Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

x 6= y bo‘lganda sin
2
(x − y) = 0 bo‘lishi
mumkin.
3.1.4. Agar haqiqiy sonlar orasida masofani ρ(x, y) = |x − y|
ko‘rinishda aniqlasak, u holda bu oraliq metrika bo‘ladimi?
Yechimi. Metrika bo‘ladi. Haqiqatan,
1) ρ(x, y) = |x − y| ≥ 0; ρ(x, y) = |x − y| = 0 ⇔ x − y = 0 ⇔ x = y;
2) ρ(x, y) = |x − y| = | − (y − x)| = | − 1||y − x| = |y − x| = ρ(y, x);
3) ρ(x, y) = |x−y| = |x−z+z−y| ≤ |x−z|+|z−y| = ρ(x, z)+ρ(z, y).
3.1.5.
Agar haqiqiy sonlar orasidagi masofani ρ(x, y) =
p
|x − y| ko‘rinishda aniqlasak, u holda bu masofa metrika
bo‘ladimi?
Yechimi. Metrika bo‘ladi.
1) ρ(x, y) =
p
|x − y| ≥ 0
ρ(x, y) =
p
|x − y| = 0 ⇔ |x − y| = 0 ⇔ x − y = 0 ⇔ x = y;
2) ρ(x, y) =
p
|x − y| =
p
|y − x| = ρ(y, x);
3) Ixtiyoriy musbat a va b haqiqiy sonlar uchun
√
a + b ≤
√
a +
√
b
tengsizligi o‘rinli bo‘lgani uchun
ρ(x, y) =
p
|x − y| =
p
|x − z + z − y| ≤
p
|x − z| + |z − y| ≤
≤
p
|x − z| +
p
|z − y| = ρ(x, z) + ρ(z, y).
3.1.6. [a, b] segmentda uzluksiz bo‘lgan barcha funksiyalar
to‘plamida masofani
ρ(ϕ, ψ) =
v
u
u
u
t
b
Z
a
(ϕ(t) − ψ(t))
2
dt
ko‘rinishda aniqlasak, u holda bu masofa metrika bo‘ladimi?

80
III. Metrik fazolar
Yechimi. Metrikaning 1) va 2) aksiomalari o‘rinli. 3) aksiomaning
o‘rinli ekanligini ko‘rsatishda Koshi — Bunyakovskiy tengsizligining in-
tegral shakli deb ataluvchi
b
Z
a
ϕ(t)ψ(t) dt ≤
v
u
u
u
t
b
Z
a
(ϕ(t))
2
dt
b
Z
a
(ψ(t))
2
dt
tengsizlikdan foydalanamiz.
Berilgan to‘plamda ixtiyoriy ϕ, ψ
funksiyalar uchun
ρ
2
(ϕ, ψ) =
b
Z
a
(ϕ(t) − ψ(t))
2
dt =
b
Z
a
(ϕ(t) − f (t) + f (t) − ϕ(t))
2
dt =
=
b
Z
a
(ϕ(t)−f (t))
2
dt+2
b
Z
a
(ϕ(t)−f (t)(f (t)−ψ(t)) dt+
b
Z
a
(f (t)−ψ(t))
2
dt ≤
≤
b
Z
a
(ϕ(t) − f (t))
2
dt + 2
v
u
u
u
t
b
Z
a
(ϕ(t) − f (t))
2
dt
b
Z
a
(f (t) − ψ(t))
2
dt+
+
b
Z
a
(f (t)−ψ(t))
2
dt =




v
u
u
u
t
b
Z
a
(ϕ(t) − f (t))
2
dt +
v
u
u
u
t
b
Z
a
(f (t) − ψ(t))
2
dt




2
=
= (ρ(ϕ, f ) + ρ(f, ψ))
2
.
Demak,
ρ(ϕ, ψ) ≤ ρ(ϕ, f ) + ρ(f, ψ).
3.1.7. [a, b] segmentda uzluksiz bo‘lgan funksiyalarning bar-
cha juftliklaridan iborat F [a, b] to‘plamida (f
1
, g
1
) va (f
2
, g
2
)
juftliklari orasida masofani
ρ((f
1
, g
1
)(f
2
, g
2
)) = sup
t∈[a,b]
(|f
1
(t) − f
2
(t)| + |g
1
(t) − g
2
(t)|)
ko‘rinishda aniqlasak, u holda F [a, b] metrik fazo bo‘ladimi?
Yechimi. Metrikaning birinchi va ikkinchi aksiomalari o‘rinli. Uch-
inchi aksiomaning o‘rinli ekanligini ko‘rsatamiz:
ρ((f
1
, g
1
), (f
2
, g
2
)) = sup
t∈[a,b]
(|f
1
(t) − f
2
(t)| + |g
1
(t) − g
2
(t)|) ≤

§ 3.1. Metrik fazolar
81
≤ sup
t∈[a,b]
(|f
1
(t) − f
3
(t)| + |f
3
(t) − f
2
(t)| + |g
1
(t) − g
3
(t)| + |g
3
(t) − g
2
(t)|) ≤
≤ sup
t∈[a,b]
(|f
1
(t)−f
3
(t)|+|g
1
(t)−g
3
(t)|)+ sup
t∈[a,b]
(|f
3
(t)−f
2
(t)|+|g
3
(t)−g
2
(t)|) =
= ρ((f
1
, g
1
), (f
3
, g
3
)) + ρ((f
3
, g
3
), (f
2
, g
2
)).
3.1.8. X metrik fazo to‘la bo‘lishi uchun, bu fazoda ixti-
yoriy ichma-ich joylashgan va radiuslari nolga intiluvchi
yopiq sharlar ketma-ketligi bo‘sh bo‘lmagan kesishmaga ega
bo‘lishi zarur va yetarli ekanligini isbotlang.
Yechimi. Zarurligi. X to‘la metrik fazo va
B
1
⊃ . . . ⊃ B
n
⊃ . . .
ichma-ich joylashgan sharlar ketma-ketligi bo‘lsin. B
n
sharning radiusi
va markazi mos ravishda r
n
va a
n
bo‘lsin. n → ∞ da r
n
→ 0 bo‘lib,
m > n bo‘lganda ρ(a
n
, a
m
) < r
n
bo‘lgani uchun {a
n
} ketma-ketlik
fundamental, u holda X ning to‘laligidan, uning yaqinlashuvchi ekanligi
kelib chiqadi. lim
n→∞
a
n
= a bo‘lsin, u holda a ∈ [B
n
]. Shunday qilib, a
har bir B
n
sharning urinish nuqtasi bo‘ladi. Bundan B
n
yopiq shar
bo‘lganligi uchun a ∈ B
n
(n = 1, 2, . . .).
Yetarliligi. X da ixtiyoriy {x
n
} fundamental ketma-ketlik berilgan
bo‘lsin. U holda shunday n
1
nomer topilib, n ≥ n
1
tengsizligini qanoat-
lantiruvchi barcha n lar uchun ρ(x
n
, x
n
1
} < 12 tengsizligi o‘rinli bo‘ladi.
Markazi x
n
1
nuqtada bo‘lib, radiusi 1 ga teng yopiq sharni olib, bu
sharni B
1
orqali belgilaylik. Endi shunday n
2
nomerni n ≥ n
2
teng-
sizlikni qanoatlantiruvchi barcha n lar uchun ρ(x
n
, x
n
2
) < 1
2
2
teng-
sizlik o‘rinlanadigan qilib tanlab olamiz. x
n
2
nuqtani radiusi 1/2 ga
teng sharning markazi qilib olamiz va bu sharni B
2
orqali belgilaymiz.
Shu jarayonni davom ettirsak ichma-ich joylashgan B
k
yopiq sharlar
ketma-ketligiga ega bo‘lamiz. Bunda B
k
sharning radiusi 1/2
k−1
ga
teng bo‘ladi. Bu sharlar ketma-ketligi shartga muvofiq umumiy nuqtaga
ega. Uni x orqali belgilaylik. Ushbu x nuqta {x
n
k
} ketma-ketlikning
limit nuqtasi bo‘ladi. Agar fundamental ketma-ketlik x nuqtaga yaqin-
lashuvchi qismiy ketma-ketlikka ega bo‘lsa, u holda uning o‘zi ham x
ga yaqinlashadi.
3.1.9. X to‘plamda metrikani
ρ (x, y) =
½
1, agar x 6= y,
0, agar x = y
ko‘rinishda aniqlasak, u holda (X, ρ) to‘la metrik fazo
bo‘ladimi?

82
III. Metrik fazolar
Yechimi. X fazoda ixtiyoriy {x
n
} fundamental ketma-ketlik beril-
gan bo‘lsin. U holda ixtiyoriy 0 < ε < 1 soni uchun, shunday n
ε
natural soni topilib, n, m ≥ n
ε
tengsizligini qanoatlantiruvchi barcha
natural sonlar uchun ρ(x
n
, x
m
) < ε tengsizligi o‘rinli. Bundan berilgan
ketma-ketlikning n
ε
hadidan keyingi barcha hadlari o‘zaro teng bo‘ladi.
Shuning uchun {x
n
} yaqinlashuvchi. Demak, (X, ρ) to‘la metrik fazo.
3.1.10. `
1
metrik fazoning to‘la ekanligini isbotlang.
Yechimi. `
1
fazoda {x
n
} fundamental ketma-ketlik berilgan bo‘lsin,
bunda x
n
= (x
(n)
1
, x
(n)
2
, . . . , x
(n)
k
, . . .). Fundamental ketma-ketlikning
ta’rifidan, ∀ ε > 0 uchun n
ε
natural soni topilib, n, m ≥ n
ε
tengsiz-
liklarni qanoatlantiruvchi n, m natural sonlari
∞
X
i=1
|x
(n)
i
− x
(m)
i
| < ε
(3.1)
tengsizlikni qanoatlantiradi. Ixtiyoriy j uchun
|x
(n)
j
− x
(m)
j
| ≤
∞
X
i=1
|x
(n)
i
− x
(m)
i
| < ε
bo‘lgani uchun, har bir j da {x
(n)
j
}
∞
n=1
sonli ketma-ketlik fundamental,
ya’ni yaqinlashuvchi. lim
n→∞
x
(n)
j
= a
j
bo‘lsin. a = (a
1
, a
2
, . . . , a
n
, . . .) ∈
`
1
va lim
n→∞
x
n
= a ekanligini ko‘rsatamiz.
(3.1) tengsizlikdan ixtiyoriy k soni va n, m ≥ n
ε
natural sonlari uchun
k
X
i=1
|x
(n)
i
− x
(m)
i
| < ε
tengsizligining o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. Bu tengsizlikda dastlab
m → ∞ da, keyin k → ∞ da limitga o‘tib n ≥ n
ε
bo‘lganda
∞
X
i=1
|x
(n)
i
− a
i
| ≤ ε
(3.2)
tengsizligiga ega bo‘lamiz. |a
i
| ≤ |x
(n)
i
− a
i
| + |x
(n)
i
| bo‘lgani uchun
(3.2) tengsizlikdan va
∞
P
i=1
|x
(n)
i
| qatorning yaqinlashuvchiligidan
∞
P
i=1
|a
i
|
qatorning yaqinlashuvchiligi kelib chiqadi, ya’ni a ∈ `
1
. (3.2) tengsizlik-
dan lim
n→∞
x
n
= a ekanligi kelib chiqadi.
3.1.11. (Ber teoremasi). X to‘la metrik fazoni hech qa-
yerda zich bo‘lmagan to‘plamlarning sanoqli sondagi birlash-
masi ko‘rinishda ifodalash mumkin emas. Isbotlang.

§ 3.1. Metrik fazolar
83
Yechimi. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni X =
∞
∪
n=1
M
n
bo‘lsin, bunda
har bir M
n
hech qayerda zich emas.
S
0
orqali radiusi 1 ga teng biror yopiq sharni belgilaylik. M
1
to‘plami
hech qayerda zich bolmaganligidan, u S
0
to‘plamida ham zich emas.
Shuning uchun radiusi
1
2
dan kichik S
1
yopiq shar topilib, S
1
⊂ S
0
va
S
1
∩ M
1
= ∅ munosabatlar o‘rinli boladi. M
2
to‘plami S
1
to‘plamida
zich bolmaganligidan S
1
to‘plamning ichida yotuvchi radiusi
1
3
dan
kichik S
2
to‘plami topilib, S
2
∩ M
2
= ∅ tengligi o‘rinli boladi va hokazo.
Ushbu jarayonni davom ettirsak ichma-ich joylashgan va radiuslari n →
∞ bo‘lganda nolga intiluvchi {S
n
} yopiq sharlar ketma-ketligiga ega
bo‘lamiz. Bunda S
n
∩ M
n
= ∅ munosabati o‘rinlidir. 3.1.8-misolda
ko‘rganimizdek
∞
T
n=1
S
n
kesishmaga qandaydir x nuqta tegishli bo‘ladi.
Bu nuqta M
n
to‘plamlarning birortasiga tegishli emas. Demak, x /
∈
S
n
M
n
, ya’ni X 6=
S
n
M
n
ko‘rinishdagi ziddiyatga kelamiz.
3.1.12.
Metrik fazoda ixtiyoriy sondagi yopiq to‘plam-
larning kesishmasi yopiq to‘plam bo‘lishini isbotlang.
Yechimi. F
α
, α ∈ I (I indekslar to‘plami) yopiq to‘plam bo‘lsin.
F =
\
α
F
α
to‘plamning yopiq ekanligini ko‘rsatamiz.
Aytaylik, x nuqta F to‘plamning urinish nuqtasi bo‘lsin. U holda
bu nuqtaning ixtiyoriy B(x, ε) atrofida F to‘plamning kamida bitta
elementi mavjuddir. F =
T
α
F
α
bo‘lganligidan, B(x, ε) sharda har bir F
α
to‘plamning ham kamida bitta elementi mavjuddir. Bundan x har bir
F
α
to‘plamning urinish nuqtasi bo‘ladi va F
α
to‘plamlar yopiq bo‘lgani
uchun x ∈ F
α
. Demak, x ∈ F, ya’ni F yopiq to‘plam.
3.1.13. Metrik fazoda
C(int(E)) = [CE]
tengligi o‘rinli ekanligini isbotlang.
Yechimi. Har bir x ∈ C(int(E)) nuqta uchun x /
∈ int(E) o‘rinlidir.
Bundan x elementning ixtiyoriy atrofi E to‘plamida to‘liq yotmasligi
kelib chiqadi. U holda bu atroflarning har birida C(E) to‘plamning
kamida bitta elementi mavjud.
Shuning uchun x ∈ [C(E)], ya’ni
C(int(E)) ⊂ [CE]. int(E) ⊆ E bo‘lganligidan, [CE] ⊆ C(int(E))
munosabatning o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. Demak, C(int(E)) =
[CE].

84
III. Metrik fazolar
3.1.14. `
2
metrik fazoning to‘laligini isbotlang.
Yechimi. `
2
fazodan olingan {x
n
} fundamental ketma-ketlik beril-
gan bo‘lsin, bunda x
n
= (x
(n)
1
, x
(n)
2
, . . . x
(n)
k
, . . .).
Fundamental ketma-ketlikning ta’rifidan, ixtiyoriy ε > 0 uchun shun-
day n
ε
natural soni topilib, n, m ≥ n
ε
tengsizliklarni qanoatlantiruvchi
n, m natural sonlari uchun
ρ
2
(x
n
, x
m
) =
∞
X
k=1
|x
(n)
k
− x
(m)
k
|
2
< ε
(3.3)
tengsizlik o‘rinli. Bundan har bir i soni uchun
|x
(n)
i
− x
(m)
i
|
2
≤
∞
X
k=1
|x
(n)
k
− x
(m)
k
|
2
< ε,
bo‘lganligidan, har bir i uchun {x
(n)
i
}
∞
n=1
sonli ketma-ketlik funda-
mental. Bundan u yaqinlashuvchi bo‘ladi. Bu ketma-ketlikning limi-
tini a
i
bilan belgilab, a = (a
1
, a
2
, . . . , a
i
, . . .) elementni hosil qilamiz.
Agar
∞
P
i=1
|a
i
|
2
< ∞ va lim
n→∞
ρ(x
n
, a) = 0 munosabatlarning o‘rinliligi
ko‘rsatilsa, `
2
fazoning to‘laligi isbot etilgan bo‘ladi.
(3.3) tengsizlikni quyidagi ko‘rinishda yozamiz:
∞
X
k=1
|x
(n)
k
− x
(m)
k
|
2
=
p
X
k=1
|x
(n)
k
− x
(m)
k
|
2
+
∞
X
k=p+1
|x
(n)
k
− x
(m)
k
|
2
< ε,
bu yerda p ixtiyoriy natural son. Bundan ixtiyoriy p uchun
p
X
k=1
|x
(n)
k
− x
(m)
k
|
2
< ε,
yoki p bilan m ni tayinlab, n bo‘yicha limitga o‘tilsa, ushbu
p
X
k=1
|a
k
− x
(m)
k
|
2
< ε
tengsizlik kelib chiqadi. Bu tengsizlik ixtiyoriy p uchun o‘rinli; shuning
uchun bunda p bo‘yicha limitga o‘tish mumkin, u holda
∞
X
k=1
|a
k
− x
(m)
k
|
2
< ε.
(3.4)

§ 3.1. Metrik fazolar
85
Bundan va
∞
P
k=1
|x
(n)
k
|
2
< ∞ munosabatdan quyidagi tengsizlik kelib
chiqadi:
∞
X
k=1
|a
k
|
2
< ∞.
Demak, a = (a
1
, a
2
, . . . , a
n
, . . .) ∈ `
2
. So‘ngra ε > 0 ixtiyoriy bo‘lganligi
uchun (3.4) dan lim
n→∞
ρ(x
n
, a) = 0.
3.1.15. m metrik fazoning to‘laligini isbotlang.
Yechimi. m fazodan olingan {x
n
} ketma-ketlik fundamental bo‘lsin,
bunda x
n
= (x
(n)
1
, x
(n)
2
, . . . x
(n)
k
, . . .). x
n
∈ m bo‘lganligi tufayli shunday
c
n
ketma-ketligi mavjudki, uning uchun |x
(n)
k
| ≤ c
n
(k = 1, 2, 3, ...)
o‘rinli. Fundamental ketma-ketlikning ta’rifidan, ixtiyoriy ε > 0 uchun
n
ε
natural soni topilib, n, m ≥ n
ε
tengsizliklarni qanoatlantiruvchi n, m
natural sonlari uchun
ρ(x
n
, x
p
) = sup
k
|x
(n)
k
− x
(p)
k
| < ε
tengsizlik o‘rinli. Bundan
|x
(n)
k
− x
(p)
k
| < ε
(3.5)
munosabatning k ga nisbatan tekis bajarilishi kelib chiqadi.
De-
mak, ixtiyoriy k uchun {x
(n)
k
} sonli ketma-ketlik fundamental va
yaqinlashuvchi. Bu ketma-ketlikning limitini a
k
bilan belgilab, a =
(a
1
, a
2
, . . . , a
k
, . . .) elementni hosil qilamiz. Endi ushbu a ∈ m va
lim
n→∞
ρ(x
n
, a) = 0 munosabatlarni isbotlaymiz.
(3.5) da p ga nisbatan limitga o‘tilsa, barcha k lar uchun n > n
ε
bo‘lganda o‘rinli bo‘lgan
|x
(n)
k
− a
k
| ≤ ε
(3.6)
tengsizlik kelib chiqadi. Bundan
|a
k
| ≤ |x
(