Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

.10) akslantirishning qisqar-
tirib akslantirish ekanligi kelib chiqadi. Demak, qisqartirib akslantirish
prinsipiga asosan (3.9) tenglama F fazoda (3.8) boshlang‘ich shartini
qanoatlantiruvchi yagona yechimga ega.
3.3.4 f (x) = 4x − 4x
2
funksiya [0; 1] kesmani o‘ziga akslan-
tirishini tekshiring. Bu akslantirish qisqartiruvchi boladimi?
Yechimi. f (x) = 4x(1−x) bolganligidan x element [0; 1] segmentga
tegishli bo‘lganda f (x) ≥ 0 tengsizligi, f (x) − 1 = −(2x − 1)
2
≤ 0
bo‘lganligidan, esa f (x) ≤ 1 tengsizligi o‘rinli bo‘ladi.
Demak, f
funksiyasi [0; 1] segmentni o‘ziga akslantiradi.

100
III. Metrik fazolar
x
1
= 0 va x
2
=
1
2
nuqtalarda f (x
1
) = 0, f (x
2
) = 1 tengliklari
o‘rinlidir. Bundan
ρ(f (x
1
), f (x
2
)) = 1 >
1
2
= ρ(x
1
, x
2
).
Bu esa f akslantirish qisqartiruvchi emasligini bildiradi.
3.3.5 f (x) = x +
1
x
akslantirish [1; ∞[ nurda qisqartiruvchi
boladimi?
Yechimi.
ρ(f (x
1
), f (x
2
)) = |f (x
1
) − f (x
2
)| =
= |(x
1
− x
2
) + (
1
x
1
−
1
x
2
)| = |x
1
− x
2
| · (1 −
1
x
1
x
2
).
tengligi va x
1
x
2
≥ 1 tengsizligidan
ρ(f (x
1
), f (x
2
)) ≤ ρ(x
1
, x
2
)
tengsizligiga ega bo‘lamiz. Bu tengsizlik berilgan akslantirish qisqar-
tiruvchi ekanligini anglatmaydi.
Qisqartiruvchi akslantirish bo‘lishi
uchun ρ(f (x
1
), f (x
2
)) ≤ αρ(x
1
, x
2
) tengsizligi o‘rinli bolishi kerak,
bunda 0 < α < 1. Bizning holda α sonini saylab olish mumkin emas,
chunki 1− 1
x
1
x
2
ifodasi x
1
x
2
ko‘paytmaning yetarlicha katta qiymatlari-
da birga xohlagancha yaqin bo‘ladi.
3.3.6 X to‘la metrik fazosida A va B qisqartiruvchi akslan-
tirishlar berilgan bo‘lsin:
ρ(Ax, Ay) ≤ α
A
ρ(x, y),
ρ(Bx, By) ≤ α
B
ρ(x, y).
Agar barcha x ∈ X elementlar uchun ρ(Ax, Bx) < ε (bun-
day A va B akslantirishlar ε-yaqin deyiladi) tengsizligi
o‘rinli bo‘lsa, u holda bu akslantirishlar qo‘zg‘almas nuqta-
lari orasidagi masofa
ε
1 − α sonidan katta emasligini isbot-
lang, bunda α = max(α
A
, α
B
) < 1.
Yechimi. x
0
nuqta A ning qo‘zg‘almas nuqtasi bo‘lsin. B qisqar-
tiruvchi akslantirishning y
0
qo‘zg‘almas nuqtasini y
k
= B
k
x
0
, (k =
0, 1, . . .) ketma-ketlikning limiti sifatida qaraymiz. U holda
ρ(x
0
, y
k
) ≤ ρ(x
0
, y
1
) + ρ(y
1
, y
2
) + · · · + ρ(y
k−1
, y
k
) ≤
≤ ρ(x
0
, Bx
0
)(1 + α
B
+ · · · + α
k−1
B
) ≤
ρ(x
0
, Bx
0
)
1 − α
B
,
bundan k → ∞ bo‘lganda
ρ(x
0
, y
0
) ≤
ρ(x
0
, Bx
0
)
1 − α
B
=
ρ(Ax
0
, Bx
0
)
1 − α
B
<
ε
1 − α
.

§ 3.3. Qisqartirib akslantirish prinsipi va uning tatbiqlari
101
3.3.7. 2, 2 + 12, 2 +
1
2 + 12
, . . . kabi aniqlangan {x
n
} ketma-
ketligining yaqinlashuvchi ekanlagini isbotlang va uning lim-
itini toping.
Yechimi. {x
n
} ketma-ketlikni x
1
= 2, x
n
= 2 +
1
x
n−1
(n ≥ 2)
ko‘rinishda rekurent aniqlash mumkin bo‘lganligidan,
x
n
= 2 +
1
2 + 1
x
n−2
(n ≥ 3)
tengligi va x
1
≤
5
2
, x
2
≤
5
2
tengsizliklaridan x
n
≤
5
2
(∀ n ≥ 1) muno-
sabatining o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. Shu bilan birga, x
n
≥ 2 (n ≥
1). [2;
5
2
] segmentni o‘ziga o‘tkazadigan f (t) = 2 + 1t akslantirishini
qaraymiz.
ρ(f (x), f (y)) = |f (y) − f (x)| =
¯
¯
¯
¯
1
x
−
1
y
¯
¯
¯
¯ ≤
1
4
|x − y| =
1
4
ρ(x, y)
ifodadan f akslantirish qisqartiruvchi ekanligi ko‘rinadi. U holda uning
yagona x
0
qo‘zg‘almas niqtasi mavjud bolib, x
0
= lim
n→∞
x
n
bo‘ladi, bunda
x
n
= f (x
n−1
) = 2 + 1
x
n−1
(n ≥ 2), x
1
= 2 . x
0
= 2 + 1
x
0
tenglamani
yechib, x
0
= 1 +
√
2 sonini topamiz. Bu berilgan ketma-ketlikning limiti
bo‘ladi.
3.3.8. x
i
=
∞
P
m=1
a
im
x
m
+ a
i
(i = 1, 2 , . . .) cheksiz chiziqli algeb-
raik tenglamalar sistemasini qaraylik. Quyidalarni tekshir-
ing:
a) α = sup
i
∞
P
m=1
|a
im
| < 1 va
∞
P
i=1
|a
i
| < +∞ shartlari bajaril-
ganda, u yagona x
0
= (x
0
1
, x
0
2
, . . ) yechimga ega bo‘ladi, bunda
∞
P
i=1
|x
0
i
| < +∞;
b) agar β = sup
i
∞
P
m=1
|a
im
| < 1 va sup
i
|a
i
| < +∞ bo‘lsa, u holda
berilgan sistemaning x
0
= (x
0
1
, x
0
2
, . . .) yagona yechimi bo‘lib,
sup
i
|x
0
i
| < +∞ bajariladi.
Yechimi. a) ρ(x, y) =
∞
P
i=1
|x
i
− y
i
|, bunda x = (x
i
), y = (y
i
) metrika
bilan berilgan `
1
fazosida Ax = y = (y
i
) operatorini qaraymiz, bunda
y
i
=
∞
P
m=1
a
im
x
m
+ a
i
(i = 1, 2, ...).

102
III. Metrik fazolar
U holda har bir z = (z
i
) ∈ `
1
uchun
ρ(Ax, Az) =
∞
X
i=1
¯
¯
¯
¯
¯
∞
X
m=1
a
im
x
m
+ a
i
−
∞
X
m=1
a
im
z
m
− a
i
¯
¯
¯
¯
¯
=
=
∞
X
i=1
¯
¯
¯
¯
¯
∞
X
m=1
a
im
(x
m
− z
m
)
¯
¯
¯
¯
¯
≤
∞
X
m=1
∞
X
i=1
|a
im
| |x
m
− z
m
| ≤ αρ(x, z),
ya’ni A operatori `
1
fazosini o‘ziga qisqartirib akslantiradi. Endi qisqar-
tirib akslantirish prinsipini qo‘llansak, qo‘yilgan savolga javob bo‘ladi.
b) ρ(x, y) = sup
i
|x
i
− y
i
| metrika bilan berilgan barcha chegaralan-
gan ketma-ketliklarning m fazosida Ax = y = (y
i
) operatorini qaraymiz,
bunda y
i
=
∞
P
m=1
a
im
x
m
+ a
i
(i = 1, 2, ...). U holda
ρ(Ax, Az) = sup
i
|
∞
X
m=1
a
im
x
m
−
∞
X
m=1
a
im
z
m
| ≤ βρ(x, y),
ya’ni A operatori m fazosini o‘ziga qisqartirib akslantiradi. Endi qisqar-
tirib akslantirish prinsipini qo‘llansak, qo‘yilgan savolga javob bo‘ladi.
3.3.9.
A
:
f (x)
→
1
2
1
R
0
xtf (t)dt +
5
6
x akslantirishning
C[0, 1] fazosida qisqartiruvchi ekanligini ko‘rsating va uning
qo‘zg‘almas f
∗
nuqtasini toping.
Yechimi. Berilgan akslantirish qisqartiruvchi ekanligi quyidagi ba-
holashdan kelib chiqadi:
|Af
1
−Af
2
| =
1
2
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
Z
0
xt[f
1
(t) − f
2
(t)]dt
¯
¯
¯
¯
¯
¯
≤
1
2
max
t∈[0,1]
|f
1
(t)−f
2
(t)| =
1
2
ρ(f
1
, f
2
).
f
0
(x) = 0 deb olamiz. U holda
f
1
(x) = Af
0
(x) =
5
6
x;
f
2
(x) = Af
1
(x) =
1
2
1
Z
0
xt ·
5
6
tdt +
5
6
x = (
5
6
2
+
5
6
)x;
f
3
(x) = Af
2
(x) = (
5
6
3
+
5
6
2
+
5
6
)x;
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

§ 3.3. Qisqartirib akslantirish prinsipi va uning tatbiqlari
103
f
n
(x) = Af
n−1
(x) = (
5
6
n
+
5
6
n−1
+ ... +
5
6
2
+
5
6
)x;
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · .
Shuning uchun f
∗
(x) = lim
n→∞
f
n
(x) = x, ya’ni bu funksiya C[0, 1] fa-
zosida f (x) =
1
2
1
R
0
xtf (t)dt +
5
6
x integral tenglamaning yagona yechimi
bo‘ladi.
3.3.10. Agar f (x) funksiya haqiqiy sonlar o‘qida uzluksiz
differensiallanuvchi bo‘lib, ushbu
0 < c ≤ f
0
(x) ≤ d < ∞
sharti o‘rinli bo‘lsa, u holda f (x) = 0 tenglama yagona
yechimga egaligini isbotlang.
Yechimi. Ax = x − 1df(x) akslantirishning sonlar o‘qini o‘ziga
qisqartirib o‘tkazishini ko‘rsataylik: ∀ x, y ∈ R, x < y uchun
|Ax − Ay| =
¯
¯
¯
¯x − y −
1
d
(f (x) − f (y))
¯
¯
¯
¯ =
=
¯
¯
¯
¯1 −
1
d
f (x) − f (y)
x − y
¯
¯
¯
¯ |x − y| =
¯
¯
¯
¯1 −
f
0
(ξ)
d
¯
¯
¯
¯ |x − y| ≤
≤
¯
¯
¯1 −
c
d
¯
¯
¯ |x − y|,
bu yerda ξ ∈ (x, y). Demak,
|Ax − Ay| ≤
¯
¯
¯1 −
c
d
¯
¯
¯ |x − y|.
0 ≤
¯
¯
¯1 − cd
¯
¯
¯ < 1 bo‘lganligidan, y = Ax qisqartirib akslantirish bo‘ladi.
U holda
x
0
−
1
d
f (x
0
) = x
0
tenglikni, ya’ni f (x
0
) = 0 tenglikni qanoatlantiruvchi yagona x
0
mavjuddir.
3.3.11.
Aytaylik, f (x, y) funksiya G = {(x, y) : a ≤ x ≤
b, −∞ < y < +∞} sohada x bo‘yicha uzluksiz va y bo‘yicha
musbat, chegaralangan hosilaga ega bo‘lsin: 0 < m ≤ f
0
y
≤ M.
U holda f (x, y) = 0 tenglama [a, b] kesmada yagona uzluksiz
yechimga ega.
Yechimi. C[a, b] fazoni o‘z-o‘ziga aks ettiruvchi Ay = y −
1
M
f (x, y)
akslantirishni qaraymiz. Bu akslantirishning qisqartirib akslantirish

104
III. Metrik fazolar
ekanligini ko‘rsatamiz. Agar y
1
va y
2
funksiyalar C[a, b] fazoning ele-
mentlari bo‘lsa, u holda
|Ay
1
− Ay
2
| =
¯
¯
¯
¯(y
1
−
1
M
f (x, y
1
)) − (y
2
−
1
M
f (x, y
2
))
¯
¯
¯
¯ =
=
¯
¯
¯
¯(y
2
− y
1
) −
1
M
f
0
y
(x, y
1
+ θ(y
1
− y
2
))(y
1
− y
2
)
¯
¯
¯
¯ ≤
≤
¯
¯
¯
¯1 −
1
M
¯
¯
¯
¯ |y
1
− y
2
| = α|y
1
− y
2
|,
ya’ni
ρ(Ay
1
, Ay
2
) ≤ αρ(y
1
, y
2
),
bunda 0 < α < 1.
Demak, qisqartirib akslantirish prinsipidan, ixyiyoriy y
0
∈ C[a, b]
uchun
y
1
= Ay
0
, y
2
= Ay
1
, ...
ketma-ketlik yaqinlashuvchi bo‘ladi va lim
n→∞
y
n
= y funksiya f (x, y) = 0
tenglamaning yagona uzluksiz yechimi bo‘ladi.
3.3.12. R da
f (x) =
π
2
+ x − arctgx
qisqartirib akslantirish bo‘ladimi?
Yechimi. Faraz qilaylik, x, y ∈ R uchun
|f (x) − f (y)| ≤ α|x − y|
bo‘lsin. U holda
|f (x) − f (y)| = |(x − y) − (arctgx − arctgy)| ≤ α|x − y|.
Bu tengsizlikda y = x + 1 deb olsak, u holda
|1 + arctg(x + 1) − arctgx| ≤ α.
Endi x → +∞ da arctg(x + 1) → π2, arctgx →
π
2 ekanligidan, 1 ≤ α.
Demak, bu akslantirish qisqartirib akslantirish emas.
Mustaqil ish uchun masalalar
1. X to‘la metrik fazo bo‘lib, T : X → X uzluksiz akslantirishning
biror T
m
darajasi qisqartirib akslantirish bo‘lsin, ya’ni:
ρ(T
m
x, T
m
y) ≤ αρ(x, y), 0 < α < 1.

§ 3.3. Qisqartirib akslantirish prinsipi va uning tatbiqlari
105
U holda T yagona qo‘zg‘almas nuqtaga ega bo‘lishini ko‘rsating.
2. f — [0, 1] segmentni [0, 1] segmentiga o‘zaro bir qiymatli uzluksiz
akslantirish bo‘lsin. U holda f ning kamida bitta qo‘zg‘almas nuqtasi
mavjudligini isbotlang.
3. Cheksiz tenglamalar sistemasi berilgan bo‘lsin:
y
i
=
∞
X
k=1
c
ik
x
k
+ b
i
(i = 1, 2, . . .),
bu yerda
P
i,k
c
2
ik
< 1,
P
i
b
2
i
< +∞. Bu sistemaning `
2
fazosida yagona
yechimga ega ekanligini isbotlang.
4. [1, ∞) yarim intervalda f (x) = 12 ln x funksiyani qaraylik. Ixti-
yoriy x
1
∈ [1; +∞), x
2
∈ [1; +∞) nuqtalari uchun
|f (x
2
) − f (x
1
)| = |f
0
(c)(x
2
− x
1
)| ≤
1
2
|x
2
− x
1
|
tengsizligi o‘rinlidir (bu yerda c ∈ (x
1
, x
2
)). Ammo bu funksiya
qo‘zg‘almas nuqtaga ega emas. Bundan qisqartirib akslantirish prin-
sipiga ziddiyat kelib chiqmaydimi?
5. Aytaylik, f (x) ∈ C[a, b] bo‘lsin. U holda
y +
1
2
sin x + f (x) = 0
tenglama yagona y = y(x) ∈ C[a, b] yechimga egaligini isbotlang.
6. Aytaylik, f (x) ∈ C[a, b] bo‘lsin. U holda
y +
1
2
cos x + f (x) = 0
tenglama yagona y = y(x) ∈ C[a, b] yechimga egaligini isbotlang.

IV BOB
Normalangan fazolar
4.1. Chiziqli fazolar va chiziqli funksionallar
Biror M to‘plami berilgan bo‘lsin. Agar M × M to‘plamining ixti-
yoriy R
ϕ
qism to‘plamini olsak, u holda M to‘plamida ϕ binar muno-
sabat berilgan deb ataladi. Boshqacha aytganda, agar (a, b) juftlik R
ϕ
to‘plamiga tegishli bo‘lsa, u holda a element b elementga binar muno-
sabatda deb ataladi va aϕb ko‘rinishda belgilanadi.
1. Ayniylik munosabati ε binar munosabatga misol bo‘ladi. Ha-
qiqatan, agar aεb ⇔ a = b deb olsak, u holda
R
ε
= {(a, a) : a ∈ M} ⊂ M × M.
R
ε
to‘plamini odatda M × M to‘plamining diagonali deyiladi hamda ∆
ko‘rinishda belgilanadi.
2. M to‘plamida berilgan har bir ϕ ekvivalentlik munosabati binar
munosabat bo‘ladi. Boshqacha aytganda, ekvivalentlik munosabati ref-
leksivlik, simmetriya va tranzitivlik shartlarini qanoatlantiruvchi binar
munosabat.
Biror E to‘plamida E × E to‘plamning har bir (x, y) elementiga
E to‘plamda x va y elementlarning yig‘indisi deb ataluvchi va x + y
ko‘rinishda belgilanuvchi E to‘plamning elementini mos qo‘yuvchi binar
munosabat berilgan bo‘lib, bu munosabat quyidagi shartlarni qanoat-
lantirsin:
∀ x, y, z ∈ E uchun
1. x + y = y + x (yig‘indining kommutativligi);
2. (x + y) + z = x + (y + z) (yig‘indining assotsiativligi);
3. E to‘plamida shunday θ element mavjud bo‘lib, ∀ x ∈ E uchun
x + θ = x tengligi o‘rinli ( θ nol deb ataladi);
4. ixtiyoriy x ∈ E uchun shunday −x ∈ E element mavjud bo‘lib
x + (−x) = θ tengligi o‘rinli (−x element x ga qarama-qarshi element
deb ataladi).
Shu bilan birga, K maydondan olingan ixtiyoriy α son va ixtiyoriy
x ∈ E element uchun αx ∈ E (x elementning α songa ko‘paytmasi)
element aniqlangan bo‘lib, quyidagi shartlar bajarilsin: