Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

f (x) =
n
X
i=1
x
i
a
i
.
6.2.18. L
2
[0, π] fazoda
f (x) =
π
Z
0
x(t) sin t dt, x ∈ L
2
[0, π]
funsionalning normasini toping.
Yechimi. x ∈ L
2
[0, π] uchun
|f (x)|
2
=


π
Z
0
x(t) sin t dt


2
≤
π
Z
0
|x(t)|
2
dt
π
Z
0
sin
2
t dt =
= ||x||
2
π
Z
0
sin
2
t dt = ||x||
2
π
2
,
ya’ni ||f || ≤
p
π
2
. Endi x(t) =
q
2
π sin t da f (x) =
q
π
2 bo‘lganligidan,
||f || =
q
π
2 .
6.2.19. C[0, π] fazoda
f (x) =
π
Z
0
x(t) cos t dt, x ∈ L
2
[0, π]
funsionalning normasini toping.

228
VI. Chiziqli operatorlar
Yechimi. x ∈ C[0, π] uchun
|f (x)| = |
π
Z
0
x(t) sin t dt| ≤ ||x||
π
Z
0
sin t dt = 2||x||,
ya’ni ||f || ≤ 2. Endi x(t) = 1 da f (x) = 2 bo‘lganligidan, ||f || = 2.
Mustaqil ish uchun masalalar
1 - 10 - misollarda C[0, 1] fazodagi funksionallarni chiziqli, uzluksiz-
likka tekshiring va normasini toping:
1. f (x) =
1
R
0
x(t) sin t dt;
2. f (x) = x(
1
2
);
3. f (x) =
1
R
0
x(t)sign(t −
1
2
) dt;
4. f (x) =
1
R
0
√
tx(t
2
) dt;
5. f (x) =
1
R
0
3
√
tx(t) dt;
6. f (x) =
1
R
0
x(t
2
) dt;
7. f (x) = x
0
(t
0
);
8. f (x) =
1
R
0
|x(t)| dt;
9. f (x) = max
0≤t≤1
x(t);
10. f (x) =
1
R
0
x
2
(t) dt.
11. c
0
fazoda quyidagi funksionallarning normasini toping, x =
(x
1
, . . . , x
n
, . . .) ∈ c
0
:
a) f (x) = x
1
;
b) f (x) =
n
P
k=1
x
k
;
c) f (x) =
∞
P
k=1
1
2
k
x
k
;
d) f (x) =
∞
P
k=1
1
k
2
x
k
.

§ 6.3. Qo‘shma fazolar
229
6.3. Qo‘shma fazolar
E fazosida aniqlangan f
1
va f
2
chiziqli funksionallarning yig‘indisi
deb
f (x) = f
1
(x) + f
2
(x), x ∈ E
ko‘rinishda aniqlangan f funksionalga aytiladi va f
1
+ f
2
ko‘rinishda
belgilanadi.
f chiziqli funksionalning α songa ko‘paytmasi deb
g(x) = αf (x), x ∈ E
ko‘rinishda aniqlangan g funksionalga aytamiz va αf ko‘rinishda belgi-
laymiz.
Chiziqli funksionallarning yig‘indisi va songa ko‘paytmasi chiziqli
funksional bo‘lishi ravshan.
Shu bilan birga, E chiziqli topologik
fazosida aniqlangan barcha uzluksiz chiziqli funksionallar to‘plami
qo‘shish va songa ko‘paytirish amallariga nisbatan chiziqli fazo bo‘lishini
tekshirish qiyin emas. Bu chiziqli fazo E fazoga qo‘shma fazo deyiladi
va E
∗
ko‘rinishda belgilanadi.
Masalalar
6.3.1. E normalangan fazoning (E
∗
, k · k) qo‘shma fazosi
to‘la ekanligini isbotlang.
Yechimi.
E
∗
fazosida {f
n
} fundamental ketma-ketligi berilgan
bo‘lsin. U holda har bir ε > 0 soni uchun shunday n
ε
soni topilib,
n, m ≥ n
ε
bo‘lganda kf
n
− f
m
k < ε tengsizligi o‘rinli. Demak, ixtiyoriy
x ∈ E uchun
|f
n
(x) − f
m
(x)| = |(f
n
− f
m
)(x)| ≤ kf
n
− f
m
k · kxk < εkxk,
ya’ni {f
n
(x)} ketma-ketligi yaqinlashuvchi. Bu ketma-ketlikning limi-
tini f (x) orqali belgilaymiz. f (x) funksional chiziqlidir:
f (αx + βy) = lim
n→∞
f
n
(αx + βy) =
= lim
n→∞
(αf
n
(x) + βf
n
(y)) = αf (x) + βf (y).
Endi f (x) funksionalning uzluksiz ekanligini ko‘rsatamiz.
|f
n
(x) − f
m
(x)| < εkxk
tengsizligida m → ∞ bo‘lganda limitga o‘tamiz:
|f (x) − f
n
(x)| = lim
m→∞
|f
n
(x) − f
m
(x)| ≤ εkxk.

230
VI. Chiziqli operatorlar
Bundan f − f
n
funksionalning chegaralangan ekanligi kelib chiqadi. U
holda f = f
n
+(f −f
n
) funksional ham chegaralangan, demak, uzluksiz.
Shu bilan birga, barcha n ≥ n
ε
sonlari uchun kf − f
n
k < ε tengsizligi
o‘rinli, ya’ni lim
n→∞
f
n
= f .
6.3.2. Agar R
n
fazosida norma
||x|| = max
1≤k≤n
|x
k
|
formula bilan aniqlansa, u holda uning qo‘shma fazosida
normaning
||f || =
n
X
i=1
|f
i
|
(6.12)
kabi aniqlanishini ko‘rsating.
Yechimi. x = (x
1
, ..., x
n
) ∈ R
n
, f = (f
1
, ..., f
n
) ∈ R
n
∼
= (R
n
)
∗
bo‘lsin. U holda
|f (x)| = |
n
X
i=1
x
i
f
i
| ≤
n
X
i=1
|f
i
||x
i
| ≤
≤
n
X
i=1
|f
i
| max
1≤k≤n
|x
k
| = ||x||
n
X
i=1
|f
i
|,
ya’ni
|f (x)| ≤ ||x||
n
X
i=1
|f
i
|.
(6.13)
Koordinatalari x
i
= sign(f
i
), i = 1, n bo‘lgan x nuqtani olaylik. U
holda
n
X
i=1
|f
i
| =
n
X
i=1
f
i
sign(f
i
) =
n
X
i=1
f
i
x
i
= |f (x)|,
ya’ni
n
X
i=1
|f
i
| ≥ ||f ||.
(6.14)
Endi (6.13) va (6.14) tengsizliklardan, (6.12) tenglik kelib chiqadi.
6.3.3. Agar R
n
fazosida norma
||x|| =
n
X
i=1
|x
i
|
formula bilan aniqlansa, u holda uning qo‘shma fazosida
normaning
||f || = max
1≤k≤n
|f
k
|
(6.15)

§ 6.3. Qo‘shma fazolar
231
kabi aniqlanishini ko‘rsating.
Yechimi. x = (x
1
, ..., x
n
) ∈ R
n
, f = (f
1
, ..., f
n
) ∈ R
n
∼
= (R
n
)
∗
bo‘lsin. U holda
|f (x)| = |
n
X
i=1
x
i
f
i
| ≤
n
X
i=1
|f
i
||x
i
| ≤
≤
n
X
i=1
|x
i
| max
1≤k≤n
|f
k
| = ||x|| max
1≤k≤n
|f
k
|,
ya’ni
|f (x)| ≤ ||x|| max
1≤k≤n
|f
k
|.
(6.16)
Aytaylik, max
1≤k≤n
|f
k
| = |f
j
| bo‘lsin. Koordinatalari x
i
= (signf
i
) δ
ij
,
i = 1, n bo‘lgan x nuqtani olaylik. U holda
max
1≤k≤n
|f
k
| = f
j
=
n
X
i=1
f
i
(signf
i
) δ
ij
=
n
X
i=1
f
i
x
i
= |f (x)|,
ya’ni
max
1≤k≤n
|f
k
| ≥ ||f ||.
(6.17)
Endi (6.16) va (6.17) tengsizliklardan, (6.15) tenglik kelib chiqadi.
6.3.4. Agar R
3
fazosida norma
||x|| = |x
1
| +
q
x
2
2
+ x
2
3
formula bilan aniqlansa, u holda uning qo‘shma fazosida
normaning
||f || = max{|f
1
|,
q
f
2
1
+ f
2
3
}
(6.18)
kabi aniqlanishini ko‘rsating.
Yechimi. x = (x
1
, x
2
, x
3
) ∈ R
3
, f = (f
1
, f
2
, f
3
) ∈ R
3
∼
= (R
3
)
∗
bo‘lsin. U holda
|f (x)| = |
3
X
i=1
x
i
f
i
| ≤ |f
1
||x
1
| + |f
2
x
2
+ f
3
x
3
| ≤
≤ |f
1
||x
1
|+
q
f
2
2
+ f
2
3
q
x
2
2
+ x
2
3
≤ max{|f
1
|,
q
f
2
1
+ f
2
3
}(|x
1
|+
q
x
2
2
+ x
2
3
),
ya’ni
|f (x)| ≤ ||x|| max{|f
1
|,
q
f
2
1
+ f
2
3
}.
(6.19)

232
VI. Chiziqli operatorlar
Agar f = 0 bo‘lsa, u holda (6.18) tenglik ravshan. Aks holda,
quyidagi hollarni qaraymiz.
a)
p
f
2
1
+ f
2
3
> |f
1
|. Koordinatalari
x
1
= 0, x
2
=
f
2
p
f
2
1
+ f
2
3
, x
3
=
f
3
p
f
2
1
+ f
2
3
bo‘lgan x nuqta olaylik.
U holda
|f (x)| = f
2
f
2
p
f
2
1
+ f
2
3
+ f
3
f
3
p
f
2
1
+ f
2
3
=
q
f
2
1
+ f
2
3
,
ya’ni
||f || ≥ max{|f
1
|,
q
f
2
1
+ f
2
3
}.
(6.20)
b)
p
f
2
1
+ f
2
3
≤ |f
1
|. Koordinatalari
x
1
= 1, x
2
= 0, x
3
= 0
bo‘lgan x nuqta olaylik.
U holda
|f (x)| = |f
1
|,
ya’ni
||f || ≥ max{|f
1
|,
q
f
2
1
+ f
2
3
}.
(6.21)
Endi (6.19) (6.20) va (6.21) tengsizliklardan, (6.18) tenglik kelib
chiqadi.
6.3.5. c fazoning qo‘shma fazosi `
1
fazosiga izomorf ekan-
ligini ko‘rsating.
Yechimi. c fazosida quyidagi vektorlarni aniqlaymiz:
e
0
= (1, 1, . . . , 1 , . . .),
e
k
= (0 , 0 , . . . , 0
|
{z
}
k−1
, 1 , 0 , . . .),
k ∈ N.
Natijada har bir x = (ξ
n
) ∈ c elementni
x = ξ
0
e
0
+ lim
k→∞
k
X
n=1
(ξ
n
− ξ
0
) e
n
ko‘rinishda yozish mumkin, bunda ξ
0
= lim
n→∞
ξ
n
.

§ 6.3. Qo‘shma fazolar
233
Aytaylik, f ∈ c
∗
bo‘lsin. U holda
f (x) = ξ
0
f (e
0
) + lim
k→∞
k
X
n=1
(ξ
n
− ξ
0
) f (e
n
) =
= ξ
0
η
0
+ lim
k→∞
k
X
n=1
(ξ
n
− ξ
0
) η
n
,
bunda η
0
= f (e
0
) va η
n
= f (e
n
), n ∈ N.
Endi f (x) sonini boshqa ko‘rinishda ham yozish mumkin ekanligi-
ni ko‘rsatamiz. Buning uchun ε
n
sonlarni ε
n
= sign η
n
ko‘rinishda
aniqlaymiz. Har bir m ∈ N sonini tayinlab, x
(m)
= (˜
ξ
n
) ∈ c nuq-
tani quyidagicha saylab olamiz: n ≤ m bo‘lganda ˜
ξ
n
= ε
n
, n > m
bo‘lganda ˜
ξ
n
= 0. U holda kx
(m)
k ≤ 1. Natijada
|f (x
(m)
)| =
¯
¯
¯
¯
¯
m
X
n=1
α ˜
ξ
n
η
n
¯
¯
¯
¯
¯
=
m
X
n=1
|η
n
| ≤ kf k.
m ∈ N ning ixtiyoriyligidan,
∞
P
n=1
|η
n
| < +∞ kelib chiqadi, ya’ni (η
n
) ∈
`
1
. Demak, har bir x = (ξ
n
) ∈ c elementi uchun
∞
P
n=1
ξ
n
η
n
qator absolyut
yaqinlashuvchi va
f (x) = ξ
0
η
0
+
∞
X
n=1
ξ
n
η
n
.
(6.22)
Demak, agar f ∈ c
∗
bo‘lsa, u holda ixtiyoriy x = (ξ
n
) ∈ c uchun (6.22)
o‘rinli, bunda ξ
0
= lim
n→∞
ξ
n
,
η
0
= const va (η
n
) ∈ `
1
. Yuqoridagidek,
m ∈ N sonini tayinlab x
m
= (ξ
n
) ∈ c nuqtani saylab olamiz: n ≤ m
bo‘lganda ξ
n
= ε
n
, n > m bo‘ganda ξ
n
= ε
0
= signη
0
(ε
n
sonlari
yuqorida aniqlandi). U holda kx
m
k ≤ 1, ξ
0
= lim
n→∞
ξ
n
= ε
0
va
f (x
m
) = |η
0
| +
m
X
n=1
|η
n
| + ε
0
∞
X
n=m+1
η
n
.
Bundan
kf k = sup
kxk≤1
|f (x)| ≥ |f (x
m
)|
va m → ∞ da
|η
0
| +
∞
X
n=1
|η
n
| ≤ kf k.

234
VI. Chiziqli operatorlar
Har bir y = (η
n
) ∈ `
1
element (6.22) formula yordamida c fazosida
biror uzluksiz chiziqli f funksionalni aniqlaydi, Shu bilan birga,
kf k = |η
0
| +
∞
X
n=1
|η
n
|.
Demak, c
∗
∼
= `
1
.
6.3.6. `
1
fazoning qo‘shma fazosi m fazosiga izomorf ekan-
ligini ko‘rsating.
Yechimi. ξ = (ξ
1
, ξ
2
, · · · , ξ
n
, · · · ) ∈ m bo‘lsa, u holda
f (x) =
∞
X
i=1
x
i
ξ
i
, x = (x
i
) ∈ `
1
(6.23)
formula `
1
fazoda chiziqli funksionalni aniqlaydi.
f ning uzluksizligi
|f (x)| ≤ sup
k
|ξ
k
|
∞
X
i=1
|x
i
| = ||ξ||
m
||x||
`
1
,
ya’ni
||f || ≤ ||ξ||
m
(6.24)
tensizligidan kelib chiqadi.
Endi `
1
fazoda har bir uzluksiz chiziqli funksional (6.23) ko‘rinishda
ekanligini isbotlaymiz.
`
1
fazosida quyidagi vektorlarni qaraylik:
e
n
= (0 , 0 , . . . , 0
|
{z
}
n−1
, 1 , 0 , . . .),
n ∈ N.
U holda x = (x
n
) ∈ `
1
elementni
x =
∞
X
i=1
x
i
e
i
ko‘rinishda yozish mumkin va x
(n)
=
n
P
i=1
x
i
e
i
uchun
||x
(n)
− x|| =
∞
X
j=n+1
|x
i
| → 0.
f ∈ `
∗
1
bo‘lsin. U holda
f (x) = f
Ã
∞
X
i=1
x
i
e
i
!
= f
Ã
lim
n→∞
n
X
i=1
x
i
e
i
!
=

§ 6.3. Qo‘shma fazolar
235
= lim
n→∞
f
Ã
n
X
i=1
x
i
e
i
!
=
∞
X
i=1
x
i
f (e
i
) =
n
X
i=1
x
i
ξ
i
,
bunda
ξ
i
= f (e
i
), i ∈ N.
|ξ
i
| = |f (e
i
)| ≤ ||f ||
dan (ξ
i
) ∈ m. Demak,
||ξ||
m
= sup
k
|ξ
k
| ≤ ||f ||.
(6.25)
(6.24) va (6.25) dan ||f || = ||ξ|| kelib chiqadi, ya’ni