Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

p(x) = sup
n
||A
n
(x)||
funksionalni qaraylik. Bu funksional har bir B[x
0
, δ] sharda chegaralan-
magan, chunki p(x) ≤ B bo‘lganda, ixtiyoriy n ∈ N uchun ||A
n
|| ≤ 2B
δ
tengsizligi o‘rinli bo‘lar edi.
Natijada, har bir B[x
0
, δ] sharda ixtiyoriy k ∈ N uchun p(x) > k
tengsizligi o‘rinli bo‘ladigan x ∈ X nuqta topiladi. U holda
E
k
= {x ∈ X : p(x) > k}
to‘plami X fazoda zich bo‘ladi. Shu bilan birga, bu to‘plam ochiqdir.
Haqiqatan, E
k
to‘plamdan ixtiyoriy x
0
nuqta olsak, ya’ni p(x
0
) > k
bo‘lsa, u holda biror n
0
∈ N uchun ||A
n
0
|| > k tengsizligi o‘rinli bo‘ladi.
||A
n
0
(x
0
)|| akslantirishning uzluksizligidan esa x
0
nuqtaga yetarlicha
yaqin x nuqtalar uchun ||A
n
0
(x)|| > k tengsizligi bajariladi. Natijada
E
k
to‘plamning ochiq ekanligi kelib chiqadi.
3.1.18-misolda ko‘rganimizdek,
X fazoda ochiq va zich E
k
to‘plamlarning
∞
T
k=1
E
k
kesishmasi zich bo‘ladi. Demak,
∞
T
k=1
E
k
6= ∅.
x
0
∈
∞
T
k=1
E
k
bo‘lsin, u holda
sup
n
||A
n
(x
0
)|| = ∞.
Bu farazimizga ziddir.

212
VI. Chiziqli operatorlar
6.1.20. X Banax fazosida berilgan uzluksiz chiziqli ope-
ratorlarning {A
n
} ketma-ketligi X fazoning har bir nuqtasida
A operatoriga yaqinlashuvchi bo‘lsa, u holda A operator ham
uzluksiz bo‘lib, ushbu
||A|| ≤ lim
n→∞
||A
n
||
(6.5)
tengsizligi bajarilishini isbotlang.
Yechimi. A operatorining chiziqli ekanligi quyida yaqqol ko‘rinadi:
A(αx + βy) = lim
n→∞
A(αx + βy) =
= α lim
n→∞
A
n
(x) + β lim
n→∞
A
n
(y) = αA(x) + βA(y).
Endi uzluksiz ekanligini ko‘rsatamiz.
lim
n→∞
||A
n
(x)|| = ||A(x)|| < ∞
bo‘lganligidan,
sup
n
||A
n
(x)|| < ∞
tengsizligi, natijada, 6.1.19-misoldan, {||A
n
||} ketma-ketlikning chega-
ralangan ekanligi kelib chiqadi. U holda
||A(x)|| = lim
n→∞
||A
n
(x)|| ≤ lim
n→∞
||A
n
||||x||.
Natijada, A operatorning uzluksiz va (6.5) tengsizlikning o‘rinli ekanligi
kelib chiqadi.
Mustaqil ish uchun masalalar
1. H Hilbert fazosi va A : H → H chegaralangan chiziqli operator
uchun D(A) = H bo‘lsa, u holda
||A|| = sup
x6=0,y6=0
|hAx, yi|
||x||||y||
tengligini isbotlang.
2.
Quyidagi operatorlarning chegaralangan chiziqli ekanligini
ko‘rsating va normasini toping.
a) A : L
2
[0, 1] → L
2
[0, 1],
Ax(t) = t
1
R
0
x(s) ds;
b) A : L
2
[0, 1] → L
2
[0, 1],
Ax(t) =
t
R
0
x(s) ds;

§ 6.2. Uzluksiz chiziqli funksionallar
213
c) A : H
1
[0, 1] → L
2
[0, 1],
Ax(t) = x(t);
d) A : H
1
[0, 1] → H
1
[0, 1],
Ax(t) = tx(t).
3. X va Y normalangan fazolar bo‘lib, X chekli o‘lchamli bo‘lsin.
Aniqlanish sohasi X fazosidan iborat bo‘lgan har bir A : X → Y chiziqli
operatorning chegaralangan ekanligini va ||Ax|| = ||A||||x|| tenglikni
qanoatlantiruvchi x ∈ X, x 6= 0 nuqtaning mavjud ekanligini isbotlang.
4. A : X → Y chegaralangan chiziqli operatorning yadrosi X fazo-
ning qism fazosi bo‘lishini isbotlang.
5. X va Y normalangan fazolar bo‘lib, A : X → Y yadrosi X
fazoning yopiq qism fazosi bo‘lgan chiziqli operator bo‘lsin. Bundan A
operatorning chegaralangan ekanligi kelib chiqadimi?
6. {e
n
, n ∈ N} sistema H Hilbert fazosining ortonormal bazisi bo‘lib,
λ
n
∈ R (n ∈ N) bo‘lsin. Agar {λ
n
} ketma-ketligi chegaralangan bo‘lsa,
u holda
Ae
n
= λ
n
e
n
(n ∈ N)
tengligi chegaralangan chiziqli A : H → H operatorini aniqlab, D (A) =
H va kAk = sup
n
|λ
n
| tengliklarining o‘rinli bo‘lishini isbotlang.
7. Qanday ϕ(t) funksiyalar uchun
Ax(t) = ϕ(t)x(t)
operatori C[0, 1] fazoda chegaralangan bo‘ladi?
8. Qanday ϕ(t) funksiyalar uchun
Ax(t) = ϕ(t)x(t)
operatori L
2
[0, 1] fazoda chegaralangan bo‘ladi?
9. Qanday α sonlari uchun
Ax(t) = x(t
α
)
operatori C[0, 1] fazoda chegaralangan bo‘ladi?
10. C[0, 1] fazoda
Ax(t) = t
2
x(t)
operatorining normasini toping.
11. L
2
[0, 1] fazoda
Ax(t) = t
3
x(t)
operatorining normasini toping.
12. C[0, 1] fazoda
Ax(t) = x(
√
t)
operatorining normasini toping.

214
VI. Chiziqli operatorlar
6.2. Uzluksiz chiziqli funksionallar
Bizga E chiziqli topologik fazosi berilgan bo‘lsin. Agar har bir x ∈ E
elementga biror f (x) (haqiqiy yoki kompleks) son mos qo‘yilgan bo‘lsa,
u holda E fazosida funksional
aniqlangan deyiladi. Bu funksional
uchun
f (x + y) = f (x) + f (y), x, y ∈ E (additivlik)
va
f (αx) = αf (x),
(x ∈ E; α ∈ R yoki α ∈ C) (birjinslilik)
tengliklari o‘rinli bo‘lsa, u holda u chiziqli funksional deb ataladi.
E fazosiga tegishli x
0
nuqta olinganda, xohlagan ε > 0 soni uchun x
0
nuqtaning shunday U atrofi mavjud bo‘lib, bu atrofdan olingan barcha
x nuqtalar uchun
|f (x) − f (x
0
)| < ε
(6.6)
tengsizligi o‘rinli bo‘lsa, u holda f funksional x
0
nuqtada uzluksiz deyi-
ladi.
Agar f funksional E fazosining har bir nuqtasida uzluksiz bo‘lsa, u
holda u E fazosida uzluksiz deyiladi.
Agar shunday o‘zgarmas soni mavjud bo‘lib, barcha x ∈ E element-
lar uchun
|f (x)| ≤ Ckxk
(6.7)
tengsizligi o‘rinli bo‘lsa, u holda f funksional E fazosida chegaralangan
deyiladi.
Normalangan fazoda funksionalning normasi uchun quyidagi teng-
liklar o‘rinli:
kf k = sup
x6=0
|f (x)|
kxk
= sup
||x||≤1
|f (x)| = sup
kxk=1
|f (x)|.
Masalalar
6.2.1. Agar f funksional E chiziqli topologik fazoning biror
x nuqtasida uzluksiz bo‘lsa, u holda u E fazosida uzluksiz
bo‘lishini isbotlang.
Yechimi. E fazosidan xohlagan y element va xohlagan ε > 0 sonini
olib, x nuqtaning (6.6) shartni qanoatlantiruvchi U atrofini olaylik. U −
x to‘plami 0 ning atrofi bo‘lganligidan, V = U + (y − x) to‘plami y
nuqtaning atrofi bo‘ladi. Bu atrofdan xohlagan z nuqtani olamiz. U
holda
|f (z) − f (y)| = |f (z − y + x − x)| = |f (z − y + x) − f (x)|

§ 6.2. Uzluksiz chiziqli funksionallar
215
tengligidan va z − y + x elementning U to‘plamiga tegishli ekanligidan,
|f (z) − f (y)| < ε
tengsizligining o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. Demak, V to‘plami y uchun
(6.6) shartni qanoatlantiradi.
6.2.2. f funksionalning E fazosida uzluksiz bo‘lishi uchun
f funksional nol nuqtaning biror atrofida chegaralanganligi
zarur va yetarli ekanligini isbotlang.
Yechimi. Zarurligi. f funksional 0 nuqtada uzluksiz bo‘lsa, u holda
xohlagan ε > 0 son uchun 0 nuqtaning |f (x)| < ε tengsizlik o‘rinli
bo‘ladigan atrofi topiladi.
Yetarliligi.
0 nuqtaning U atrofida f funksional chegaralangan
bo‘lsin. U holda shunday C soni mavjud bo‘lib, U atrofdan olingan
xohlagan x element uchun |f (x)| < C tengsizligi o‘rinli bo‘ladi. Nati-
jada xohlagan ε > 0 soni uchun 0 nuqtaning
ε
C
U atrofida |f (x)| < ε
tengsizligi o‘rinli bo‘ladi.
6.2.3. R
2
fazosida aniqlangan z = ax + by funksionali R
maydonida chiziqli bo‘ladimi?
Yechimi. z = f (t) bo‘lsin, bunda t = (x, y). Xohlagan t
1
= (x
1
, y
1
)
va t
2
= (x
2
, y
2
) nuqtalar uchun
f (αt
1
+ βt
2
) = a(αx
1
+ βx
2
) + b(αy
1
+ βy
2
) =
= α(ax
1
+ by
1
) + β(ax
2
+ by
2
) = αf (t
1
) + βf (t
2
).
Demak, berilgan funksional haqiqiy sonlar maydonida chiziqli bo‘lar
ekan.
6.2.4. C[0, 1] fazosida berilgan quyidagi funksionallarni ad-
ditivlikka tekshiring:
a) F (f ) = |f (
1
2
)|;
b) F (f ) = max
0≤t≤1
f (t);
c) F (f ) = f (
1
2
) + f (
1
3
) + f (
1
4
).
Yechimi. a) C[0, 1] fazodan f (12) = 1 va g(
1
2) = −1 bo‘lgan
funksiyalarni olamiz. U holda
F (f + g) = |(f + g)(
1
2
)| = |f (
1
2
) + g(
1
2
)| = |1 − 1| = 0,
F (f ) + F (g) = |f (
1
2
)| + |g(
1
2
)| = 1 + 1 = 2.
Bundan
F (f ) + F (g) 6= F (f + g).

216
VI. Chiziqli operatorlar
Demak, bu funksional additiv emas.
b) C[0, 1] fazodan f (t) = t
2
va g(t) = 1 − t
2
funksiyalarni olamiz. U
holda
F (f + g) = max
0≤t≤1
(f (t) + g(t)) = max
0≤t≤1
(t
2
+ 1 − t
2
) = 1,
F (f ) + F (g) = max
0≤t≤1
f (t) + max
0≤t≤1
g(t) =
= max
0≤t≤1
t
2
+ max
0≤t≤1
(1 − t
2
) = 1 + 1 = 2.
Bundan
F (f ) + F (g) 6= F (f + g).
Demak, bu funksional additiv emas.
c)
F (f + g) = (f + g)
µ
1
2
¶
+ (f + g)
µ
1
3
¶
+ (f + g)
µ
1
4
¶
=
= f
µ
1
2
¶
+ f
µ
1
3
¶
+ f
µ
1
4
¶
+ g
µ
1
2
¶
+ g
µ
1
3
¶
+ g
µ
1
4
¶
= F (f ) + F (g).
Demak, bu funksional additiv.
6.2.5. Xohlagan additiv funksional uchun
F (θ) = 0, F (−x) = −F (x)
tengliklarining o‘rinli ekanligini ko‘rsating.
Yechimi.
F (θ) = F (θ + θ) = F (θ) + F (θ) = 2F (θ),
ya’ni F (θ) = 0.
0 = F (θ) = F (x − x) = F (x) + F (−x).
Natijada F (−x) = −F (x).
6.2.6. Xohlagan additiv funksional uchun f (λx) = λf (x)
tengligining o‘rinli ekanligini ko‘rsating, bunda λ ratsional
son.
Yechimi. n natural soni uchun
f (nx) = f (x + x + ... + x
|
{z
}
n
) = f (x) + f (x) + . . . + f (x)
|
{z
}
n
= nf (x).

§ 6.2. Uzluksiz chiziqli funksionallar
217
Natijada, λ =
m
n
(m, n ∈ N) bo‘lganda
f (λx) = f
³m
n
x
´
= f



1
n
x +
1
n
x + . . . +
1
n
x
|
{z
}
m


 = mf
µ
1
n
x
¶
=
=
m
n
nf
µ
1
n
x
¶
=
m
n
f
µ
n
1
n
x
¶
=
m
n
f (x) = λf (x).
λ < 0 bo‘lganda 6.2.5-misolda qaralgan f (−x) = −f (x) tengligidan
foydalanamiz, ya’ni f (λx) = f (−(−λx)) = −f (−λx) = −(−λ)f (x) =
λf (x).
6.2.7. f funksional X normalangan fazoda uzluksiz bo‘lsa,
u holda har bir x ∈ X element uchun |f (x)| ≤ kf k · kxk tengsiz-
ligining o‘rinli bo‘lishini isbotlang.
Yechimi. x 6= 0 bo‘lganda x
kxk
element birlik sharga tegishli bo‘ladi.
Shu sababli
|f (x)|
kxk
=
¯
¯
¯
¯f
µ
x
kxk
¶¯
¯
¯
¯ ≤ sup
||x||≤1
|f (x)| = kf k,
ya’ni
|f (x)| ≤ kf kkxk.
x = 0 bo‘lganda |f (x)| ≤ kf kkxk tengsizlikning ikki tomoni ham nol
bo‘ladi.
6.2.8. X normalangan fazoda berilgan f funksionalning
uzluksiz bo‘lishi uchun, uning chegaralangan bo‘lishi zarur
va yetarli ekanligini isbotlang.
Yechimi. Zarurligi. f funksional uzluksiz bo‘lsin. C
0
= sup
kxk=1
|f (x)|
miqdorning chekli ekanligini ko‘rsatamiz. Aksincha faraz qilamiz, ya’ni
C
0
= ∞ bo‘lsin. U holda shunday {x
n
} ⊂ X, kx
n
k = 1 ketma-ketligi
topilib, λ
n
= |f (x
n
)| → ∞ bo‘ladi. {x
0
n
} (x
0
n
= λ
−1
n
x
n
) ketma-ketligini
qaraymiz. kx
n
k = 1 bo‘lganligidan, {x
0
n
} ketma-ketligi nolga yaqin-
lashuvchi bo‘ladi. f funksional uzluksiz bo‘lganligidan, f (x
0
n
) → 0
bo‘lishi kerak. Biroq
|f (x
0
n
)| =
¯
¯
¯
¯f
µ
x
n
λ
n
¶¯
¯
¯
¯ =
1
λ
n
|f (x
n
)| =
1
λ
n
λ
n
= 1.
Bu ziddiyatdan farazimiz noto‘g‘ri ekanligi ko‘rinadi. Demak, C
0
=
sup
kxk=1
|f (x)| < ∞.

218
VI. Chiziqli operatorlar
X fazosidan noldan farqli xohlagan x element olamiz. x
0
=
x
kxk
elementining normasi birga teng bo‘lganligidan, |f (x
0
)| ≤ C
0
tengsizligi
o‘rinli, shu sababli
1
kxk
|f (x)| =
¯
¯
¯
¯f (
x
kxk
)
¯
¯
¯
¯ = |f (x
0
)| ≤ C
0
.
Natijada |f (x)| ≤ C
0
kxk. Demak, f funksional chegaralangan.
Yetarliligi. f chegaralangan funksional o‘rinli bo‘lsin. Xohlagan ε >
0 soni uchun δ =
ε
C
sonini olsak, kxk < δ bo‘lganda
|f (x)| ≤ Ckxk < Cδ = C
ε
C
= ε.
Natijada f funksional nol nuqtada, Demak, X fazosida uzluksiz bo‘ladi.
6.2.9. X normalangan fazosida uzluksiz chiziqli f funk-
sionali berilgan bo‘lsin. C
0
= kf k soni |f (x)| ≤ Ckxk tengsiz-
likni qanoatlantiradigan sonlarning eng kichigi ekanligini is-
botlang.
Yechimi. kxk = 1 bo‘lganda |f (x)| ≤ C tengsizligi o‘rinli. C
0
=
sup
kxk=1
|f (x)| bo‘lganligidan, C
0
≤ C.
Ikkinchi tomondan C
0
soni |f (x)| ≤ C
0
kxk tengsizlikni qanoatlanti-
radi.
6.2.10. C[a, b] fazosida aniqlangan
f (x) =
n
X
k=1
c
k
x(t
k
)
funksionalning chiziqli, uzluksiz ekanligini isbotlang va nor-
masini toping, bunda t
1
, t
2
, . . . , t
n
∈ [a, b]; c
k
∈ R (k = 1, n).
Yechimi. Dastlab chiziqli ekanligini ko‘rsatamiz:
f (αx
1
+ βx
2
) =
n
X
k=1
c
k
[αx
1
(t
k
) + βx
2
(t
k
)] =
= α
n
X
k=1
c
k
x
1
(t
k
) + β
n
X
k=1
c
k
x
2
(t
k
) = αf (x
1
) + βf (x
2
).
Uzluksiz ekanligini ko‘rsatish uchun uning chegaralangan ekanligini
ko‘rsatamiz:
|f (x)| =
¯
¯
¯
¯
¯
n
X
k=1
c
k
x(t
k
)
¯
¯
¯
¯
¯
≤
n
X
k=1
|c
k
||x(t
k
)| ≤

§ 6.2. Uzluksiz chiziqli funksionallar
219
≤ max
t∈[a,b]
|x(t)|
n
X
k=1
|c
k
| =
n
X
k=1
|c
k
|kxk,
ya’ni kf k ≤
n
P
k=1
|c
k
|.
Endi [a, b] segmentida quyidagicha ˜
x(t) bo‘lakli-chiziqli funksiyani
aniqlaymiz: ˜
x(t) funksiya t
1
, t
2
, . . . , t
n
nuqtalarda ˜
x(t
k
) = sign c
k
qiy-
matlarni qabul qiladi, [t
k
, t
k+1
] segmentlarda chiziqli, [a, t
1
] va [t
n
, b]
segmentlarda o‘zgarmas. Bu funksiyaning qiymatlari to‘plami [−1