ ( ) fyA =− λ . Onda elə ədədi var ki,

(vieicexy xix

xi ++= ∫∞−

λλ

c

( ) ( ) ( ) )xcedfxi =−ξλ ξξ .

τλ =Im qəbul edək. Onda −∞→x olduqda

( ) ( ) ( ) =⎟⎠⎞⎛⎞⎛≤ − 2

1

221

2xx

x ξξξξξ τξτ ⎜⎝

⎟⎜≤ ∫∫∞−∞−

−x

x dfdeedfeexv τξτ ⎠⎝

∫∞−

( ) 021 2

1

2 →⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= ∫

∞−

x

df ξξπ

.

Buradan ( ) ( ) xexv τ− və xyc = −∞→x olduqda 0→c .

Ona görə də 0=c və ( ) ( )xvxy = . Deməli,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∞−

−− =−=x

xi dfeixfIAxy ξξλ ξλ1 .

Bu isə (2)-nin 0Im >λ olduqda doğruluğunu göstərir. Eyni

qayda ilə 0Im <λ olduqda uyğun ayrılışı alırıq.

Qeyd edək ki, öz-özünə qoşma olduğu üçün bütün

həqiqi olmayan ədədlər onun rezolvent çoxluğuna daxildir.

İndi tutaq ki,

A

0Im =λ , ( )ADy∈ , yAy λ= . Onda

və( ) xicexy λ= 1=xie λ olduğundan funksiyası kvadratı

ilə inteqrallanan deyil və ona görə

xie λ

də 0=c . Deməli,

operatoru məxsusi ədədə malik deyil. -a vurma

A xie λ

229

Λλie operatoru ( )∞∞− ,2operatoru olan L unitar

HH → o zaman unitar adlan

-da

operatordur ( : ır ki,

üçün

U

Hgf ∈∀ , ( ) ( )gfUgUf ,, = olsun) və asanl la

yoxlanılır ki,

ıq

( ) RAei ∀=Λλ , (5) IAe i ∈−Λ− λλλ .

Ona görə də əgər ( )ADy∈ və ( ) fyIA =− λ is

qəbul etməklə alırıq ki,

ə, onda

yev i Λ−= λ ( )ADv∈ və

və yfeAv i Λ−= λ ( )1AD fi Λλ . Burada v∈a və evA −=1

operatoru

1A

( ) ( ) ( )111

1 ,,, ADfffAHAD ∈′=∞∞−=

əyin olunan ( )münasibətlərilə t ∞∞− ,2L –da differensiallama

xtiyari ( )1ADfoperatorudur. İ ∈ üçün −∞=a olduqda

Nyuton - Leybnis düsturunu yazaq:

.

olduqda və

( ) ( ) ( ) bxxdttfAxfxfx

x<<=− ∫ 010 ,

0

−∞→0x ( ) ( )∫∞−

=x

dttfAxf 1 ( )1ARg∈∀ üçün

. Əgər ( ) ( )∫∞−

− =x

dttgxgA 11 +∞=b olarsa, onda ( )1ARg∈∀

üçün . Ona görə də

.

( ) ( )∫∞

− −=x

dttgxgA 11

( ) ( ) ( )∫∫∞

−

∞−

− −==x

ix

i dfeidfeixv ξξξξ λξλξ

230

( )λ−AR üçün

( −x

xiλ

Buradan isə ∈∀f

) ( )∫∞±

== xi dfeixvexy ξξξλ .

Bu isə (2)-nin

( ) ( )

0 olduqda doğruluğunu göst

1

Im =λ ərir.

Göstərək ki, −A -in təyin oblastı 1 ( )∞∞− ,2

ıdakı 1A -in ifad ndən alırıq ki, eyni

L –da sıx

çoxluqdur. Yuxar − əsi

vaxtda

1

−∞=a və +∞=b götürsək, ( )1ARg∈∀ üçün

olar( ) 0=∫∞

∞−

dttg . Φ ilə ( )baL ,1 -dən olan

n bütün

və axırıncı

münasibəti ödəyə ( )xg finit funksiyalar unu çoxluğ

(yəni, ancaq müə n yyə [ ] ] [ba,, ⊂βα sonlu parçasında

sıfırdan fərqli qiymətlər alan funksiyalar çoxluğunu) işarə

edək:

.

Asanlıqla yoxlanılır ki,

( ) ( )11

1 ARADdef=⊂Φ −

Φ ( )baL ,2

, 11−A

-də sanki hər yerdə sıx

çoxluqdur. İndi göstərək ki qeyri-məhduddur. Əksini

fərz edək. Onda qapalı ğundan 11−A oldu ( )1

1−AD qapalıdır.

Lakin indi göstərdiyimizə görə ( )11−AD ( )baL ,2 -də sanki

hər yerdə sıxdır və deməli, ( ) ( )baLAD ,21

1 =−

( )baL ,2 ( )

olmalıdır. Bu

isə mümkün deyil, çünki şərtini 0=∫∞

∞−

dttg

231

ödəməyən g funksiyalarını özündə saxlayır. 1iAA = olduğu

üçün bunları operatoru üçün də demək olar və (5)-ə

görə alırıq ki, ixtiyari həqiqi

1−A

λ A operatorunun kəsilməz

spektrinə daxildir. Teorem isbat edildi.

232

233

Ədəbiyyat

1. З.И. Халило

Баку, изд. АГУ, 1 9

2. Г.Е. Шилов.

курс. М., физ.-ма

3. И.П. Натансон

переменной. М., ”, 1974.

4. А.Н. Колмо о .

функций и фун

1981.

5. Б.З. Вулих. Введение в функциональный анализ. М.,

физ.-мат. лит., 1958.

6. Л.А. Люстерник, В.И. Соболев. Элементы

функционального анализа. М., “Наука”, 1965.

7. Н.И. Ахиезер, И.М. Глазман. Теория линейных

операторов в гильбертовом пространстве. М., “Наука”,

1966.

8. В.А. Садовничий. Теория операторов. М., изд. МГУ,

1986.

9. М. Рид, Б. Саймон. Методы современный

математической физики. Функциональный анализ. М.,

“Мир”, 1977.

в. Основы функционольного анализа.

94 .

Математический анализ. Специальный

т. лит., 1961.

. Теория функций вещественной

“Наука

гор в, С В.Фомин. Элементы теории

кционального анализа. М., “Наука”,

234

10. М.Я. А о

Метрические про Знание”, 1972.

11. А.Т. Т

функциональног

12. А.В. Балакр дной функциональный

анализ. Москва,

13. Л.В. Канто Г.П. Акилов. Функциональный

анализ. М., “Нау

14. Л. Коллатц. ения. М.,

“Наука”, 1969.

15. Л. Колл

вычислительная математика. М., “Мир”, 1969.

16. В.А. Треногин. Функциональный анализ. М.,

“Наука”, 1980.

17. В.А. Треногин, Б.М. Писаревский, Т.С. Соболева.

Задачи и упражнения по функциональному анализу. М.,

“Наука”, 1984.

18. Функциональный анализ. / Под ред. С.Г. Крейна. М.,

1972.

19. Хелемский А.Я. Лекции по функциональному

анализу. М., МЦНМО, 2004.

20. А.А. Свешников. Прикладные методы теории

случайных функций. М., “Наука”, 1968.

нтон вский, А.В. Архангельский.

странства. М., “

алдыкин. Элементы прикладного

о анализа. М., “Высшая школа”, 1982.

ишнан. Прикла

“Наука”, 1980.

рович,

ка”, 1984.

Задачи на собственные знач

атц. Функциональный анализ и

235

21. В.А. Колемаев. Математическая экономика. М.,

ЮНИТИ, 2005.

22. В.Э. Лянце, О.Г.Сторож. Методы теории

неограниченных операторов. Киев, Науково Думка,

1983.

236