Xətti operatorlar fəzası

$\newcommand{\bbN}{\mathbb{N}}$

Tutaq ki, $L$ normalı fəzasından $\widetilde{L}$ normalı fəzasına təsir edən $A_n$, $n \in \bbN$ və $A$ məhdud xətti operatorları verilmişdir. Əgər $\{A_n\}$ operatorlar ardıcıllığı $\mathcal{B}(L, \widetilde{L})$ fəzasının normasına görə $A$ operatoruna yığılarsa, yəni
$$\lim_{n \to \infty} \|A_n - A\| = 0$$
olduqda deyirlər ki, $\{A_n\}$ operatorlar ardıcıllığı $A$ operatoruna müntəzəm yığılır və ya normaya görə yığılır. Əgər hər bir $x \in L$ elementi üçün
$$\lim_{n \to \infty} \|A_n x - Ax\|_{\widetilde{L}} = 0$$
olarsa, onda deyirlər ki, $\{A_n\}$ operatorlar ardıcıllığı $A$ operatoruna güclü yığılır. Müntəzəm yığılan operatorlar ardıcıllığı həm də güclü yığılır, çünki hər bir $x \in L$ üçün $\|A_n x - Ax\|_{\widetilde{L}} \le \|A_n - A\| \|x\|_L$. Lakin növbəti nümunə göstərir ki, bunun tərsi doğru deyil.

Nümunə. $\ell_2$ fəzasında təyin olunmuş
$$P_n(x_1, x_2, \ldots, x_n, x_{n+1}, x_{n+2}, \ldots) := (x_1, x_2, \ldots, x_n, 0, 0, \ldots)$$
məhdud xətti operatorlar ardıcıllığına baxaq. Hər bir $x \in \ell_2$ üçün
$$\|P_n x - x\|_{\ell_2} = \sqrt{\sum_{k=n+1}^\infty x_k^2} \to 0, \qquad n \to \infty$$
olduğu üçün, $\{P_n\}$ operatorlar ardıcıllığı $I \colon x \mapsto x$ operatoruna güclü yığılır. Digər tərəfdən isə,
$$\|P_n - I\| = \sup_{\|x\|_{\ell_2} \le 1} \|P_n x - x\| = 1 \ne 0$$
olduğuna görə $\{P_n\}$ operatorlar ardıcıllığı müntəzəm yığılmır.

Teorem. (Müntəzəm məhdudluq prinsipi) Tutaq ki, $L$ Banax fəzasından $\widetilde{L}$ normalı fəzasına təsir edən $A_i$, $i \in I$ məhdud xətti operatorlar çoxluğu verilmişdir. Fərz edək ki, hər bir $x \in L$ elementi üçün $\sup_{i \in I} \|A_i x\|_{\widetilde{L}} < \infty$. Onda $\sup_{i \in I} \|A_i\| < \infty$.
İsbatı. Əksini fərz edək, yəni $\sup_{i \in I} \|A_i\| = \infty$ olsun. Onda ixtiyari $\overline{U}_r(a)$ kürəsi üçün də
$$\sup_{i \in I} \sup_{x \in \overline{U}_r(a)} \|A_i x\|_{\widetilde{L}} = \infty$$
olar. Fərziyyəmizə əsasən, elə $i_1 \in I$ və $x_1 \in L$ var ki, $\|A_{i_1} x_1\|_{\widetilde{L}} > 1$. $A_{i_1}$ operatoru kəsilməz olduğu üçün, elə $r_1 < 1$ ədədi var ki,
$$\|A_{i_1} x\|_{\widetilde{L}} > 1, \qquad x \in \overline{U}_{r_1}(x_1).$$
Sonra
$$\sup_{i \in I} \sup_{x \in \overline{U}_{r_1}(x_1)} \|A_i x\|_{\widetilde{L}} = \infty$$
olduğu üçün elə $i_2 \in I$ və $x_2 \in U_{r_1}(x_1)$ var ki, $\|A_{i_2} x_2\|_{\widetilde{L}} > 2$ və $A_{i_2}$ operatoru kəsilməz olduğu üçün, elə $r_2 < 1/2$ ədədi var ki, $\overline{U}_{r_2}(x_2) \subset \overline{U}_{r_1}(x_1)$ və
$$\|A_{i_2} x\|_{\widetilde{L}} > 2, \qquad x \in \overline{U}_{r_2}(x_2).$$
Bu qayda ilə davam etsək elə
$\overline{U}_{r_1}(x_1) \supset \overline{U}_{r_2}(x_2) \supset \overline{U}_{r_3}(x_3) \supset \ldots$
ardıcıllığı qurmuş olarıq ki, $r_k < 1/k$ və
$$\|A_{i_k} x\|_{\widetilde{L}} > k, \qquad x \in \overline{U}_{r_k}(x_k).$$
Bir-birinə daxil olan qapalı kürələr haqqında teoremə görə elə $x_0 \in L$ nöqtəsi var ki, $x_0 \in \overline{U}_{r_k}(x_k)$, $k \in \bbN$. Onda $\|A_{i_k} x_0\|_{\widetilde{L}} > k$ və deməli $\sup_{i \in I} \|A_i x_0\|_{\widetilde{L}} = \infty$. Bu isə teoremin şərtinə ziddir.
$\square$

Teorem. Tutaq ki, $L$ normalı fəzasının hər yerdə sıx $L'$ xətti altfəzasından $\widetilde{L}$ Banax fəzasına təsir edən $A'$ məhdud xətti operatoru təyin olunmuşdur. Onda elə yeganə $A \colon L \to \widetilde{L}$ məhdud xətti operatoru var ki, hər bir $x \in L'$ üçün $Ax = A'x$ və $\|A\| = \|A'\|$.
İsbatı. Hər bir $x \in L$ elementi üçün elə $\{x_n\} \subset L'$ ardıcıllığı tapmaq olar ki, $x_n \to x$ olsun. Onda
$$\|Ax_m - Ax_n\| \le \|A\| \|x_m - x_n\|$$
bərabərsizliyinə əsasən $\{Ax_n\}$ ardıcıllığı $\widetilde{L}$ Banax fəzasında fundamentaldır və ona görə də yığılır. Bu ardıcıllığın limiti $x$ elementinə yığılan hansı $\{x_n\}$ ardıcıllığının seçilməsindən asılı olmadığı üçün
$$Ax := \lim_{n \to \infty} A'x_n$$
qəbul edə bilərik. Bu zaman
$$Ax = A'x, \qquad x \in L'$$
olacaq. Digər tərəfdən $\|x\| \le 1$ olduqda
$$\|Ax\| = \lim_{n \to \infty} \|A'x_n\| \le \lim_{n \to \infty} \|A'\| \|x_n\| = \|A'\| \|x\| \le \|A'\|$$
olduğu üçün $\|A\| \le \|A'\|$ və
$$\|A\| = \sup_{\|x\| \le 1} \|Ax\| \ge \sup_{\substack{\|x\| \le 1 \\ x \in L'}} \|Ax\| = \sup_{\substack{\|x\| \le 1 \\ x \in L'}} \|A'x\| = \|A'\|.$$
Beləliklə $\|A\| = \|A'\|$.
$\square$