Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

k ≤ M, n =
1, 2, ..., kxk ≤ M o‘rinli bo‘ladigan etib saylab olaylik.
ϕ
k
→ ϕ bo‘lganligidan, har bir ε > 0 soni uchun shunday k
ε
soni
topilib, k ≥ k
ε
bo‘lganda kϕ−ϕ
k
k < ε tengsizligi o‘rinli boladi. Bundan
|ϕ(x
n
) − ϕ(x)| = |ϕ(x
n
) − ϕ
k
(x
n
) + ϕ
k
(x
n
) − ϕ
k
(x) + ϕ
k
(x) − ϕ(x)| ≤
≤ |ϕ(x
n
) − ϕ
k
(x
n
)| + |ϕ
k
(x
n
) − ϕ
k
(x)| + |ϕ
k
(x) − ϕ(x)| ≤
≤ εM + εM + |ϕ
k
(x
n
) − ϕ
k
(x)|.
Shart bo‘yicha ϕ
k
(x
n
) → ϕ
k
(x) bo‘lganligidan, har bir ϕ ∈ E
∗
uchun
ϕ(x
n
) − ϕ(x) → 0 ekanligi kelib chiqadi.
6.4.6. Chekli o‘lchamli R
n
evklid fazosida har bir kuch-
siz yaqinlashuvchi ketma-ketlikning kuchli yaqinlashuvchi
ekanini isbotlang.
Yechimi. Aytaylik, {e
1
, e
2
, ..., e
n
} sistema R
n
daga biror ortonormal
bazis bo‘lib, {x
k
} ketma-ketlik R
n
da x elementga kuchsiz yaqinlashuv-
chi bo‘lsin.
x
k
= x
(1)
k
e
1
+ · · · + x
(n)
k
e
n
,
x = x
(1)
e
1
+ · · · + x
(n)
e
n
bo‘lsin. U holda
x
(1)
k
= hx
k
, e
1
i → hx, e
1
i = x
(1)
,
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
x
(n)
k
= hx
k
, e
n
i → hx, e
n
i = x
(n)
,

§ 6.4. Kuchsiz topologiya va kuchsiz yaqinlashish
243
ya’ni {x
k
} ketma-ketlik x elementga koordinata bo‘yicha yaqinlashuv-
chi. Natijada,
||x − x
k
|| =
Ã
n
X
i=1
(x
(i)
k
− x
(i)
)
2
!
1/2
→ 0,
ya’ni {x
k
} ketma-ketlik x ga kuchli yaqinlashuvchi bo‘ladi.
6.4.7. C[0, 2π] fazosida kuchli va kuchsiz yaqinlashishlar
o‘zaro teng kuchlimi?
Yechimi. C[0, 2π] fazosida
a
n
(x) =
1
π
2π
Z
0
x(t) cos nt dt,
n ∈ N
formula orqali aniqlangan uzluksiz chiziqli funksionallar ketma-ketligini
qaraylik.
Matematik analiz kursidan ma’lumki, [0, 2π] kesmada uzluksiz
bo‘lgan har bir x(t) funksiya uchun uning Fure qatoriga yoyilmasi
koeffitsientlaridan tuzilgan {a
n
(x)} ketma-ketlik nolga yaqinlashuvchi
bo‘ladi ( lim
n→∞
a
n
(x) = 0), ya’ni {a
n
(x)} funksionallar ketma-ketligi nol
funksionalga kuchsiz yaqinlashuvchi bo‘ladi.
Shu bilan birga, a
n
(x) funksionallarni
a
n
(x) =
1
π
2π
Z
0
x(t) d


t
Z
0
cos nu du


ko‘rinishda yozish mumkin, bundan tashqari
V ar
t∈[0,2π]


t
Z
0
cos nu du

 =
2π
Z
0
|cos nu | du,
ya’ni
ka
n
k =
1
π
2π
Z
0
| cos nt| dt =
1
π
n−1
X
k=0
k+1
n
2π
Z
2kπ
n
| cos nt| dt =
=
1
nπ
n−1
X
k=0
2π
Z
0
| cos z| dz =
4
π
, (n ∈ N).

244
VI. Chiziqli operatorlar
Demak, C[0, 2π] fazosida qaralayotgan uzluksiz chiziqli funksio-
nallarning {a
n
(x)} ketma-ketligi kuchsiz yaqinlashuvchi bo‘lib, kuchli
yaqinlashuvchi emas.
6.4.8.
C[a, b] fazoda sin(nt) ketma-ketligi kuchsiz yaqin-
lashuvchi bo‘ladimi?
Yechimi. x
n
(t) = sin nt ketma-ketlik hadlarida
f (x
n
) = x
n
³π
2
´
= sin
nπ
2
ko‘rinishda aniqlangan f funksionalni qaraylik.
{f (x
n
)} = {1, 0, −1, 0, 1, ...}
bo‘lganligidan, bu ketma-ketlik yaqinlashuvchi emas. Demak, {x
n
}
ketma-ketligi kuchsiz yaqinlashuvchi emas.
6.4.9. (Shur teoremasi) `
1
fazoda berilgan ketma-ketlikning
kuchsiz yaqinlashuvchiligidan, uning norma bo‘yicha yaqin-
lashuvchi bo‘lishi kelib chiqishini isbotlang.
Yechimi. `
1
fazosida {y
n
} ketma-ketligi y
0
nuqtaga kuchsiz yaqin-
lashuvchi bo‘lsin. U holda {x
n
: x
n
= y
n
− y
0
} ketma-ketligi 0 nuqtaga
kuchsiz yaqinlashuvchi bo‘ladi. Biz kx
n
k → 0 bo‘lishini ko‘rsatishimiz
kerak. Teskarisini faraz qilaylik. Ushbu
lim kx
n
m
k = l > 0
munosabatni qanoatlantiruvchi kx
n
m
k qism ketma-ketligi mavjud
bo‘lsin. Zarur bo‘lsa x
n
m
elementlarni
x
n
m
kx
n
m
k
ko‘rinishdagi elementlar
bilan almashtirib, nolga kuchsiz yaqinlashuvchi va har bir hadi normasi
1 ga teng ketma-ketlikga ega bo‘lamiz.
Demak, berilgan {x
n
} ketma-ketlik quyidagi shartlarni qanoatlanti-
radi deyishimiz mumkin:
x
n
→ 0
(6.30)
va
kx
n
k = 1
(n = 1, 2, ...)
(6.31)
bo‘lsin. Endi f
k
funksionalni quyidagicha aniqlaymiz:
f
k
(x) = ξ
k
(k = 1, 2, ...) .
(6.30) munosabatdan {f
k
(x
n
) : n = 1, 2, ...} ketma-ketlikning nolga
yaqinlashuvchi ekanligi, ya’ni
ξ
(n)
k
−→
n→∞
0
(k = 1, 2, ...)
(6.32)

§ 6.4. Kuchsiz topologiya va kuchsiz yaqinlashish
245
bo‘lishi kelib chiqadi. n
1
= 1 bo‘lsin. U holda
∞
X
k=1
¯
¯
¯ξ
(n
1
)
k
¯
¯
¯ = kx
n
1
k = 1.
Natijada
p
1
X
k=1
¯
¯
¯ξ
(n
1
)
k
¯
¯
¯ >
3
4
tengsizlikni qanoatlantiruvchi p
1
> 0 soni mavjud bo‘ladi.
Aytaylik, quyidagi shartlarni qanoatlantiruvchi
1 = n
1
< n
2
< ... < n
j
va
0 = p
0
< p
1
< ... < p
j
butun sonlari tanlangan bo‘lsin:
p
s−1
X
k=1
¯
¯
¯ξ
(n
s
)
k
¯
¯
¯ <
1
4
(s = 1, 2, ..., j)
(6.33)
va
P
s
X
k=p
s−1
+1
¯
¯
¯ξ
(n
s
)
k
¯
¯
¯ >
1
4
(s = 1, 2, ..., j) .
(6.34)
U holda (6.33) munosabatga ko‘ra shunday n
j+1
> n
j
soni topiladiki,
natijada ushbu
p
j
X
k=1
¯
¯
¯ξ
(n
j+1
)
k
¯
¯
¯ <
1
4
tengsizligi o‘rinli bo‘ladi. Bu tengsizlik va (6.33) munosabatdan:
∞
X
k=P
j
+1
¯
¯
¯ξ
(n
j+1
)
k
¯
¯
¯ =
∞
X
k=1
¯
¯
¯ξ
(n
j+1
)
k
¯
¯
¯ −
p
j
X
k=1
¯
¯
¯ξ
(n
j+1
)
k
¯
¯
¯ >
3
4
.
U holda quyidagi tengsizlikni qanoatlantiruvchi p
j+1
> p
j
nomerini tan-
lash mumkin:
p
j+1
X
k=p
j
+1
¯
¯
¯ξ
(n
j+1
)
k
¯
¯
¯ >
3
4
Shu taxlitda fikrlashni davom ettirsak, (6.33) va (6.34) tengsizliklar har
bir s = 1, 2, ... uchun o‘rinli bo‘ladigan ikkita 1 < n
1
< n
2
< ... va

246
VI. Chiziqli operatorlar
0 = p
0
< p
1
< ... < p
j
< ... butun sonlar ketma-ketliklarning mavjud
ekanligini ko‘rsatadi. Ushbu
η
k
= signξ
(n
s
)
k
(p
s−1
< k ≤ p
s
; k, s = 1, 2, ...)
ko‘rinishda belgilash kiritamiz. {η
k
} ∈ `
∞
bo‘lganligidan, `
1
fazosida
quyidagicha f
0
funksionalni qaraymiz:
f
0
(x) =
∞
X
k=1
η
k
ξ
k
(x = {ξ
k
}).
f
0
(x
n
s
) kattalikni quyidan baholaymiz. |η
1
| ≤ 1 ekanligini e’tiborga
olsak,
|f
0
(x
n
s
)| =
¯
¯
¯
¯
¯
∞
X
k=1
η
k
ξ
(n
s
)
k
¯
¯
¯
¯
¯
≥
≥
¯
¯
¯
¯
¯
¯
p
s
X
k=p
s−1
+1
η
k
ξ
(n
s
)
k
¯
¯
¯
¯
¯
¯
−
p
s−1
X
k=1
|η
k
ξ
(n
s
)
k
| −
∞
X
k=p
s−1
|η
k
ξ
(n
s
)
k
| ≥
≥
p
s
X
k=p
s−1
+1
|η
k
ξ
(n
s
)
k
| −
p
s−1
X
k=1
|ξ
(n
s
)
k
| −
∞
X
k=p
s
+1
|ξ
(n
s
)
k
| =
= 2
p
s
X
k=p
s−1
+1
|ξ
(n
s
)
k
| − kx
n
s
k.
Demak, (6.31) va (6.34) bo‘yicha
f
0
(x
n
s
) >
1
2
tengsizligini yoza olamiz. Bu esa ||x
n
s
|| = 1 shartiga zid. Demak,
||x
n
|| → 0.
6.4.10.
H Hilbert fazosi, {x
n
} ⊂ H. Agar {x
n
} ketma-
ketlik x
0
∈ H nuqtaga kuchsiz yaqinlashib, ||x
n
|| → ||x
0
||
bo‘lsa, u holda {x
n
} ketma-ketlik x
0
ga kuchli yaqinlashishini
ko‘rsating.
Yechimi. {x
n
} ketma-ketlik x
0
∈ H nuqtaga kuchsiz yaqinlashishi-
dan, har bir y ∈ H uchun
hx
n
, yi → hx
0
, yi
o‘rinlidir. ||x
n
|| → ||x
0
|| bo‘lganligidan,
hx
n
, x
n
i → hx
0
, x
0
i.

§ 6.4. Kuchsiz topologiya va kuchsiz yaqinlashish
247
Bundan
||x
n
− x
0
||
2
= hx
n
− x
0
, x
n
− x
0
i =
= hx
n
, x
n
i + hx
0
, x
0
i − hx
n
, x
0
i − hx
n
, x
0
i =
= [hx
n
, x
n
i − hx
0
, x
0
i] − [hx
n
, x
0
i − hx
0
, x
0
i] → 0,
ya’ni ||x
n
− x
0
|| → 0.
6.4.11.
`
2
fazo birlik sferasining kuchsiz yaqinlashish
ma’nosida yopig‘ini toping.
Yechimi. `
2
fazo birlik sharidan ixtiyoriy x
0
= (α
1
, α
2
, ..., α
n
, ...)
nuqta olib, ushbu
x
1
= (α
1
,
q
1 − α
2
1
, 0, 0, ...),
x
2
= (α
1
, α
2
,
v
u
u
t1 −
2
X
i=1
α
2
i
, 0, 0, ...),
· · · · · ·
x
n
= (α
1
, ..., α
n
,
v
u
u
t1 −
n
X
i=1
α
2
i
, 0, 0, ...)
· · · · · ·
ketma-ketlikni qaraymiz. Bu ketma-ketlikning barcha hadlari birlik
sferaga tegishli va x
0
nuqtaga kuchsiz yaqinlashadi. Demak, `
2
fazo
birlik sferasining kuchsiz yaqinlashish ma’nosida yopig‘i birlik shardan
iborat.
6.4.12.
H Hilbert fazosi, x
n
, x, y
n
, y ∈ H bo‘lsin.
Agar
x
n
w
−→ x va y
n
||·||
−→ y bo‘lsa, u holda
hx
n
, y
n
i → hx, yi
ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. Quyidagini yozaylik:
hx
n
, y
n
i = hx
n
− x, y
n
− yi+
+hx
n
− x, yi + hx, y
n
− yi.
x
n
w
−→ x ekanligidan, ||x
n
|| ≤ M, ||x|| ≤ M, bunda M > 0. Bundan
|hx
n
− x, y
n
− yi| ≤ ||x
n
− x||||y
n
− y|| ≤ 2M||y
n
− y|| → 0,
|hx, y
n
− yi| ≤ M||y
n
− y|| → 0,

248
VI. Chiziqli operatorlar
va
|hx
n
− x, yi| → 0.
Demak,
hx
n
, y
n
i → hx, yi.
6.4.13.
`
2
da chegaralangan ketma-ketlik koordinatalar
bo‘yicha yaqinlashuvchi bo‘lsa, u holda bu ketma-ketlik kuch-
siz yaqinlashuvchi bo‘ladi.
Yechimi. `
2
fazoda chegaralangan {x
k
} ketma-ketlik x elementiga
kuchsiz yaqinlashuvchi bo‘lishi uchun
hx
k
, e
i
i = x
(i)
k
→ x
(i)
= hx, e
i
i, i = 1, 2, ...,
bu yerda e
1
= (1, 0, ...), e
2
= (0, 1, 0, ....), ... bajarilishi yetarlidir.
Haqiqatan, e
i
elementlarning chiziqli kombinatsiyasi `
2
fazoda zich.
Demak, `
2
da {x
k
} chegaralangan ketma-ketlik kuchsiz yaqinlashuv-
chiligi, ushbu vektorning x
(i)
k
koordinatalar bo‘yicha sonli ketma-
ketliklarning har bir i = 1, 2, ... uchun yaqinlashuvchi ekanligiga teng
kuchli.
6.4.14. `
2
fazoda kuchsiz yaqinlashish kuchli yaqinlashish
bilan ustma-ust tushadimi?
Yechimi. `
2
fazoda e
1
, e
2
, ..., e
n
, ... ketma-ketliklar nolga kuchsiz
yaqinlashishini ko‘rsatamiz.
`
2
da ixtiyoriy chiziqli f funksionalni skalyar ko‘paytma ko‘rinishda
yozamiz: f (x) = hx, ai, x ∈ `
2
tayinlangan vektor. Bundan f (e
n
) = a
n
va a
n
→ 0, n → ∞, u holda
lim
n→∞
f (e
n
) = 0.
||e
n
|| = 1 dan {e
n
} ketma-ketligi nolga kuchli yaqinlachuvchi emas.
Mustaqil ish uchun masalalar
1. C[0, 1] fazosida kuchsiz yaqinlashuvchi bo‘lib, norma bo‘yicha
uzoqlashuvchi ketma-ketlikka misol keltiring.
2. Ixtiyoriy Hilbert fazosi kuchsiz topologiyada to‘la bo‘ladimi?
3. f
n
(t) = sin t, t ∈ [−π, π] funksional ketma-ketlik L
2
[−π, π] kuch-
siz yaqinlashuvchi bo‘lib, norma bo‘yicha uzoqlashuvchi ekanligini is-
botlang.
4. X Banax fazosi, {x
n
} ⊂ X, ||x
n
|| ≤ 1. Agar x
n
w
→ x bo‘lsa, u
holda ||x|| ≤ 1 ekanligini ko‘rsating.

§ 6.4. Kuchsiz topologiya va kuchsiz yaqinlashish
249
5. H Hilbert fazosi, x
n
, x, y
n
, y ∈ H bo‘lsin. Agar x
n
w
−→ x va
y
n
w
−→ y bo‘lsa, u holda
hx
n
, y
n
i → hx, yi
o‘rinlimi?
6.
{x
n
} ⊂ C[0, 1] ketma-ketligi [0, 1] ning har bir nuqtasida
yaqinlashuvchi bo‘lsa, u holda bu ketma-ketlik kuchsiz yaqinlashuvchi
bo‘ladimi?
7.
C[a, b] fazoda cos(nt) ketma-ketligi kuchsiz yaqinlashuvchi
bo‘ladimi?
8. C[0, 1] fazosi kuchsiz to‘la bo‘ladimi?
9. Aytaylik, {x
n
} H Hilbert fazosida ortogonal sistema bo‘lsin.
Quyidagi tasdiqlarning o‘zaro teng kuchli ekanligini ko‘rsating:
a)
∞
P
n=1
x
n
qator yaqinlashuvchi;
b)
∞
P
n=1
x
n
qator kuchsiz yaqinlashuvchi;
c)
∞
P
n=1
||x
n
||
2
qator yaqinlashuvchi.
10. Banax fazosidagi kuchsiz yaqinlashuvchi ketma-ketlik kuchsiz
fundamentalligini ko‘rsating.
11. `
2
fazoning birlik shari kuchsiz topologiyada kompakt ekanligini
isbotlang.

VII BOB
Chiziqli operatorlar fazosi
7.1. Chiziqli operatorlar fazosi