Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

πkt
b − a
−
1
2n + k
sin
2πt(2n + k)
b − a
¶¯
¯
¯
¯
b
a
= 0;
7)
¿
sin
2πnt
b − a
, cos
2π(n + k)
b − a
À
= 0.
Demak, qaralayotgan sistema ortogonal bo‘lar ekan.
4.3.5. L evklid fazosida
f
1
, f
2
, . . . , f
n
, . . .
(4.11)
chiziqli erkli sistema berilgan bo‘lsin. U holda quyidagi shart-
larni qanoatlantiruvchi
ϕ
1
, ϕ
2
, . . . , ϕ
n
. . .
(4.12)
sistema mavjudligini isbotlang:

150
IV. Normalangan fazolar
1) (4.12) sistema ortonormal;
2) har bir ϕ
n
element f
1
, f
2
, . . . , f
n
, . . . elementlarning chi-
ziqli kombinatsiyasidan iborat, ya’ni
ϕ
n
= a
n1
f
1
+ a
n2
f
2
+ . . . + a
nn
f
n
;
3) har bir f
n
element ϕ
1
, ϕ
2
, . . . , ϕ
n
, . . . elementlarning chi-
ziqli kombinatsiyasidan iborat, ya’ni
f
n
= b
n1
ϕ
1
+ b
n2
ϕ
2
+ . . . + b
nn
ϕ
n
va b
nn
6= 0. (4.12) sistemaning har bir elementi 1) - 3) shart-
lar bilan bir qiymatli aniqlanadi (±1 koeffitsientlarini hisobga
olmaganda).
Yechimi. ϕ
1
elementni ϕ
1
= a
11
f
1
ko‘rinishda izlaymiz. Bunda a
11
quyidagi shart bilan aniqlanadi:
hϕ
1
, ϕ
1
i = kϕ
1
k
2
= a
2
11
(f
1
, f
1
) = 1.
Bundan
a
11
=
1
b
11
=
±1
p
hf
1
, f
1
i
,
ϕ
1
=
±f
1
p
hf
1
, f
1
i
.
Shunday qilib, ϕ
1
elementning ishorasi hisobga olinmasa, u bir qiymatli
aniqlanadi. Endi 1) − 3) shartlarni qanoatlantiruvchi ϕ
1
, ϕ
2
, . . . , ϕ
n−1
elementlar topiladi deb faraz qilamiz. U holda f
n
elementni ushbu
f
n
= b
n1
ϕ
1
+ b
n2
ϕ
2
+ . . . + b
nn−1
ϕ
n−1
+ h
n
ko‘rinishda yozish mumkin. Bu yerda k < n bo‘lganda
hh
n
, ϕ
k
i = 0.
Haqiqatan, b
nk
koeffitsientlar. Demak, h
n
element ham quyidagi shart-
lar bilan bir qiymatli aniqlanadi:
hh
n
, ϕ
k
i = hf
n
− b
n1
ϕ
1
− . . . − b
nn−1
ϕ
n−1
, ϕ
k
i =
= hf
n
, ϕ
k
i − b
nk
hϕ
k
, ϕ
k
i = 0.
hh
n
, h
n
i > 0 ekanligi ravshan (hh
n
, h
n
i = 0 tengligi (4.1) sistema-
ning chiziqli erkliligiga zid bo‘lar edi). Endi ϕ
n
elementni quyidagicha
olamiz:
ϕ
n
=
h
n
p
hh
n
, h
n
i
.

§ 4.3. Evklid va Hilbert fazolari
151
Natijada h
n
va ϕ
n
elementlar induksiya yordamida f
1
, f
2
, . . . , f
n
ele-
mentlar orqali ifodalanadi:
ϕ
n
= a
n1
f
1
+ a
n2
f
2
+ . . . + a
nn
f
n
,
bu yerda a
nn
=
1
p
hh
n
, h
n
i
. Shu bilan birga,
hϕ
n
, ϕ
n
i = 1, hϕ
n
, ϕ
k
i = 0,
f
n
= b
n1
ϕ
1
+ b
n2
ϕ
2
+ . . . + b
nn
ϕ
n
, b
nn
=
p
hh
n
, h
n
i 6= 0.
(4.11) sistemadan (4.12) sistemaga o‘tish ortogonallashtirish jarayoni
deb ataladi.
4.3.6. L Evklid fazosida {x
n
} va {y
n
} ketma-ketliklari beril-
gan bo‘lib, x
n
→ x va y
n
→ y bo‘lsa, u holda hx
n
, y
n
i → hx, yi
ekanligini isbotlang.
Yechimi. Koshi — Bunyakovskiy tengsizligiga ko‘ra
|hx, yi − hx
n
, y
n
i| = |hx, yi − hx, y
n
i + hx, y
n
i − hx
n
, y
n
i| ≤
≤ |hx, yi − hx, y
n
i| + |hx, y
n
i − hx
n
, y
n
i| =
= |hx, y − y
n
i| + |hx − x
n
, y
n
i| ≤
≤ kxkky − y
n
k + kx − x
n
kky
n
k.
Yaqinlashuvchi {y
n
} ketma-ketlik chegaralangan bo‘lgani uchun, teng-
sizlikning o‘ng tomoni n → ∞ da nolga intiladi. Shu sababli, hx
n
, y
n
i →
hx, yi. Bundan skalyar ko‘paytmaning uzluksizligi kelib chiqadi.
4.3.7.
L Evklid fazosining xohlagan x va y elementlari
uchun parallelogramm tengligi deb ataluvchi
kx + yk
2
+ kx − yk
2
= 2(kxk
2
+ kyk
2
)
tengligining o‘rinli ekanligini isbotlang.
Yechimi. Norma ta’rifiga ko‘ra
kx + yk
2
+ kx − yk
2
= hx + y, x + yi + hx − y, x − yi =
= hx, xi + hx, yi + hy, xi + hy, yi + hx, xi − hx, yi − hy, xi + (y, y) =
= 2hx, xi + 2hy, yi = 2(kxk
2
+ kyk
2
).
4.3.8.
Skalyar ko‘paytmaning to‘rtinchi aksiomasini
quyidagi aksioma bilan almashtirish mumkin ekanligini is-
botlang:
hx, xi ≥ 0, hx, xi = 0 ⇒ x = 0.

152
IV. Normalangan fazolar
Yechimi. x = 0 bo‘lsin. U holda xohlagan λ soni uchun
h0, 0i = hλ0, 0i = λh0, 0i
tengligini yoza olamiz. Natijada h0, 0i = 0 ekanligi kelib chiqadi.
4.3.9.
Skalyar ko‘paytma kiritilgan fazoning xohlagan
x, y, z elementlari uchun Apolloniy ayniyati deb ataluvchi
kz − xk
2
+ kz − yk
2
=
1
2
kx − yk
2
+ 2
°
°
°
°z −
x + y
2
°
°
°
°
2
tengligini isbotlang.
Yechimi. Berilgan tenglikning ikki tomonini ham almashtiramiz:
kz − xk
2
+ kz − yk
2
= hz − x, z − xi + hz − y, z − yi =
= hz, zi − hx, zi − hz, xi + hx, xi+
+hz, zi − hy, zi − hz, yi + hy, yi =
= 2(hz, zi − hx, zi − hz, yi) + hx, xi + hy, yi.
1
2
kx − yk
2
+ 2kz −
x + y
2
k
2
=
1
2
hx − y, x − yi+
+2
¿
z −
x + y
2
, z −
x + y
2
À
=
=
1
2
(hx, xi − hy, xi − hx, yi + hy, yi) +
+2hz, zi − hx + y, zi − hz, x + yi +
1
2
hx + y, x + yi =
= 2(hz, zh−hx, z − hz, yi) + hx, xi + hy, yi.
Demak, berilgan tenglik o‘rinli.
4.3.10. Evklid fazosida x va y elementlarning ortogonal
bo‘lishi uchun
kxk
2
+ kyk
2
= kx + yk
2
tengligining zarur va yetarli ekanligini isbotlang.
Yechimi.. Zarurligi. x ⊥ y bo‘lsin. U holda
kx + yk
2
= hx + y, x + yi =
= hx, xi + 2hx, yi + hy, yi = kxk
2
+ kyk
2
.
Yetarliligi. kxk
2
+ kyk
2
= kx + yk
2
tenligi o‘rinli bo‘lsa, hx, yi = 0
tengligi kelib chiqadi, ya’ni x ⊥ y.

§ 4.3. Evklid va Hilbert fazolari
153
4.3.11. `
2
fazoda x = (x
1
, x
2
, . . .) va y = (y
1
, y
2
, . . .) element-
larning skalyar ko‘paytmasi
hx, yi =
∞
X
n=1
x
n
y
n
ko‘rinishda, norma kxk =
p
hx, xi ko‘rinishda kiritiladi. `
2
ning to‘la ekanligini isbotlang.
Yechimi. `
2
fazoda metrika
ρ(x, y) = ||x − y|| =
v
u
u
t
∞
X
n=1
(x
n
− y
n
)
2
formula bilan aniqlanadi. Demak, 3.1.14-misolga ko‘ra `
2
ning to‘la
ekanligi kelib chiqadi.
4.3.12. K to‘plam H ning qism fazosi bo‘lsa, u holda xohla-
gan f ∈ H elementni
f = g + h g ∈ K, h ∈ K
⊥
,
(4.13)
ko‘rinishda yagona usulda yozish mumkin ekanligini va g ele-
mentning
kf − gk = ρ(f, K)
(4.14)
tenglikni qanoatlantirishini isbotlang. Bunda ρ(f, K) miqdor
f nuqtadan K fazogacha masofa:
ρ(f, K) = inf
x∈K
||f − x||.
Yechimi. ρ(f, K) = d belgilashini kiritib, K dan
kf − f
n
k
2
< d
2
+
1
n
2
(n = 1, 2, . . .)
(4.15)
tengsizlikni qanoatlantiruvchi {f
n
} ketma-ketligini olamiz. Parallelo-
gramm tengligiga ko‘ra
kf
n
− f
m
k
2
+ k(f − f
n
) + (f − f
m
))|
2
= 2[kf − f
n
k
2
+ kf − f
m
k
2
] (4.16)
tengligiga ega bo‘lamiz. Shu bilan birga, f
m
+ f
n
2
∈ K bo‘lganligidan,
ushbu
k(f − f
n
) + (f − f
m
)k
2
= 4
°
°
°
°f −
f
n
− f
m
2
°
°
°
°
2
≥ 4d
2
(4.17)

154
IV. Normalangan fazolar
tengsizligi o‘rinli. Natijada (4.15), (4.16) va (4.17) lardan
kf
n
− f
m
k
2
≤ 2
·
d
2
+
1
n
2
+ d
2
+
1
m
2
¸
− 4d
2
=
2
n
2
+
2
m
2
.
Bu tengsizlikdan {f
n
} ketma-ketlikning fundamental ekanligi ko‘rinadi.
Shu sababli, H to‘la bo‘lgani uchun, u yaqinlashuvchi.
lim
n→∞
f
n
= g
bo‘lsin. K yopiq bo‘lgani uchun g ∈ K.
Endi (4.15) da n → ∞ da limitga o‘tsak kf −gk ≤ d tengsizligiga ega
bo‘lamiz. d ning ta’rifidan kf −gk ≥ d tengsizligi ham o‘rinli. Natijada,
kf − gk = d tengligi kelib chiqadi.
Endi f − g = h elementning H
⊥
fazosiga tegishli ekanligini isbot-
laymiz.
K to‘plamda noldan farqli xohlagan ϕ element olaylik. Har bir λ son
uchun g + λϕ ∈ K, u holda
kh − λϕk
2
= kf − (g + λϕ)k
2
≥ d
2
.
Bu tengsizlikni skalyar ko‘paytmaning xossasidan va kf − gk = d teng-
ligidan foydalanib
−λhh, ϕi − λhϕ, hi + |λ|
2
hϕ, ϕi ≥ 0
ko‘rinishda yozish mumkin. Natijada λ =
hh, ϕi
hϕ, ϕi
bo‘lgan xususiy holda
−
|hh, ϕi|
2
hϕ, ϕi
−
|hh, ϕi|
2
hϕ, ϕi
+
|hh, ϕi|
2
hϕ, ϕi
≥ 0
tengsizligi, ya’ni |hh, ϕi|
2
≤ 0 tengsizligi kelib chiqadi. Bu tengsizlik
faqat h ⊥ ϕ bo‘lgan holda o‘rinli. Demak, ϕ element K ning xohlagan
elementi bo‘lganligidan, h ⊥ K, ya’ni h ∈ K
⊥
.
Shunday qilib f ning (4.13) ko‘rinishda ifodalanishi va uning (4.14)
tenglikni qanoatlantirilishi isbotlandi.
Endi f ni (4.13) ko‘rinishda ifodalash yagonaligini ko‘rsatamiz. Agar
f = g + h = g
0
+ h
0
, g, g
0
∈ K, h, h
0
∈ K
⊥
bo‘lsa, u holda g − g
0
= h
0
− h tengligiga ega bo‘lamiz. Bu tenglikning
chap tomonidagi element K ga, o‘ng tomonidagi element K
⊥
fazosiga
tegishli. Shu sababli g − g
0
⊥ h
0
− h. Bundan g − g
0
= h
0
− h = 0
munosabatiga ega bo‘lamiz.
4.3.13. x element Fure qatorining s
n
=
n
P
k=1
a
k
x
k
qismi, x ele-
mentning H
n
= L ({x
1
, x
2
, . . . , x
n
}) qism fazodagi proektsiyasi-
dan iborat ekanligini isbotlang.

§ 4.3. Evklid va Hilbert fazolari
155
Yechimi. x = s
n
+ (x − s
n
) bo‘lib, s
n
∈ H
n
bo‘lganligi uchun
x − s
n
⊥ H
n
ekanligini ko‘rsatish yetarli.
hx − s
n
, x
k
i = hx, x
k
i − hs
n
, x
k
i = a
k
− a
k
= 0,
ya’ni
x − s
n
⊥ x
k
, (k = 1, 2, . . . , n)
bo‘lgani uchun x−s
n
⊥ H
n
ekanligi skalyar ko‘paytmaning xossalaridan
kelib chiqadi.
4.3.14. Hilbert fazosida Bessel tengsizligi deb ataluvchi
∞
X
k=1
|a
k
|
2
≤ kxk
2
tengsizligini isbotlang.
Yechimi.
ks
n
k
2
+ kx − s
n
k
2
= hs
n
, s
n
i + hx − s
n
, x − s
n
i =
= hs
n
, s
n
i + hx, xi − hx, s
n
i =
=
*
n
X
k=1
a
k
x
k
,
n
X
k=1
a
k
x
k
+
+ hx, xi −
*
x,
n
X
k=1
a
k
x
k
+
=
=
n
X
k=1
a
2
k
+ hx, xi −
n
X
k=1
a
2
k
= hx, xi = kxk
2
tengligidan kxk
2
≥ ks
n
k
2
tengsizligi, ya’ni
n
P
k=1
a
2
k
≤ kxk
2
tengsizlgi kelib
chiqadi. Bu tengsizligida n → ∞ da limitga o‘tsak
∞
X
k=1
a
2
k
≤ kxk
2
tengsizligiga ega bo‘lamiz.
4.3.15.
(Riss — Fisher teoremasi) H Hilbert fazosida
xohlagan {ϕ
n
} ortonormal sistema va
∞
P
k=1
c
2
k
< ∞ shartni
qanoatlantiruvchi {c
n
} sonlar ketma-ketligi berilgan bo‘lsin.
U holda ushbu
c
k
= hf, ϕ
k
i;
∞
X
k=1
c
2
k
= hf, f i = kf k
2

156
IV. Normalangan fazolar
tengliklarni qanoatlantiruvchi f ∈ H element mavjudligini is-
botlang.
Yechimi. f
n
=
n
P
k=1
c
k
ϕ
k
deb olaylik, u holda
kf
n+p
− f
n
k
2
= kc
n+1
ϕ
n+1
+ . . . + c
n+p
ϕ
n+p
k
2
=
= hc
n+1
ϕ
n+1
+ . . . + c
n+p
ϕ
n+p
, c
n+1
ϕ
n+1
+ . . . + c
n+p
ϕ
n+p
i =
n+p
X
k=n+1
c
2
k
.
Natijada
∞
P
k=1
c
2
k
< ∞ bo‘lgani uchun {f
n
} ketma-ketlik fundamental, De-
mak, yaqinlashuvchi ekanligi kelib chiqadi. lim
n→∞
f
n
= f bo‘lsin. Endi
hf, ϕ
i
i ni quyidagicha almashtiramiz:
hf, ϕ
i
i = hf
n
, ϕ
i
i + hf − f
n
, ϕ
i
i =
*
n
X
k=1
c
k
ϕ
k
, ϕ
i
+
+ hf − f
n
, ϕ
i
i.
n ≥ i bo‘lganda,
¿
n
P
k=1
c
k
ϕ
k
, ϕ
i
À
= c
i
bo‘lgani uchun,
hf, ϕ
i
i = c
i
+ hf − f
n
, ϕ
i
i.
(4.18)
Endi
hf − f
n
, ϕ
i
i ≤ kf − f
n
k · kϕ
i
k
tengsizligi o‘rinli bo‘lganligi uchun n → ∞ da hf − f
n
, ϕ
i
i → 0. (4.18)
ning chap tomoni n ga bog‘liq emas. Shu sababli, bu tenglikda n → ∞
da limitga o‘tsak hf, ϕ
i
i = c
i
tengligiga ega bo‘lamiz.
*
f −
n
X
k=1
c
k
ϕ
k
, f −
n
X
k=1
c
k
ϕ
k
+
= hf, f i −
n
X
k=1
c
2
k
tengligini tekshirish qiyin emas.
n → ∞ da kf − f
n
k → 0
bo‘lganligidan, bu tenglikdan
∞
X
k=1
c
2
k
= hf, f i
tengligi kelib chiqadi.
4.3.16. H separabel Hilbert fazosida har qanday ortonor-
mal sistema ko‘pi bilan sanoqli bo‘lishini isbotlang.
Yechimi.