Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

{x ∈ Ω : f
2
(x) < c} =
½
{x ∈ Ω : −
√
c < f (x) <
√
c}, agar c > 0,
∅,
agar c ≤ 0
tengligidan kelib chiqadi.
O‘lchovli funksiyalarning ko‘paytmasi o‘lchovli bo‘lishini ko‘rsatish
uchun quyidagi ayniyatdan foydalanamiz:
f g =
1
4
[(f + g)
2
− (f − g)
2
].

§ 2.2. O‘lchovli funksiyalar
47
Tenglikning o‘ng tomoni o‘lchovli funksiya bo‘ladi, chunki ikki o‘lchovli
funksiyaning yig‘indisi, ayirmasi va kvadrati ham o‘lchovli funksiya. De-
mak, f g funksiyasi ham o‘lchovli.
c) Agar f (x) funksiyasi o‘lchovli va f (x) 6= 0, x ∈ Ω bo‘lsa, u holda
1
f (x)
ham o‘lchovli bo‘lishini ko‘rsataylik.
Agar c > 0 bo‘lsa, u holda
{x ∈ Ω : 1/f (x) < c} = {x ∈ Ω : f (x) > 1/c} ∪ {x ∈ Ω : f (x) < 0},
agar c < 0 bo‘lsa
{x ∈ Ω : 1/f (x) < c} = {x ∈ Ω : 0 > f (x) > 1/c} ,
agar c = 0 bo‘lsa
{x ∈ Ω : 1/f (x) < c} = {x ∈ Ω : f (x) < c}.
Yuqoridagi tengliklarning o‘ng tomoni har doim o‘lchovli to‘plam
bo‘ladi. Demak,
1
f (x)
ham o‘lchovli bo‘ladi. Endi
f (x)
g(x)
= f (x)
1
g(x)
tengligi hamda f (x) va
1
g(x)
o‘lchovliligidan
f (x)
g(x)
funksiyasining
o‘lchovli ekanligi kelib chiqadi.
2.2.3. Agar f funksiya A to‘plamda o‘lchovli bo‘lsa, u holda
quyidagi funksiyalarning o‘lchovli ekanligini ko‘rsating:
a) |f (x)|;
b) f
+
= max{f (x), 0};
c) f
−
= − min{f (x), 0}.
Yechimi. a) |f (x)| funksiyasi o‘lchovli ekanligini ko‘rsatamiz. Bu-
ning uchun
{x ∈ A : |f (x)| < c}
to‘plami o‘lshovli ekanligini ko‘rsatish zarur.
{x ∈ A : |f (x)| < c} = {x ∈ A : f (x) < c} ∩ {x ∈ A : f (x) > −c}
tengligini ko‘rib o‘taylik. f (x) funksiyasi o‘lchovli ekanligidan, {x ∈
A : f (x) < c} va {x ∈ A : f (x) > −c} to‘plamlari o‘lchovli ekanligi
kelib chiqadi. Tenglikning o‘ng tomonidagi to‘plamlarning kesishmasi
o‘lchovliligidan {x ∈ A : |f (x)| < c} to‘plamning o‘lchovliligiga ega
bo‘lamiz. Demak, |f (x)| funksiyasi o‘lchovli.

48
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
b, c) f
+
, f
−
funksiyalarning o‘lchovli ekanligi a) banddan va quyidagi
tengliklardan kelib chiqadi:
f
+
= max{f (x), 0} =
|f (x)| + f (x)
2
,
f
−
= − min{f (x), 0} =
|f (x)| − f (x)
2
.
2.2.4.
f : R → R uzluksiz funksiyasi berilgan bo‘lsin.
Ixtiyoriy haqiqiy c soni uchun f
−1
((−∞; c)) to‘plami ochiq
bo‘lishini isbotlang.
Yechimi. Ixtiyoriy haqiqiy c sonini olaylik. x
0
∈ f
−1
((−∞; c))
bo‘lsin, ya’ni f (x
0
) < c. f funksiyasi x
0
nuqtada uzluksizligidan musbat
ε < c − f (x
0
) soni uchun shinday δ > 0 soni topilib, |x − x
0
| < δ
bo‘lganida |f (x) − f (x
0
)| < ε tengsizligi bajariladi. Demak, x
0
nuqta-
ning δ-atrofidagi har bir x uchun
f (x) < f (x
0
) + ε < f (x
0
) + c − f (x
0
) = c.
Shuning uchun x
0
nuqtaning δ-atrofidagi barcha x nuqtalar
f
−1
((−∞; c)) to‘plamiga tegishli bo‘ladi. Demak, f
−1
((−∞; c)) ochiq
to‘plam bo‘ladi.
2.2.5. Agar f : R → R funksiya uzluksiz bo‘lsa, u holda f
o‘lchovli ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. Har bir c ∈ R uchun
{x ∈ A : f (x) < c}
to‘plami o‘lchovli ekanligini ko‘rsatamiz. 2.2.4-misoldan bu to‘plamning
ochiq ekanligi kelib chiqadi. Bundan bu to‘plam o‘lchovli va f funksiyasi
o‘lchovli bo‘ladi.
2.2.6. f : Ω → R o‘lchovli funksiya va z = ϕ(y) funksiya R
da uzluksiz bo‘lsa, u holda z = ϕ(f (x)) funksiya Ω da o‘lchovli
ekanligini isbotlang.
Yechimi.
2.2.4-misolga binoan z = ϕ(y) uzluksizligidan, ixti-
yoriy haqiqiy c soni uchun ϕ
−1
((−∞, c)) to‘plami R da ochiq to‘plam
bo‘ladi. R da ochiq to‘plam esa sanoqlicha intervallarning birlashmasi
ko‘rinishda bo‘ladi, ya’ni
ϕ
−1
((−∞; c)) =
[
k
(α
k
, β
k
).
U holda ϕ(f ) murakkab funksiyasi uchun
{x ∈ Ω : ϕ(f (x)) < c} =
[
k
f
−1
((α
k
, β
k
)) =

§ 2.2. O‘lchovli funksiyalar
49
=
[
k
{x ∈ Ω : α
k
< f (x) < β
k
} =
=
[
k
Ã
{x ∈ Ω : f (x) < β
k
} \
\
k
{x ∈ Ω : f (x) ≥ α
k
}
!
o‘rinli. Bundan
{x ∈ Ω : f (x) < β
k
}, {x ∈ Ω : f (x) ≥ α
k
}
to‘plamlarining o‘lchovliligini va Ω to‘plamida f (x) funksiyasining
o‘lchovliligini hisobga olsak, har bir c ∈ R uchun {x ∈ Ω : ϕ(f (x)) < c}
to‘plamining o‘lchovli ekanligiga ega bo‘lamiz. Demak, z = ϕ(f (x))
funksiyasi Ω da o‘lchovli.
2.2.7. (Ω, Σ, µ) o‘lchovli fazo va f, g : Ω → R funksiyalari
o‘lchovli bo‘sin. U holda
f (x)
ln(1 + |g(x)|)
funksiyasining o‘lchovli ekanligini isbotlang.
Yechimi. 2.2.2 va 2.2.3-misollardan 1 + |g(x)| o‘lchovli funksiya,
u holda 2.2.6-misoldan ln(1 + |g(x)|) o‘lchovli bo‘ladi.
f (x)
ln(1 + |g(x)|)
funksiyasi esa 2.2.2-misolga binoan o‘lchovli.
2.2.8.
Quyidagicha aniqlangan Dirixle funksiyasining
o‘lchovli ekanligini ko‘rsating.
f (x) =
½
1, agar x ∈ Q,
0, agar x ∈ I.
Yechimi. Ixtiyoriy c ∈ R uchun
f
−1
((−∞, c)) =



∅, agar c ≤ 0,
I, agar 0 < c ≤ 1,
R, agar c > 1
munosabatdan f funksiyasining o‘chovli ekanligiga ega bo‘lamiz.
2.2.9. Agar {f
n
(x)} o‘lchovli funksiyalar ketma-ketligi Ω
o‘lchovli to‘plamda f (x) funksiyasiga deyarli yaqinlashsa, u
holda f (x) funksiyasi ham o‘lchovli ekanligini isbotlang.
Yechimi. f
n
(x) → f (x) ni qanoatlantirmaydigan nuqtalar o‘lchovi
nol ekanligidan, bu to‘plamni bo‘sh deb qarashimiz mumkin. Dastlab
{x : f (x) < c} =
[
k
[
n
[
m>n
½
x : f
m
(x) < c −
1
k
¾
.
(2.4)

50
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
tengligi o‘rinli ekanligini ko‘rsatamiz.
Aytaylik, x nuqtasi (2.4) tenglikning chap tomoniga tegishli bo‘lsin,
ya’ni f (x) < c. U holda shunday k ∈ N mavjud bo‘lib, f (x) < c − 2/k.
Endi f
n
(x) → f (x) dan shunday n ∈ N mavjud bo‘lib, barcha m ≥ n
uchun
f
m
(x) < c −
1
k
.
Bu esa x ning (2.4) tenglikning o‘ng tomoniga tegishli ekanligini ang-
latadi.
Aksincha, x nuqta (2.4) tenglikning o‘ng tomoniga tegishli bo‘lsin.
U holda shunday k ∈ N mavjud bo‘lib, yetarlicha katta m larda
f
m
(x) < c −
1
k
bajariladi. Bundan f (x) < c, ya’ni x nuqtasi (2.4) ning chap tomoniga
tegishli.
Endi (2.4) ning chap tomonidagi to‘plamning o‘lchovli ekanligidan,
f funksiyaning o‘lchovli ekanligi kelib chiqadi.
2.2.10.
(Yegorov teoremasi).
E chekli o‘lchovli to‘p-
lam, {f
n
(x)} o‘lchovli funksiyalar ketma-ketligi E da f (x)
funksiyaga deyarli yaqinlashadi. U holda ixtiyoriy δ > 0 soni
uchun E
δ
⊂ E o‘lchovli to‘plam mavjud bo‘lib,
1) µ(E \ E
δ
) < δ;
2) E
δ
to‘plamda {f
n
(x)} ketma-ketlik f (x) funksiyaga tekis
yaqinlashadi.
Yechimi. 2.2.9-misolga ko‘ra f (x) o‘lchovli funksiyadir. Har bir
n, m ∈ N uchun
E
m
n
=
\
i≥n
{x : |f
i
(x) − f (x)| <
1
m
}
va
E
m
=
[
n≥1
E
m
n
bo‘lsin. Ravshanki,
E
m
1
⊆ E
m
2
⊆ · · · ⊆ E
m
n
⊆ · · · .
2.1.7-misolga asosan, har bir m va har bir δ > 0 uchun n
0
(m) nomeri
topilib,
µ(E
m
\ E
m
n
0
(m)
) <
δ
2
m
.

§ 2.2. O‘lchovli funksiyalar
51
Endi
E
δ
=
∞
\
m=1
E
m
n
0
(m)
to‘plami uchun 1), 2) shartlar bajarilishini ko‘rsatamiz.
Avval µ(E \ E
m
) = 0 ekanligini tekshiraylik. x
0
∈ E \ E
m
bo‘lsin. U
holda yetarlicha katta i lar uchun
|f
i
(x
0
) − f (x
0
)| ≥
1
m
,
ya’ni bu nuqtada f
n
(x) ketma-ketlik f (x) ga yaqinlashmaydi. {f
n
(x)}
ketma-ketlik E da f (x) funksiyaga deyarli yaqinlashganligidan, µ(E \
E
m
) = 0. Bundan
µ(E \ E
m
n
0
(m)
) = µ(E
m
\ E
m
n
0
(m)
) <
δ
2
m
.
Demak,
µ(E \ E
δ
) = µ
Ã
E \
∞
\
m=1
E
m
n
0
(m)
!
= µ
Ã
∞
[
m=1
E \ E
m
n
0
(m)
!
≤
≤
∞
X
m=1
µ(E \ E
m
n
0
(m)
) <
∞
X
m=1
δ
2
m
= δ,
ya’ni µ(E \ E
δ
) < δ.
Endi E
δ
to‘plamda {f
n
(x)} ketma-ketlik f (x) funksiyaga tekis yaqin-
lashishini ko‘rsatamiz. x ∈ E
δ
bo‘lsin. U holda har bir m uchun
i > n
0
(m) bo‘lganda,
|f
i
(x) − f (x)| <
1
m
,
bu tekis yaqinlashishni anglatadi.
2.2.11.
(Lebeg teoremasi).
E chekli o‘lchovli to‘plam.
Agar {f
n
(x)} o‘lchovli funksiyalar ketma-ketligi E da f (x)
funksiyaga deyarli yaqinlashsa, u holda bu ketma-ketlik f (x)
ga o‘lchov bo‘yicha ham yaqinlashadi.
Yechimi. Aytaylik,
A = {x ∈ E : f
n
(x) → f (x)}
va E = A \ B bo‘lsin. U holda {f
n
(x)} ketma-ketlik E da f (x)
funksiyaga deyarli yaqinlashgani uchun µ(B) = 0. Har bir ε > 0 soni
uchun
R
n
(ε) =
∞
[
k=n
E(|f
k
− f | ≥ ε), M =
∞
\
n=1
R
n
(ε)

52
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
deylik.
M ⊆ B ekanligini ko‘rsatamiz. x /
∈ B bo‘lsin. U holda x ∈ A, ya’ni
f
n
(x) → f (x). Bundan yetarlicha katta k lar uchun |f
k
(x) − f (x)| < ε,
ya’ni x /
∈ R
n
(ε), va bundan x /
∈ M.
Demak,
M =
∞
\
n=1
R
n
(ε) ⊂ B.
Bundan µ(M) = 0. Endi
R
1
(ε) ⊃ R
2
(ε) ⊃ · · ·
dan
lim
n→∞
µ(R
n
(ε)) = µ(M ) = 0.
Demak,
lim
n→∞
µ(E(|f
n
− f | ≥ ε)) = 0,
ya’ni f
n
(x) ketma-ketlik f (x) ga o‘lchov bo‘yicha yaqinlashadi.
2.2.12. Har bir n ∈ N uchun
f
n
(x) = e
−|x−n|
, x ∈ R
bo‘lsin. {f
n
(x)} funksional ketma-ketligi nol funksiyasiga de-
yarli yaqinlashuvchi bo‘lib, o‘lchov bo‘yicha yaqinlashuvchi
emasligini ko‘rsating.
Yechimi. Har bir x ∈ R uchun
lim
n→∞
f
n
(x) = lim
n→∞
e
−|x−n|
= 0
bo‘lganligidan, f
n
d
−→ 0.
Endi 0 < ε < 1 bo‘lsin. U holda
{x ∈ R : |f
n
(x) − 0| ≥ ε} = {x ∈ R : |e
−|x−n|
| ≥ ε} =
= {x ∈ R : e
|x−n|
≤ ε
−1
} = {x ∈ R : |x − n| ≤ ln ε
−1
} =
= {x ∈ R : n + ln ε ≤ x ≤ n − ln ε} = (n + ln ε; n − ln ε),
ya’ni
{x ∈ R : |f
n
(x) − 0| ≥ ε} = (n + ln ε; n − ln ε).
Bundan
µ{x ∈ R : |f
n
(x)| ≥ ε} = [n − ln ε] − [n + ln ε] = −2 ln ε.

§ 2.2. O‘lchovli funksiyalar
53
Demak,
lim
n→∞
µ{x ∈ R : |f
n
(t)| ≥ ε} = −2 ln ε 6= 0.
Bundan f
n
µ
−→ 0 o‘rinli emas.
2.2.13. f
n
: R → R funksiya
f
n
(x) = cos
n
πx, x ∈ R
kabi aniqlangan bo‘lsa, u holda {f
n
(x)} funksional ketma-
ketlikning nol funksiyasiga deyarli yaqinlashishini ko‘rsating.
Yechimi. Haqiqiy a ∈ R soni uchun
lim
n→∞
a
n
=



1,
agar a = 1,
0,
agar |a| < 1,
mavjud emas, agar a = −1
ekanligidan,
lim
n→∞
cos
n
πx =



1,
agar x = 2k, k ∈ Z,
0,
agar x ∈ R \ {k : k ∈ Z},
mavjud emas, agar x = 2k + 1, k ∈ Z
kelib chiqadi. Demak,
{x ∈ R : lim
n→∞
cos
n
πx 6= 0} = Z.
Z sanoqli to‘plam ekanligidan, uning Lebeg o‘lchovi nolga teng. Bun-
dan {f
n
(x)} funksional ketma-ketlikning nol funksiyasiga deyarli yaqin-
lashishadi.
2.2.14. f
n
: R → R, n ∈ N funksiyasi
f
n
(x) = χ
(
√
n,
√
n+1)
(x)
formula bilan aniqlangan bo‘lsa, {f
n
} ketma-ketligi nol
funksiyaga o‘lchov bo‘yicha yaqinlashishini ko‘rsating.
Yechimi. Ta’rif bo‘yicha ∀ ε > 0 uchun
lim
n→∞
µ({x ∈ R : |f
n
(x)| ≥ ε}) = 0
(2.5)
ekanligini ko‘rsatish yetarli.
0 < ε < 1 bo‘lsin.
A
n
(ε) = {x ∈ R : |χ
(
√
n,
√
n+1)
(x)| ≥ ε}
to‘plamni aniqlaymiz. Bu to‘plam A
n
(ε) = (
√
n,
√
n + 1) ga teng. Bun-
dan
µ(A
n
(ε)) = µ((
√
n,
√
n + 1)) =
√
n + 1 −
√
n.

54
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
Endi n → ∞ da
√
n + 1 −
√
n =
1
√
n + 1 +
√
n
→ 0
ekanligidan, µ(A
n
(ε)) → 0.
2.2.15. Quyidagi f : R → R funksiyasining o‘lchovli ekan-
ligini ko‘rsating.
f (x) =
∞
X
n=1
cos nx
3
p
n
4
+ [x]
4
, x ∈ R
Yechimi. Dastlab cos nx va
3
p
n
4
+ [x]
4
funksiyalari R da uzluk-
siz ekanligini aytib o‘taylik. Bu funksiyalarning uzluksizligidan 2.2.5-
misolga ko‘ra ularning o‘lchovli ekanligi kelib chiqadi. 2.2.2-misoldan
o‘lchovli funksiyalarning nisbati o‘lchovli ekanligidan,
cos nx
3
p
n
4
+ [x]
4
funksional ketma -ketlikning har bir hadi o‘lchovli. Quyidagi baholash-
larni ko‘rib o‘taylik:
| cos nx| ≤ 1,
3
p
n
4
+ [x]
4
≤
3
√
n
4
= n
4/3
.
Endi
∞
X
n=1
n
−4/3
sonli qatori yaqinlashuvchi ekanligidan,
∞
X
n=1
cos nx
3
p
n
4
+ [x]
4
qatorining tekis yaqinlashuvchi ekanligi kelib chiqadi. 2.2.9-misoldan
o‘lchovli funksiyalar ketma-ketligining limit funksiyasi ham o‘lchovli
bo‘lishidan f (x) funksiyasi o‘lchovli bo‘ladi.
2.2.16.
f (x, y) = sign cos π(x
2
+ y
2
), (x, y) ∈ R
2
funksiyasi R
2
da o‘lchovli ekanligini isbotlang.
Yechimi. signx funksiyasi ta’rifiga ko‘ra
signx =



1,
agar x > 0,
0,
agar x = 0,
−1, agar x < 0.

§ 2.2. O‘lchovli funksiyalar
55
Demak, sign cos π(x
2
+ y
2
) oddiy funksiya bo‘lib, u 1, 0, −1 qiymatlarni
mos ravishda quyidagi to‘plamlarda qabul qiladi:
cos π(x
2
+ y
2
) > 0,
cos π(x
2
+ y
2
) = 0,
cos π(x
2
+ y
2
) < 0.
Demak, funksiya 1 qiymatni
A
1
=
∞
[
k=0
½
(x, y) ∈ R
2
: 2k −
1
2
< x
2
+ y
2
< 2k +
1
2
¾