Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

n
− yk − kx − yk ≤ kx
n
− xk

128
IV. Normalangan fazolar
qo‘sh tengsizlikka ega bo‘lamiz, ya’ni
|kx
n
− yk − kx − yk| ≤ kx
n
− xk.
kx
n
− xk → 0 bo‘lgani uchun |kx
n
− yk − kx − yk| → 0. Bundan esa
kx
n
− yk → kx − yk ekanligi kelib chiqadi.
e) Normaning xossalaridan quyidagilarga ega bo‘lamiz:
kx
n
− y
n
k − kx − yk ≤ kx
n
− y
n
− x + yk ≤ kx
n
− xk + ky
n
− yk
va
kx − yk − kx
n
− y
n
k ≤ kx − y − x
n
+ y
n
k ≤ kx
n
− xkky
n
− yk.
Natijada
−(kx
n
− xk + ky
n
− yk) ≤ kx
n
− y
n
k − kx − yk ≤ kx
n
− xk + ky
n
− yk
qo‘sh tengsizligiga ega bo‘lamiz, ya’ni
|kx
n
− y
n
k − kx − yk| ≤ kx
n
− xk + ky
n
− yk.
kx
n
− xk → 0 va ky
n
− yk → 0 bo‘lgani uchun, kx
n
− y
n
k → kx − yk.
4.2.10. X normalangan fazoning A qism to‘plami chegara-
langan bo‘lishi uchun diamA < ∞ bo‘lishi zarur va yetarlili-
gini isbotlang.
Yechimi. Zarurligi. A to‘plam chegaralangan bo‘lsa, A ⊂ B(a, r)
munosabati o‘rinli bo‘ladigan B(a, r) shar mavjud bo‘ladi. U holda
diamA = sup
x,y∈A
kx − yk ≤
sup
x,y∈B(a,r)
kx − yk = 2r,
ya’ni diam A < ∞.
Yetarliligi. diam A = R < ∞ bo‘lsin. U holda ixtiyoriy x ∈ A va
tayinlangan a ∈ A elementlari uchun kx − ak ≤ R. Shuning uchun
A ⊂ B[a, R] munosabati o‘rinli bo‘ladi.
4.2.11.
A ⊂ X to‘plamning barcha limit nuqtalari
to‘plamini A
0
orqali belgilaymiz. A
0
to‘plamning yopiq ekan-
ligini isbotlang.
Yechimi. A
0
⊂ [A
0
] ekanligi limit nuqta ta’rifidan bevosita kelib
chiqadi. [A
0
] ⊂ A
0
ekanligini ko‘rsatamiz. x ∈ [A
0
] b o‘lsin. U holda
x nuqtaning ixtiyoriy B(x, ε) atrofida A
0
to‘plamning kamida bitta y
nuqtasi mavjud bo‘ladi. Endi ε
1
= ε − kx
0
− yk bo‘lsin. y nuqtaning
B(y, ε
1
) atrofi B(x, ε) atrofning ichida yotadi. Haqiqatan, z ∈ B(y, ε
1
)
bo‘lsin. U holda kz−yk < ε−ky−xk tengsizligi o‘rinli bo‘ladi. Natijada
kz − xk = kz − y + y − xk ≤ kz − yk + ky − xk < ε,

§ 4.2 Normalangan fazolar
129
ya’ni z ∈ B(x, ε).
B(y, ε
1
) ⊂ B(x, r), y ∈ A
0
bo‘lgani uchun, bu nuqtaning B(y, ε
1
) atrofida A to‘plamning cheksiz
ko‘p elementlari topiladi. U holda B(x, ε) atrofda A to‘plamning chek-
siz ko‘p elementlari mavjud, ya’ni x ∈ A
0
. Shuning uchun [A
0
] ⊂ A
0
.
Natijada A
0
= [A
0
] tengligi o‘rinli.
4.2.12. Quyidagi hollarda norma aksiomalari bajarilishini
tekshiring:
a) x = (x
k
)
m
k=1
(x
k
∈ R) qatorlar fazosi R
m
da
kxk = max
1≤k≤m
|x
k
|.
Bu fazo R
m
∞
ko‘rinishda belgilanadi.
b) x = (x
k
)
m
k=1
qatorlar fazosida
kxk =
m
X
k=1
|x
k
|.
Bu fazo R
m
1
ko‘rinishda belgilanadi;
c) x = (x
k
)
m
k=1
(x
k
∈ R) ustunlar fazosida
kxk =
"
m
X
k=1
|x
k
|
p
#
1
p
, (p > 1).
Bu fazo R
m
p
ko‘rinishda belgilanadi.
d)
∞
P
k=1
|x
k
| < ∞ shartni qanoatlantiruvchi x = (x
1
, x
2
, . . .)
ketma-ketliklar fazosida
kxk =
∞
X
k=1
|x
k
|.
Bu fazo `
1
ko‘rinishda belgilanadi;
e)
∞
P
k=1
|x
k
|
2
<
∞
shartni
qanoatlantiruvchi
x
=
(x
1
, x
2
, . . . , ) (x
k
∈ R) ketma-ketliklar fazosida
kxk =
"
∞
X
k=1
x
2
k
#
1
2
.
Bu fazo `
2
ko‘rinishda belgilanadi;

130
IV. Normalangan fazolar
f )
∞
P
k=1
|x
k
|
p
< ∞, (p > 1) shartni qanoatlantiruvchi x =
(x
1
, x
2
, . . .), (x
k
∈ R) ketma-ketliklar fazosida
kxk =
"
∞
X
k=1
|x
k
|
p
#
1
p
.
Bu fazo `
p
ko‘rinishda belgilanadi;
g) x = (x
1
, x
2
, . . .), (x
k
∈ R) chegaralangan ketma-ketliklar
fazosida
kxk = sup
k
|x
k
|.
Bu fazo m ko‘rinishda belgilanadi;
Yechimi.
a) 1) kxk = max
1≤k≤m
|x
k
| ≥ 0,
kxk = max
1≤k≤m
|x
k
| = 0 ⇔ |x
1
| = |x
2
| = . . . = |x
m
| = 0 ⇔
⇔ x
1
= x
2
= . . . = x
m
= 0 ⇔ x = 0.
2)
kλxk = max
1≤k≤m
|λx
k
| = max
1≤k≤m
{|λ||x
k
|} = |λ| max
1≤k≤m
|x
k
| = |λ|kxk.
3) Ixtiyoriy k ∈ {1, 2, . . . m} uchun |x
k
+ y
k
| ≤ |x
k
| + |y
k
| tengsizligi
o‘rinli bo‘lganligidan, quyidagiga ega bo‘lamiz:
kx + yk = max
1≤k≤m
|x
k
+ y
k
| ≤ max
1≤k≤m
(|x
k
| + |y
k
|) ≤
≤ max
1≤k≤m
|x
k
| + max
1≤k≤m
|y
k
| = kxk + kyk
b) 1) kxk =
m
P
k=1
|x
k
| ≥ 0;
kxk =
m
X
k=1
|x
k
| = 0 ⇔ |x
1
| = |x
2
| = . . . = |x
m
| = 0 ⇔
⇔ x
1
= x
2
= . . . = x
m
= 0 ⇔ x = 0.
2)
kλxk =
m
X
k=1
|λx
k
| = |λ|
m
X
k=1
|x
k
| = |λ|kxk.

§ 4.2 Normalangan fazolar
131
3)
kx + yk =
m
X
k=1
|x
k
+ y
k
| ≤
m
X
k=1
(|x
k
| + |y
k
|) =
=
m
X
k=1
|x
k
| +
m
X
k=1
|y
k
| = kxk + kyk.
c) 1) kxk =
·
m
P
k=1
|x
k
|
p
¸
1
p
≥ 0;
kxk =
"
m
X
k=1
|x
k
|
p
#
1
p
= 0 ⇔
⇔
m
X
k=1
|x
k
|
p
= 0 ⇔ |x
1
|
p
= |x
2
|
p
= . . . = |x
m
|
p
= 0 ⇔
⇔ |x
1
| = |x
2
| = . . . = |x
m
| = 0 ⇔ x
1
= x
2
= . . . = x
m
= 0 ⇔ x = 0;
2)
kλxk =
"
m
X
k=1
|λx
k
|
p
#
1
p
=
m
X
k=1
(|λ|
p
|x
k
|
p
)
1
p
=
= (|λ|
p
m
X
k=1
|x
k
|
p
)
1
p
= |λ|(
m
X
k=1
|x
k
|
p
)
1
p
= |λ|kxk.
3) Uchinchi shartni tekshirishda Helder tengsizligidan foydalanamiz:
m
X
k=1
|a
k
b
k
| ≤
Ã
m
X
k=1
|a
k
|
p
!
1
p
Ã
m
X
k=1
|b
k
|
q
!
1
q
,
(4.3)
bu yerda p > 1 va q > 1 sonlari quyidagi shartni qanoatlantiradi:
1
p
+
1
q
= 1.
(4.4)
Endi ushbu tengsizlikning isbotini keltiramiz.
Agar (4.3) tengsizligi a = (a
1
, a
2
, . . . , a
m
) va b = (b
1
, b
2
, . . . , b
m
) ele-
mentlari uchun bajarilsa, u holda u αa va βb elementlari uchun ham
o‘rinli bo‘ladi (bu yerda α va β lar ixtiyoriy sonlar), ya’ni bu tengsizlik
bir jinsli. Shuning uchun ham uni
m
X
k=1
|a
k
|
p
=
m
X
k=1
|b
k
|
q
= 1
(4.5)

132
IV. Normalangan fazolar
bo‘lgan holda isbotlash yetarli. Natijada
m
X
k=1
|a
k
b
k
| ≤ 1
(4.6)
tengsizlikni isbotlash lozim bo‘ladi.
(ξ, η) tekisligida η = ξ
p−1
(ξ > 0), yoki bu tenglamaning o‘zgacha
shakli bo‘lgan ξ = η
q−1
tenglama bilan berilgan egri chiziqni olamiz:
(7-rasm).
7-rasm
Rasmdan ko‘rinib turganidek, a va b larning ixtiyoriy musbat qiymatla-
rida S
1
+S
2
≥ ab tengsizligi o‘rinli bo‘ladi. Aniq integraldan foydalanib,
S
1
va S
2
yuzalarni hisoblaylik:
S
1
=
a
Z
0
ξ
p−1
dξ =
a
p
p
,
S
2
=
b
Z
0
η
q−1
dη =
b
q
q
.
Natijada ab ≤ a
p
p +
b
q
q tengsizligiga ega bo‘lamiz. Bu tengsizlikdagi a
ning o‘rniga |a
k
| ni, b ning o‘rniga |b
k
| ni qo‘yamiz:
|a
k
b
k
| ≤
|a
k
|
p
p
+
|b
k
|
q
q
(k = 1, m).

§ 4.2 Normalangan fazolar
133
So‘nggi tengsizliklarni hadma-had qo‘shib, ya’ni k bo‘yicha yig‘sak,
quyidagiga ega bo‘lamiz:
m
X
k=1
|a
k
b
k
| ≤
m
X
k=1
|a
k
|
p
p
+
m
X
k=1
|b
k
|
q
q
.
Natijada, (4.4) va (4.5) munosabatlardan
m
X
k=1
|a
k
b
k
| ≤ 1
tengsizlikning o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. Shu bilan (4.3) tengsizligi
isbotlandi.
Endi normaning uchinchi shartini tekshiramiz.
Buning uchun
quyidagi tenglikni qaraymiz:
(|a| + |b|)
p
= (|a| + |b|)
p−1
|a| + (|a| + |b|)
p−1
|b|.
Bu tenglikda a ni a
k
bilan, b ni b
k
bilan almashtirib, k soni 1 dan m
gacha o‘zgarganda hadma-had qo‘shib,
m
X
k=1
(|a
k
| + |b
k
|)
p
=
m
X
k=1
((|a
k
| + |b
k
|)
p−1
(|a
k
| + |b
k
|)) =
=
m
X
k=1
(|a
k
| + |b
k
|)
p−1
|a
k
| +
m
X
k=1
(|a
k
| + |b
k
t|)
p−1
|b
k
|
(4.7)
tengligiga ega bo‘lamiz. Helder tengsizligidan foydalanib,
m
X
k=1
(|a
k
| + |b
k
|)
p−1
|a
k
| ≤
Ã
m
X
k=1
(|a
k
| + |b
k
|)
(p−1)q
!
1
q
Ã
m
X
k=1
|a
k
|
p
!
1
p
va
m
X
k=1
(|a
k
| + |b
k
|)
p−1
|b
k
| ≤
Ã
m
X
k=1
(|a
k
| + |b
k
|)
(p−1)q
!
1
q
Ã
m
X
k=1
|b
k
|
p
!
1
p
tengsizliklarni yozamiz. Natijada, (p − 1)q = p tengligi va (4.7) dan
m
X
k=1
(|a
k
|+|b
k
|)
p
≤
Ã
m
X
k=1
(|a
k
| + |b
k
|)
p
!
1
q


Ã
m
X
k=1
|a
k
|
p
!
1
p
+
Ã
m
X
k=1
|b
k
|
p
!
1
p



134
IV. Normalangan fazolar
tengsizlik kelib chiqadi. Bu tengsizlikning ikki tomonini ham
Ã
m
X
k=1
(|a
k
| + |b
k
|)
p
!
1
q
ifodaga bo‘lsak:
Ã
m
X
k=1
(|a
k
| + |b
k
|)
p
!
1
p
≤
Ã
m
X
k=1
|a
k
|
p
!
1
p
+
Ã
m
X
k=1
|b
k
|
p
!
1
p
tengsizligiga ega bo‘lamiz, ya’ni
ka + bk ≤ kak + kbk.
d) 1) kxk =
∞
P
k=1
|x
k
| ≥ 0,
kxk =
∞
X
k=1
|x
k
| = 0 ⇔ |x
1
| = |x
2
| = . . . = |x
n
| = . . . = 0
⇔ x
1
= x
2
= . . . x
n
= 0 . . . = 0 ⇔ x = 0;
2)
kλxk =
∞
X
k=1
|λx
k
| = |λ|
∞
X
k=1
|x
k
| = |λ|kxk;
3) |x
k
+ y
k
| ≤ |x
k
| + |y
k
| tengsizligi,
∞
P
k=1
|x
k
| va
∞
P
k=1
|y
k
| qatorlarning
yaqinlashishidan
∞
P
k=1
|x
k
+ y
k
| qatorning yaqinlashuvchiligi kelib chiqadi.
Natijada,
kx + yk =
∞
X
n=1
|x
k
+ y
k
| ≤
∞
X
n=1
(|x
k
| + |y
k
|) =
=
∞
X
n=1
|x
k
| +
∞
X
n=1
|y
k
| = kxk + kyk.
e) 1) kxk =
·
∞
P
k=1
x
2
k
¸
1
2
≥ 0,
kxk =
"
∞
X
k=1
x
2
k
#
1
2
= 0 ⇔
∞
X
k=1
x
2
k
= 0 ⇔

§ 4.2 Normalangan fazolar
135
⇔ x
1
= x
2
= . . . = x
n
= ... = 0 ⇔ x = 0;
2) kλxk =
·
∞
P
k=1
(λx
k
)
2
¸
1
2
= |λ|
·
∞
P
k=1
x
2
k
¸
2
= |λ|kxk;
3) (x
k
+ y
k
)
2
≤ 2(x
2
k
+ y
2
k
) tengsizligi hamda
∞
P
k=1
x
2
va
∞
P
k=1
y
2
k
qator-
larning yaqinlashishidan
∞
P
k=1
(x
k
+ y
k
)
2
qatorning ham yaqinlashuvchi
ekanligi kelib chiqadi. Shu bilan birga, ixtiyoriy n uchun
v
u
u
t
n
X
k=1
(x
k
+ y
k
)
2
≤
v
u
u
t
n
X
k=1
x
2
k
+
v
u
u
t
n
X
k=1
y
2
k
tengsizligi o‘rinli. Bu tengsizlikning ikki tomonidan ham n → ∞ da
limitga o‘tib quyidagilarga ega bo‘lamiz:
kx + yk =
v
u
u
t
∞
X
k=1
(x
k
+ y
k
)
2
≤
v
u
u
t
∞
X
k=1