Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

/S
0
faktor fazosini toping.

§ 4.1. Chiziqli fazolar va chiziqli funksionallar
121
13.
C[−1, 1] fazoda berilgan quyidagi funksionallarning chiziqli
ekanligini isbotlang. Bu funksionallarning yadrosi haqida qanday fikr-
dasiz?
a) f (x) =
1
3
(x(−1) + x(1));
b) f (x) = 2(x(1) − x(0));
c) f (x) =
n
P
k=1
α
k
x(t
k
), bunda α
k
∈ R, k = 1, n va t
1
, t
2
, . . . , t
n
∈
[−1, 1];
d) f
ε
(x) =
1
2ε
[x(ε) + x(−ε) − 2x(0)],
ε ∈ [−1, 1];
e) f (x) =
1
R
−1
x(t) dt;
f) f (x) =
1
R
−1
x(t) dt − x(0);
g) f (x) =
0
R
−1
x(t) dt −
1
R
0
x(t) dt
h) f (x) =
1
R
−1
x(t) dt −
1
2n + 1
n
P
k=−n
x(
k
n
).
14. Quyidagi funksionallarning chiziqli ekanligini isbotlang:
a) f (x) =
1
R
−1
tx(x) dt, x ∈ C[−1, 1];
b) f (x) =
1
R
−1
tx(t) dt, x ∈ C
2
[−1, 1];
c) f (x) =
1
R
0
t
−
1
3
x(t) dt, x ∈ C
2
[0, 1];
d) f (x) = x
1
+ x
2
x = (x
1
, x
2
, . . .) ∈ `
2
;
e) f (x) =
n
P
k=1
x
k
k
,
x = (x
1
, x
2
, . . .) ∈ `
2
;
f) f (x) =
∞
P
k=1
(1 −
1
k
)x
k
,
x = (x
1
, x
2
, . . .) ∈ `
1
;
g) f (x) =
∞
P
k=1
2
−k+1
x
k
,
x = (x
1
, x
2
, . . .) ∈ c
0
;
h) f (x) = lim
n→∞
x
n
x = (x
1
, x
2
, . . .) ∈ c.
15. L chiziqli fazoning H giperqism fazosi berilgan bo‘lsin. x
0
/
∈ H
element va λ 6= 0 son uchun quyidagi ikki shartni qanoatlantiruvchi
yagona g funksionali mavjud ekanligini ko‘rsating:
1) ker g = H;
2) g(x
0
) = λ.
16. L chiziqli fazoda h va g chiziqli funksionallar berilgan bo‘lib,
ker h = ker g bo‘lsa, u holda g = αh tenglikni qanoatlantiruvchi α ∈ K

122
IV. Normalangan fazolar
soni mavjud ekanligini ko‘rsating.
17.
L chiziqli fazoda aniqlangan g chiziqli funksional berilgan
bo‘lsin. L/ ker g faktor fazoning o‘lchamini toping.
18. L chiziqli fazoda f, f
1
, f
2
, . . . , f
n
chiziqli funksionallar berilgan
bo‘lsin. Agar f
1
(x) = f
2
(x) = . . . = f
n
(x) = 0 bo‘lishidan f (x) = 0
ekanligi kelib chiqsa, u holda a
1
, a
2
, . . . , a
n
sonlari topilib, barcha x ∈ L
uchun f (x) =
n
P
k=1
a
k
f
k
(x) tengligi o‘rinli bo‘lishini isbotlang.
4.2. Normalangan fazolar
K maydon ustidagi X chiziqli fazoning har bir x elementiga nomanfiy
kxk haqiqiy soni mos qo‘yilgan bo‘lib, bu moslik quyidagi shartlarni
qanoatlantirsin:
1. kxk = 0 ⇔ x = 0;
2. kλxk = |λ|kxk, ∀ λ ∈ K, x ∈ X;
3.kx + yk ≤ kxk + kyk, x, y ∈ X.
U holda X fazoni normalangan fazo deb ataymiz. kxk soni esa x
elementning normasi deb ataladi.
Agar ρ(x, y) bilan kx − yk sonini belgilasak, u holda ρ(x, y) metrika
boladi. Haqiqatan,
1) ρ(x, y) = kx − yk = 0 ⇔ x = y;
2) ρ(x, y) = kx − yk = k(−1)(y − x)k = | − 1|ky − xk = ky − xk =
ρ(y, x);
3) ρ(x, y) = kx − yk = kx − z + z − yk ≤ kx − zk + kz − yk =
ρ(x, z) + ρ(z, y).
Demak, ixtiyoriy normalangan fazo metrik fazo bo‘ladi. Shuning
uchun metrik fazolarda kiritilgan tushunchalarga normalangan fazo-
larda ham ta’rif berishga bo‘ladi.
Aytaylik, X normalangan fazo va x
0
∈ X bo‘lsin. Metrik fazolardagi
kabi markazi x
0
nuqtada va radiusi r > 0 ga teng ochiq (yopiq) shar
deb
B(x
0
, r) = {x ∈ X : kx−x
0
k < r} (B[x
0
, r] = {x ∈ X : kx − x
0
k ≤ r})
to‘plamga, markazi x
0
nuqtada va radiusi r > 0 ga teng sfera deb
S(x
0
, r) = {x ∈ X : kx − x
0
k = r} to‘plamga aytiladi.
x
0
nuqtaning ε > 0 atrofi deb B(x
0
, ε) ochiq sharga aytamiz va uni
O
ε
(x
0
) kabi belgilaymiz. Atrof tushunchasi kiritilgandan keyin urinish,
limit, yakkalangan nuqtalar; ketma-ketlikning yaqinlashuvchiligi, fun-
damental ketma-ketlik, to‘plamning yopilmasi, to‘plamning ichi, ochiq

§ 4.2 Normalangan fazolar
123
to‘plam, yopiq to‘plam tushunchalariga metrik fazolardagi kabi ta’rif
beriladi.
To‘la normalangan fazo Banax fazosi deb ataladi.
Ta’rif. X Banax fazosi va Y ⊂ X bo‘lsin. Agar [Y ] = X bo‘lsa, u
holda X fazo Y fazoning to‘ldiruvchisi deb ataladi.
L normalangan fazoning L
0
chiziqli qism fazosi yopiq bo‘lsa, u holda
L
0
to‘plamni L fazoning qism fazosi deb ataymiz.
{x
α
} sistemani o‘z ichiga oluvchi eng kichik yopiq qism fazo, shu
sistemaning chiziqli qobig‘i deb ataladi va L ({x
α
}) ko‘rinishda belgi-
lanadi. Agar L ({x
α
}) = L bo‘lsa, u holda {x
α
} sistema to‘la deyiladi.
Masalalar
4.2.1.
R haqiqiy sonlar fazosida normani kxk = |x|
ko‘rinishda kiritish mumkinligini ko‘rsating.
Yechimi. Norma aksiomalarini tekshiramiz.
1) kxk = |x| = 0 ⇔ x = 0;
2) kλxk = |λx| = |λ||x| = |λ|kxk;
3) kx + yk = |x + y| ≤ |x| + |y| = kxk + kyk.
4.2.2. R
n
fazoda normani
kxk =
v
u
u
t
n
X
k=1
x
2
k
, x = (x
1
, x
2
, . . . , x
n
)
ko‘rinishda kiritish mumkinligini isbotlang.
Yechimi.
1) kxk =
s
n
P
k=1
x
2
k
= 0 ⇔ x
1
= x
2
= . . . = x
n
= 0 ⇔ x = 0;
2) kλxk =
s
n
P
k=1
(λx
k
)
2
=
s
n
P
k=1
λ
2
x
2
k
=
s
λ
2
n
P
k=1
x
2
k
= |λ|kxk;
3 Ixtiyoriy x = (x
1
, x
2
, . . . , x
n
), y = (y
1
, y
2
, . . . , y
n
) elementlar uchun
Ã
n
X
k=1
x
k
y
k
!
2
=
n
X
k=1
x
2
k
n
X
k=1
y
2
k
−
1
2
n
X
k=1
n
X
i=1
(x
k
y
i
− y
k
x
i
)
2
tengligi o‘rinli. Bu tenglikdan Koshi — Bunyakovskiy tengsizligi kelib
chiqadi:
Ã
n
X
k=1
x
k
y
k
!
2
≤
n
X
k=1
x
2
k
n
X
k=1
y
2
k
.
Bu tengsizlikdan foydalansak,

124
IV. Normalangan fazolar
kx + yk
2
=
n
P
k=1
(x
k
+ y
k
)
2
=
n
P
k=1
x
2
k
+ 2
n
P
k=1
x
k
y
k
+
n
P
k=1
y
2
k
≤
≤
n
P
k=1
x
2
k
+ 2
s
n
P
k=1
x
2
k
s
n
P
k=1
y
2
k
+
n
P
k=1
y
2
k
=
=
Ãs
n
P
k=1
x
2
k
+
s
n
P
k=1
y
2
k
!
2
= (kxk + kyk)
2
munosabatiga ega bo‘lamiz. Natijada,
kx + yk ≤ kxk + kyk.
4.2.3. C[a, b] fazosida normani
kf k = max
a≤t≤b
|f (t)|
ko‘rinishda kiritib, norma aksiomalarining bajarilshini tek-
shiring.
Yechimi.
1) kf k = max
a≤t≤b
|f (t)| = 0 ⇔ f ≡ 0;
2) kλf k = max
a≤t≤b
|λf )(t)| = max
a≤t≤b
{|λ||f (t)|} = |λ|kf k;
3) Ixtiyoriy f, g ∈ C[a, b] funksiyalar uchun
|(f + g)(t)| = |f (t) + g(t)| ≤ |f (t)| + |g(t)| ≤
≤ max
a≤t≤b
|f (t)| + max
a≤t≤b
|g(t)| = kf k + kgk
Natijada, kf + gk ≤ kf k + kgk tengsizlikka ega bo‘lamiz.
4.2.4. X normalangan fazo bo‘lib, M uning bo‘sh bo‘lma-
gan qism fazosi bo‘lsin. P = X/M faktor fazoda normani
kξk = inf
x∈ξ
kxk
ko‘rinishda kiritish mumkinligini isbotlang.
Yechimi. 1) Agar ξ
0
= M (ya’ni ξ
0
– P ning nol elementi) bo‘lsa,
u holda 0 ∈ ξ
0
(bu yerda 0 – X ning nol elementi). Shuning uchun
kξ
0
k = 0. Aksincha, agar kξk = inf
x∈ξ
kxk = 0 bo‘lsa, u holda ξ sinfda 0
soniga yaqinlashuvchi ketma-ketlik mavjud bo‘ladi. M yopiq bo‘lgani
uchun ξ sinf yopiq. Shuning uchun 0 ∈ ξ, ya’ni ξ = M.
2) Ixtiyoriy α ∈ K, x ∈ R uchun
kαxk = |α| · kxk

§ 4.2 Normalangan fazolar
125
tengligi o‘rinli. Bu tenglikning ikki tomonidan ham x ∈ ξ bo‘yicha quyi
chegara olib, quyidagi tenglikka ega bo‘lamiz:
kαξk = |α| · kξk
3) ξ, η ∈ P bo‘lib, x ∈ ξ va y ∈ η bo‘lsin. U holda
kξ + ηk ≤ kx + yk ≤ kxk + kyk
tengsizligi bajariladi. Bu tengsizlikning o‘ng tomonidan x ∈ ξ, y ∈ η
bo‘yicha quyi chegara olib,
kξ + ηk ≤ kξk + kηk
munosabatiga ega bo‘lamiz.
4.2.5. B(x
0
, r) ochiq sharning ochiq to‘plam ekanligini is-
botlang.
Yechimi. B(x
0
, r) ochiq shardan ixtiyoriy x
0
nuqta olib, B(x
0
, ε) ⊂
B(x
0
, r) munosabatni qanoatlantiruvchi ε > 0 sonning mavjudligini
ko‘rsatamiz. ε = r − kx
0
− x
0
k bo‘lsin. x
0
∈ B(x
0
, r) bo‘lgani uchun
kx
0
− x
0
k < r. Shuning uchun ε = r − kx
0
− x
0
k > 0. B(x
0
, ε) atrofdan
ixtiyoriy x
00
nuqta olaylik. U holda
kx
00
− x
0
k < ε ⇒ kx
00
− x
0
k < r − kx
0
− x
0
k ⇒ kx
0
− x
0
k + kx
00
− x
0
k < r.
Bundan
kx
00
− x
0
k = kx
00
− x
0
+ x
0
− x
0
k ≤ kx
00
− x
0
k + kx
0
− x
0
k < r,
ya’ni
x
00
∈ B(x
0
, r) ⇒ B(x
0
, ε) ⊂ B(x
0
, r).
4.2.6. B[x
0
, r] yopiq sharning yopiq to‘plam ekanligini is-
botlang.
Yechimi. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni B[x
0
, r] yopiq shar yopiq
to‘plam bo‘lmasin. U holda
[B[x
0
, r]] 6= B[x
0
, r] ⇒ [B[x
0
, r]] \ B[x
0
, r] 6= ∅.
B[x
0
, r]] \ B[x
0
, r] to‘plamning ixtiyoriy x
0
nuqtasini olamiz.
x
0
/
∈
B[x
0
, r] bo‘lgani uchun kx
0
−x
0
k > r tengsizligi o‘rinli. ε = kx
0
−x
0
k−r
bo‘lgan x
0
nuqtaning B(x
0
, ε) atrofidan ixtiyoriy x
00
nuqta olamiz. U
holda
kx
00
−x
0
k < ε ⇒ kx
00
−x
0
k < kx
0
−x
0
k−r ⇒ kx
0
−x
0
k−kx
00
−x
0
k > r ⇒

126
IV. Normalangan fazolar
⇒ r < kx
0
−x
0
k−kx
00
−x
0
k ≤ kx
00
−x
0
k ⇒ x
00
/
∈ B[x
0
, r] ⇒ x
0
/
∈ [B[x
0
, r]].
Bu ziddiyat farazimizning noto‘g‘riligini anglatadi. Demak, B[x
0
, r]
yopiq shar yopiq to‘plam bo‘ladi.
4.2.7. Agar B[a, r] ⊂ B[b, R] ⊂ X, X 6= {0}, bo‘lsa, u holda
ka − bk ≤ R − r tengsizligini isbotlang.
Yechimi. 1-hol. a = b bo‘lsin. X 6= {0} ekanligidan, shunday
x
0
∈ X mavjudki, ||x
0
− a|| = r bo‘ladi. U holda B[a, r] ⊂ B[a, R]
bo‘lgani uchun ||x
0
− ak ≤ R tengsizligi o‘rinli. Bundan
r = kx
0
− ak = kx
0
− ak ≤ R,
ya’ni R − r ≥ 0 = ||a − b||.
2-hol. a 6= b bo‘lsin. X fazoda
x =
ka − bk + r
ka − bk
a −
r
ka − bk
b
ko‘rinishdagi elementini olsak, kx − ak = r tengligi o‘rinli bo‘ladi.
Haqiqatan,
kx − ak =
°
°
°
°
ka − bk + r
ka − bk
a −
r
ka − bk
b − a
°
°
°
° =
r
ka − bk
ka − bk = r.
Bundan x ∈ B[b, R]. Demak, ||x − b|| ≤ R, ya’ni
R ≥ kx − bk =
°
°
°
°
ka − bk + r
ka − bk
a −
r
ka − bk
b − b
°
°
°
° =
=
ka − bk + r
ka − bk
ka − bk = ka − bk + r.
Demak, R − r ≥ ||a − b||.
4.2.8. X normalangan fazoning ixtiyoriy x va y elementlari
uchun kxk ≤ max{kx + yk, kx − yk} tengsizligini isbotlang.
Yechimi.
kxk ≤ kxk +
|kx − yk − kx + yk|
2
=
=
k2xk + |kx − yk − kx + yk|
2
=
=
kx + y + x − yk + |kx − yk − kx + yk|
2
≤
≤
kx + yk + kx − yk + |kx − yk − kx + yk|
2
=
= max{kx + yk, kx − yk}.

§ 4.2 Normalangan fazolar
127
4.2.9. X normalangan fazo bo‘lib, x
n
, x, y
n
, y ∈ X, n ∈ N,
bo‘lsa, quyidagilarni isbotlang:
a) agar x
n
→ x, λ
n
→ λ (λ
n
, λ ∈ K) bo‘lsa, u holda λ
n
x
n
→ λx;
b) agar x
n
→ x bo‘lsa, u holda kx
n
k → kxk;
c) agar x
n
→ x va kx
n
− y
n
k → 0 bo‘lsa, u holda y
n
→ x;
d) agar x
n
→ x bo‘lsa, u holda kx
n
− yk → kx − yk;
e) agar x
n
→ x, y
n
→ y bo‘lsa, u holda kx
n
− y
n
k → kx − yk.
Yechimi. a)
kλ
n
x
n
− λxk = kλ
n
x
n
− λx
n
+ λx
n
− λxk ≤
≤ kλ
n
x
n
− λx
n
k + kλx
n
− λxk =
= |λ
n
− λ|kx
n
k + |λ|kx
n
− xk → 0.
Demak, kλ
n
x
n
− λxk → 0, shuning uchun λ
n
x
n
→ λx.
b) Normaning xossalaridan foydalanib quyidagi tengsizliklarni yoza
olamiz:
kx
n
k − kxk ≤ kx
n
− xk
va
kxk − kx
n
k ≤ kx − x
n
k = kx
n
− xk.
Bu tengsizliklardan esa
−kx
n
− xk ≤ kx
n
k − kxk ≤ kx
n
− xk
qo‘sh tengsizliklariga ega bo‘lamiz. Natijada
|kx
n
k − kxk| ≤ kx
n
− xk.
kx
n
− xk → 0 bo‘lgani uchun |kx
n
k − kxk| → 0, ya’ni kx
n
k → kxk.
c)
ky
n
− xk = ky
n
− x
n
+ x
n
− xk ≤
≤ ky
n
− x
n
k + kx
n
− xk → 0.
Shuning uchun ky
n
− xk → 0, ya’ni y
n
→ x.
d) Normaning xossalaridan quyidagi tengsizliklar kelib chiqadi:
kx
n
− yk − kx − yk ≤ kx
n
− y − x + yk = kx
n
− xk
va
kx − yk − kx
n
− yk ≤ kx − y − x
n
+ yk = kx − x
n
k = kx
n
− xk.
Natijada
−kx
n
− xk ≤ kx