Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

ketma-ketlikning fundamental ketma-ketlik ekanligini isbot-
lang.

142
IV. Normalangan fazolar
Yechimi.
∞
P
n=1
kx
n+1
− x
n
k qator yaqinlashuvchi bo‘lganligi sababli,
ixtiyoriy ε > 0 soni uchun shunday n
ε
natural soni mavjud bo‘lib, n >
n
ε
tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha natural sonlari va ixtiyoriy p ∈
N soni uchun quyidagi tengsizlik o‘rinli
kx
n+1
− x
n
k + kx
n+2
− x
n+1
k + . . . + kx
n+p
− x
n+p−1
k < ε.
Bundan esa,
kx
n+p
− x
n
k =
= kx
n+p
− x
n+p−1
+ x
n+p−1
− x
n+p−2
+ x
n+p−2
− . . . − x
n
k ≤
≤ kx
n+1
− x
n
k + kx
n+2
− x
n+1
k + . . . + kx
n+p
− x
n+p−1
k < ε
ekanligi kelib chiqadi. Demak, berilgan ketma-ketlik fundamental.
4.2.26. {x
n
} va {y
n
} X normalangan fazoda fundamental
ketma-ketliklar bo‘lsin. U holda λ
n
= kx
n
− y
n
k, n = 1, 2, . . .
ketma-ketlikning yaqinlashuvchi ekanligini isbotlang.
Yechimi. {x
n
} va {y
n
} fundamental ketma-ketliklar bo‘lganligi
sababli, ixtiyoriy ε > 0 soni uchun shunday n
ε
soni mavjud bo‘lib n ≥ n
ε
tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha n natural sonlar va ixtiyoriy p ∈ N
soni uchun kx
n+p
− x
n
k < ε2 va ky
n+p
− y
n
k < ε2 tengsizliklari o‘rinli.
Natijada quyidagi tengsizlikka ega bo‘lamiz:
|λ
n+p
− λ
n
| = |kx
n+p
− y
n+p
k − kx
n
− y
n
k| ≤
≤ kx
n+p
− y
n+p
− x
n
+ y
n
k ≤ kx
n+p
− x
n
k + ky
n+p
− y
n
k <
<
ε
2
+
ε
2
= ε.
Demak, {λ
n
} fundamental ketma-ketlik. R haqiqiy sonlar to‘plami
to‘laligidan {λ
n
} ketma-ketlikning yaqinlashuvchi ekanligi kelib chiqadi.
4.2.27. R da norma aksiomalarini tekshiring kxk = |arctgx|.
Yechimi. Normaning ikkinchi aksiomasi o‘rinli emas. Haqiqatan,
agar x =
√
3, λ = 13 bo‘lsa, u holda
kλxk = arctg
√
3
3
=
π
6
,
lekin
|λ|kxk =
1
3
arctg
√
3 =
1
3
·
π
3
=
π
9
,
ya’ni kλxk 6= |λ|kxk.
4.2.28. R
n
, n ≥ 2, fazosida kxk
p
=
µ
n
P
k=1
|x
k
|
p
¶
1/p
, 0 < p < 1
bo‘lsa, normaning shartini bajarilmasligini ko‘rsating.

§ 4.2 Normalangan fazolar
143
Yechimi. Normaning uchinchi sharti o‘rinli emas. Haqiqatan, x =
³
1
2, 0, . . . , 0
´
∈ R
n
va y =
³
0, 12, 0, . . . , 0
´
∈ R
n
vektorlarni olaylik.
x 6= y bo‘lgani bilan, lekin ixtiyoriy 0 < p < 1 va ||x||
p
+ ||y||
p
= 1
uchun ||x||
p
= ||y||
p
= 12. Lekin
kx + yk
p
=
°
°
°
°
µ
1
2
,
1
2
, 0, . . . , 0
¶°
°
°
°
p
=
µ
1
2
p
+
1
2
p
¶
1
p
= 2
1
p
−1
.
Natijada kx + yk
p
> kxk
p
+ kyk
p
.
4.2.29.
C [a, b] fazoda norma aksiomalarini tekshiring,
bunda
kxk = max
a≤t≤
a+b
2
|x(t)|.
Yechimi. Normaning birinchi sharti bajarilmaydi. Haqiqatan,
x(t) =
½
0,
agar t ∈ [a,
a+b
2
],
t −
a+b
2
, agar t ∈ [
a+b
2
, b]
elementi uchun ||x|| = 0, lekin x 6= 0.
4.2.30. Normalangan L
1
[0, 1] fazoda
x
n
(t) =
½
e
−
t
n
, agar t ∈ I ∩ [0, 1],
0,
agar t ∈ Q ∩ [0, 1]
ketma-ketligining yaqinlashuvchi ekanligini ko‘rsating.
Yechimi.
kx
n
− 1k =
1
R
0
|x
n
(t) − 1| dt =
1
R
0
(1 − e
−
t
n
) dt =
= 1 −
1
R
0
e
−
t
n
dt = 1 −
e
− t
n
−1
−
1
n
→ 0.
Mustaqil ish uchun masalalar
1. X normalangan fazoda {x
n
} ketma-ketlik berilgan bo‘lsin. Agar
shunday c soni mavjud bo‘lib, barcha n ∈ N uchun kx
n
k ≤ c tengsiz-
ligi bajarilsa, u holda kx
n
k ketma-ketlik chegaralangan deb ataladi. X
fazoda ixtiyoriy yaqinlashuvchi ketma-ketlikning chegaralanganligini is-
botlang.
2. ∀ x, y ∈ X elementleri uchun quyidagilarni isbotlang:
a) kx + yk ≥ kxk − kyk;
b) kxk ≤ max{kx + yk, kx − yk}.

144
IV. Normalangan fazolar
3. Norma aksiomalarini tekshiring: [a, b] segmentda barcha chegara-
langan funksiyalar fazosi M [a, b] da
kxk = sup
t∈[a,b]
|x(t)|.
4. C [0, 1] fazosida quyidagi ketma-ketliklarni yaqinlashuvchilikka
tekshiring:
a) x
n
(t) = t
n
− t
n+1
;
b) y
n
(t) = t
n
− t
in
.
5. M biror L normalangan fazoning qism fazosi bo‘lsin. Agar L to‘la
bo‘lsa, P = L/M faktor fazoning ham to‘la bo‘lishini isbotlang.
6. X chiziqli fazosida k · k
1
va k · k
2
normalar berilgan bo‘lsin. Agar
shunday a, b > 0 sonlar mavjud bo‘lib, ixtiyoriy x ∈ X uchun
akxk
1
≤ kxk
2
≤ bkxk
1
tengsizligi o‘rinli bo‘lsa, u holda k · k
1
va k · k
2
normalar ekvivalent deb
ataladi. Chekli o‘lchamli X fazodagi ixtiyoriy ikki norma ekvivalent
bo‘lishini isbotlang.
7. X normalangan fazoda x 6= 0, y 6= 0 elementlar uchun kx + yk =
kxk+kyk tenglik faqatgina y = λx (λ > 0) bo‘lgan holda o‘rinli bo‘lsa,
u holda X qat’iy normalangan fazo deb ataladi. `
1
, `
2
, m, C[0, 1] fazo-
larning qaysi biri qa’tiy normalangan fazo bo‘ladi.
8. Agar A va B to‘plamlar X fazosining qavariq qism to‘plamlari
bo‘lsa A ∩ B va
A + B = {x : x = y + z, y ∈ A, z ∈ B}
to‘plamlari ham qavariq to‘plam bo‘lishini isbotlang.
9.
Normalangan fazoda ixtiyoriy fundamental ketma-ketlikning
chegaralanganligini isbotlang.
10. R
m
, R
m
∞
, R
m
1
, R
m
p
, `
1
, `
2
, `
p
, m, c
0
, c fazolarning orasida
Banax fazosi bormi?
12. Ixtiyoriy chekli o‘lchamli normalangan fazoning Banax fazosi
bo‘lishini isbotlang.
13. Banax fazosining qism fazosi Banax fazosi bo‘lishini isbotlang.
14. Ixtiyoriy normalangan fazo yagona to‘ldiruvchiga ega ekanligini
isbotlang.
4.3. Evklid va Hilbert fazolari
Haqiqiy L chiziqli fazosining {x, y} juft elementlarida aniqlangan,
hx, yi ko‘rinishda belgilanuvchi va quyidagi to‘rt shartlarni (aksioma-

§ 4.3. Evklid va Hilbert fazolari
145
larni) qanoatlantiruvchi funksiya skalyar ko‘paytma deb ataladi:
1) hx, yi = hy, xi;
2) hx
1
+ x
2
, yi = hx
1
, yi + hx
2
, yi;
3) hλx, yi = λhx, yi, λ ∈ R;
4) hx, xi ≥ 0; hx, xi = 0 ⇔ x = 0.
Skalyar ko‘paytma kiritilgan chiziqli fazoda normani
kxk =
p
hx, xi
ko‘rinishda kiritish mumkin. Bu normalangan fazo Evklid fazosi deyi-
ladi. Norma aksiomalarini tekshiramiz:
1) kxk =
p
hx, xi = 0 ⇔ hx, xi = 0 ⇔ x = 0;
2)
kλxk =
p
hλx, λxi =
p
λhx, λxi =
p
λhλx, xi =
=
p
λ
2
hx, xi = |λ|
p
hx, xi = |λ|kxk;
3) Xohlagan λ son uchun
hλx + y, λx + yi ≥ 0.
Bundan
λ
2
hx, xi + 2λhx, yi + hy, yi ≥ 0.
Demak, kvadrat uchhadning determinanti manfiydir:
D = 4hx, yi
2
− 4hx, xiy, yi ≤ 0,
ya’ni hx, yi
2
≤ hx, xihy, yi, yoki
|hx, yi| ≤ kxkkyk.
Oxirgi tengsizlik Koshi — Bunyakovskiy tengsizligi deb ataladi. Bu
tengsizlikdan foydalanib, ushbu
kx + yk
2
= hx + y, x + yi = hx, xi + 2hx, yi + hy, yi ≤
≤ kxk
2
+ 2kxkkyk + kyk
2
= (kxk + kyk)
2
tengsizligiga ega bo‘lamiz. Natijada
kx + yk ≤ kxk + kyk .
Evklid fazosida skalyar ko‘paytma yordamida x va y vektorlar orasida
burchak tushunchasi quyidagicha aniqlanadi:
cos ϕ =
hx, yi
kxkkyk
.
(4.9)

146
IV. Normalangan fazolar
hx, yi ≤ kxkkyk bo‘lgani uchun,
hx, yi
kxkkyk
≤ 1. Demak, (4.9) formula
nolga teng bo‘lmagan x va y vektorlar orasidagi ϕ (0 ≤ ϕ ≤ π) bur-
chakni aniqlaydi.
Agar hx, yi = 0 bo‘lsa, u holda x va y vektorlar ortogonal deb ataladi
va x ⊥ y ko‘rinishda yoziladi. Bu holda (4.9) dan ϕ =
π
2
ekanligi kelib
chiqadi.
L evklid fazosida noldan farqli vektorlarning {x
α
} sistemasi berilgan
bo‘lib, α 6= β bo‘lganda hx
α
, x
β
i = 0 bo‘lsa, u holda {x
α
} ortogonal
sistema deb ataladi.
Agar {x
α
} ortogonal sistema to‘la bo‘lsa, u holda u ortogonal bazis
deyiladi.
Agar {x
α
} sistema uchun
hx
α
, x
β
i =
½
0, agar α 6= β,
1, agar α = β
sharti o‘rinli bo‘lsa, u holda u ortonormal sistema deb ataladi.
Ta’rif. To‘la evklid fazosi Hilbert fazosi deb ataladi va u odatda H
bilan belgilanadi.
H Hilbert fazosida {x
α
} ortonormal sistema berilgan bo‘lsin. x ∈ H
elementi uchun
c
α
= hx, x
α
i
sonlar, berilgan ortonormal sistema bo‘yicha Fure koeffitsientlari deb
ataladi. Ushbu
P
α
c
α
x
α
qator bo‘lsa, x elementning Fure qatori deyiladi.
Masalalar
4.3.1. `
2
fazosida skalyar ko‘paytmani
hx, yi =
∞
X
k=1
x
k
y
k
ko‘rinishda kiritish mumkin ekanligini ko‘rsating.
Yechimi.
∞
P
k=1
x
k
y
k
qatorning yaqinlashishi
2x
k
y
k
≤ x
2
k
+ y
2
k
tengsizligidan kelib chiqadi.
Skalyar ko‘paytma aksiomalarini tekshiramiz.
1) hx, yi =
∞
P
k=1
x
k
y
k
=
∞
P
k=1
y
k
x
k
= hy, xi;

§ 4.3. Evklid va Hilbert fazolari
147
2)
hx
0
+ x
00
, yi =
∞
X
k=1
(x
0
k
+ x
00
k
)y
k
=
∞
X
k=1
x
0
k
y
k
+ x
00
k
y
k
=
=
∞
X
k=1
x
0
k
y
k
+
∞
X
k=1
x
00
k
y
k
= hx
0
, yi + hx
00
, yi.
3) hλx, yi =
∞
P
k=1
λx
k
y
k
= λ
∞
P
k=1
x
k
y
k
= λhx, yi;
4) hx, xi =
∞
P
k=1
x
2
k
≥ 0,
hx, xi =
∞
X
k=1
x
2
k
= 0 ⇔ x
1
= x
2
= . . . = x
n
. . . = 0 ⇔ x = 0.
4.3.2. `
2
Evklid fazosida
e
1
= (1, 0, . . . , 0, . . .) ,
e
2
= (0, 1, . . . , 0, . . .) ,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
e
n
= (0, 0, . . . , 1, . . .) ,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ortonormal bazisning to‘la ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. x = (x
1
, x
2
, . . . x
n
, . . .) ∈ `
2
xohlagan element va
x
(n)
= (x
1
, x
2
, . . . , x
n
, 0, 0, . . .)
bo‘lsin. U holda x
(n)
element e
1
, e
2
, . . . , e
n
vektorlarning chiziqli qo-
big‘iga tegishli va n → ∞ da kx − x
n
k → 0, ya’ni x ∈ [L ({e
n
})].
Demak, [L ({e
n
})] = `
2
.
4.3.3. [a, b] segmentda barcha uzluksiz funksiyalar fazosida
skalyar ko‘paytmani
hf, gi =
b
Z
a
f (t)g(t) dt
(4.10)
ko‘rinishda kiritish mumkin ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. Skalyar ko‘paytma aksiomalarini tekshiramiz.
1) hf, gi =
b
R
a
f (t)g(t) dt =
b
R
a
g(t)f (t) dt = hg, f i;

148
IV. Normalangan fazolar
2)
hf
1
+ f
2
, gi =
b
Z
a
(f
1
(t) + f
2
(t))g(t) dt =
=
b
Z
a
f
1
(t), g(t) dt +
b
Z
a
f
2
(t)g(t) dt = hf
1
, gi + hf
2
, gi;
3) hλf, gi =
b
R
a
λf (t)g(t) dt = λ
b
R
a
f (t)g(t) dt = λhf, gi;
4) hf, f i =
b
R
a
f
2
(t) dt ≥ 0, hf, f i =
b
R
a
f
2
(t) dt = 0 ⇔ f ≡ 0.
Bu fazo C
2
[a, b] ko‘rinishda belgilanadi.
4.3.4. C
2
[a, b] Evklid fazosida
1
2
, cos
2πnt
b − a
, sin
2πnt
b − a
, n = 1, 2, . . .
funksiyalardan iborat sistema ortogonal sistema ekanligini
tekshiring.
Yechimi. Mumkin bo‘lgan barcha hollarni tekshirib ko‘ramiz:
1)
¿
1
2
, cos
2πnt
b − a
À
=
b
Z
a
1
2
cos
2πnt
b − a
dt =
1
4
b − a
πn
sin
2πnt
b − a
¯
¯
¯
¯
b
a
=
=
1
2
b − a
πn
cos
2πn(a + b)
b − a
sin πn = 0;
2)
¿
1
2
, sin
2πnt
b − a
À
=
b
Z
a
1
2
sin
2πnt
b − a
dt = −
1
4
b − a
πn
cos
2πnt
b − a
¯
¯
¯
¯
b
a
=
=
1
4
b − a
πn
sin
πn(a + b)
b − a
sin πn = 0;
3)
¿
cos
2πnt
b − a
, sin
2πnt
b − a
À
=
b
Z
a
cos
2πnt
b − a
sin
2πnt
b − a
dt =
1
2
b
Z
a
sin
4πnt
b − a
dt =

§ 4.3. Evklid va Hilbert fazolari
149
= −
1
8
b − a
πn
cos
4πnt
b − a
¯
¯
¯
¯
b
a
=
1
4
b − a
πn
sin
2πn(a + b)
b − a
sin 2πn = 0;
4)
¿
cos
2πnt
b − a
, cos
2πt(n + k)
b − a
À
=
b
Z
a
cos
2πnt
b − a
cos
2πt(n + k)
b − a
dt =
=
1
2
b
Z
a
cos
2πt(n + k)
b − a
dt +
1
2
b
Z
a
cos
2πnt
b − a
dt = 0
5)
¿
cos
2πnt
b − a
, sin
2πt(n + k)
b − a
À
=
b
Z
a
cos
2πnt
b − a
sin
2πt(n + k)
b − a
dt =
=
1
2
b
Z
a
sin
2πt(n + k)
b − a
dt +
1
2
b
Z
a
sin
2πkt
b − a
dt = 0;
6)
¿
sin
2πnt
b − a
, sin
2π(n + k)t
b − a
À
=
b
Z
a
sin
2πnt
b − a
sin
2π(n + k)t
b − a
dt =
=
1
4
b − a
π
µ
1
k
sin
2