Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

,
0 qiymatni
A
0
=
∞
[
k=0
½
(x, y) ∈ R
2
: x
2
+ y
2
= k +
1
2
¾
,
-1 qiymatni esa
A
−1
=
∞
[
k=0
½
(x, y) ∈ R
2
: 2k +
1
2
< x
2
+ y
2
< 2k +
3
2
¾
to‘plamlarida qabul qilar ekan.
A
1
, A
−1
to‘plamlari sanoqli sondagi ochiq xalqalarning birlashmasi
ko‘rinishdagi ochiq to‘plam bo‘lganligidan, o‘lchovli bo‘ladi. Har bir
k = 0, 1, . . . uchun
∞
[
k=0
½
(x, y) ∈ R
2
: x
2
+ y
2
= k +
1
2
¾
yopiq va u sanoqli sondagi o‘lchovli to‘plamlarning birlashmasi sifatida
o‘lchovli bo‘ladi. Uzluksiz funksiyaning ta’rifidan qiymatlarini o‘lchovli
A
1
, A
0
va A
−1
to‘plamlarida qabul qiluvchi f (x, y) o‘lchovli bo‘ladi.
2.2.17.
{f
n
(x)} va {g
n
(x)} ketma-ketliklari Ω to‘plamda
o‘lchov bo‘yicha f (x) va g(x) funksiyalariga yaqinlashsin. U
holda lim
n→∞
(f
n
(x) + g
n
(x))
µ
= f (x) + g(x) bo‘lishini isbotlang.
Yechimi. O‘lchovli funksiyalarning o‘lchov bo‘yicha yaqinlashishi-
ning ta’rifiga muvofiq ixtiyoriy ε > 0 uchun
lim
n→∞
µ{x ∈ Ω : |f
n
(x) + g
n
(x) − f (x) − g(x)| ≥ ε} = 0
ekanligini ko‘rsatish zarur.
Quyidagi belgilashlarni kiritaylik:
A
n
(f, ε) = {x ∈ Ω : |f
n
(x) − f (x)| ≥ ε},

56
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
A
n
(g, ε) = {x ∈ Ω : |g
n
(x) − g(x)| ≥ ε},
A
n
(f + g, ε) = {x ∈ Ω : |f
n
(x) + g
n
(x) − f (x) − g(x)| ≥ ε}.
A
n
(f + g, ε) ⊆ A
n
³
f
n
,
ε
2
´
∪ A
n
³
g
n
,
ε
2
´
ekanligini ko‘rsatamiz. x ∈ A
n
(f + g, ε) bo‘lsin. U holda
|f
n
(x) + g
n
(x) − f (x) − g(x)| ≥ ε.
Endi
|f
n
(x) + g
n
(x) − f (x) − g(x)| ≤ |f
n
(x) − f (x)| + |g
n
(x) − g(x)|
tengsizligidan
|f
n
(x) − f (x)| + |g
n
(x) − g(x)| ≥ ε.
Bundan
|f
n
− f | ≥
ε
2
, |g
n
− g| ≥
ε
2
tengsizliklardan kamida bittasi o‘rinlidir, ya’ni
x ∈ A
n
³
f
n
,
ε
2
´
∪ A
n
³
g
n
,
ε
2
´
.
Endi f
n
(x)
µ
−→ f (x) va g
n
(x)
µ
−→ g(x) bo‘lgani uchun µ
¡
A
n
¡
f
n
,
ε
2
¢¢
→
0 va µ
¡
A
n
¡
g
n
,
ε
2
¢¢
→ 0. Bundan µ(A
n
(f + g, ε)) → 0 ya’ni
f
n
(x) + g
n
(x)
µ
−→ f (x) + g(x).
2.2.18. Yegorov teoremasini
f
n
(x) = x
n
, x ∈ [0, 1]
funksional ketma-ketligiga qo‘llang.
{f
n
(x)} ketma-ketligi
f (x) ≡ 0 funksiyasiga tekis yaqinlashadigan [0, 1] segmentning
to‘ldiruvchisi nol o‘lchovli to‘plami mavjud emasligini isbot-
lang.
Yechimi. Ixtiyoriy 0 < δ < 1 soni uchun A
δ
=
£
0, 1 −
δ
2
¤
ni olamiz.
U holda
µ(A
δ
) = 1 −
δ
2
> µ(A) − δ = 1 − δ
va
lim
n→∞
sup
x∈
[
0,1−
δ
2
]
|x
n
| = lim
n→∞
µ
1 −
δ
2
¶
n
= 0.

§ 2.2. O‘lchovli funksiyalar
57
Endi {f
n
(x)} ketma-ketligi CA da f (x) ≡ 0 funksiyaga tekis yaqin-
lashadigan A ⊂ [0, 1] nol o‘lchovli to‘plamning mavjud emasligini isbot-
laymiz.
Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni shunday A to‘plami mavjud bo‘lsin. U
holda yetarlicha kichik δ > 0 uchun CA∩[1−δ, 1] kesishmasi bo‘sh emas,
aks holda µ(CA) 6= 1. Shuning uchun CA to‘plamining nuqtalaridan
tuzilgan va lim
k→∞
x
k
= 1 bo‘ladigan {x
k
} ketma-ketligi mavjud. {x
k
}
ketma-ketligi CA to‘plamda f (x) = 0 ga tekis yaqinlashishidan har
bir ε > 0 uchun shunday n
ε
topiladiki, barcha n ≥ n
ε
va x ∈ CA
uchun x
n
< ε. Bundan {x
k
} ketma-ketligi uchun ε < 1 deb olsak, u
holda ixtiyoriy k ∈ N va n ≥ n
ε
sonlari uchun x
n
k
< ε tengsizligi o‘rinli
bo‘ladi. Oxirgi tengsizlikda k → ∞ deb olsak, u holda 1 ≤ ε bo‘ladi. Bu
esa ε < 1 ga zid. Hosil bo‘lgan ziddiyatdan {f
n
(x)} ketma-ketligi CA
da f (x) = 0 funksiyaga tekis yaqinlashadigan A ⊂ [0, 1] nol o‘lchovli
to‘plam mavjud emas.
2.2.19. Agar f funksiya [a, b] oraliqda uzluksiz bo‘lsa, u
holda
A = {x ∈ [a, b] : f (x) = 0}
to‘plamning yopiq ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. [a, b] \ A to‘plamning ochiq ekanligini ko‘rsatamiz. x
0
/
∈ A
bo‘lsin. Aniqlik uchun ε =
1
2
f (x
0
) > 0 deylik. f ning uzluksizligidan
shunday δ > 0 topilib, x ∈ (x
0
− δ, x
0
+ δ) ∩ [a, b] da |f (x) − f (x
0
)| < ε
o‘rinlidir. Bundan f (x) > f (x
0
) − ε = 2ε − ε > 0. Demak,
(x
0
− δ, x
0
+ δ) ∩ [a, b] ⊂ [a, b] \ A.
Bundan [a, b] \ A to‘plam ochiq ekanligi ko‘rinadi.
2.2.20. Agar f va g uzluksiz funksiyalar [a, b] oraliqda ek-
vivalent bo‘lsa, u holda bu oraliqda f ≡ g ni isbotlang.
Yechimi. f va g uzluksiz funksiyalar bo‘lganligidan, 2.2.9-misolga
ko‘ra
B = {x ∈ [a, b] : (f − g)(x) 6= 0}
to‘plami ochiq bo‘ladi. f ∼ g ekanligidan, B to‘plam o‘lchovi nolga
tengdir. Demak, B o‘lchovi nolga teng bo‘lgan ochiq to‘plam. Bundan
B = ∅, ya’ni f ≡ g.
Mustaqil ish uchun masalalar
1.
Quyidagi f : R → R funksiyalar R da o‘lchovli bo‘lishini
ko‘rsating.

58
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
a) f (x) =
∞
P
n=1
(−1)
n
|x| + n
, x ∈ R
b) f (x) =
∞
P
n=1
sin(n[x]
4
)
n
√
n
, x ∈ R
2 – 8 misollarda f
n
: R → R funksional ketma-ketlikni deyarli
yaqinlashishga tekshiring.
2. f
n
(x) = sin
n
πx.
3. f
n
(x) =
n
2
| sin πx|
1 + n
2
| sin πx|
.
4. f
n
(x) =
x
n
1 + x
n
χ
(0,1]
(x).
5. f
n
(x) = (x
n
− x
2n
)χ
[0,1]
(x).
6. f
n
(x) =
2nx
1 + n
2
x
2
χ
[0,1]
(x).
7. f
n
(x) = e
n(x−2)
χ
[0,2]
(x).
8. f
n
(x) = (x
n
− x
n
2
)χ
[0,1]
(x).
9 – 13 misollarda f
n
: R → R funksional ketma-ketlikni o‘lchov
bo‘yicha yaqinlashishga tekshiring.
9. f
n
(x) = χ
(
3
√
n,
3
√
n+1)
(x).
10. f
n
(x) = 2 − χ
[ln n, ln(n+1)]
(x).
11. f
n
(x) = sin
n
xχ
[2πn, 2π(n+1)]
(x).
12. f
n
(x) = cos x + |x|χ
[
3
√
n,
3
√
n+5]
(x).
13. f
n
(x) =
∞
P
k=n
χ
[k, k+
1
k2
]
(x).
14. R da aniqlangan har bir monoton funksiya o‘lchovli bo‘lishini
isbotlang.
15. (Ω, Σ, µ) o‘lchovli fazo bo‘lib, {f
n
(x)} ketma-ketligi Ω to‘plamda
o‘lchov bo‘yicha f (x) funksiyasiga yaqinlashsin. U holda lim
n→∞
f
2
n
(x)
µ
= 0
ekanligini isbotlang.
16. Agar f, g funksiyalar [a, b] oraliqda uzluksiz bo‘lsa, u holda
{x ∈ [a, b] : f (x) = g(x)}
to‘plamning yopiq ekanligini ko‘rsating.
17. Agar f funksiya [a, b] oraliqda uzluksiz bo‘lsa, u holda ixtiyoriy
c soni uchun
{x ∈ [a, b] : f (x) = c}
to‘plamning yopiq ekanligini ko‘rsating.

§ 2.3. Lebeg integrali
59
18. Agar f funksiya [a, b] oraliqda uzluksiz bo‘lsa, u holda ixtiyoriy
c soni uchun
{x ∈ [a, b] : f (x) ≥ c}
to‘plamning yopiq ekanligini ko‘rsating.
2.3. Lebeg integrali
(Ω, Σ, µ) o‘lchovli fazo bo‘lsin. E ⊂ Ω chekli o‘lchovli to‘plam, bu
to‘plamda aniqlangan f (x) o‘lchovli funksiya uchun
A < f (x) < B
bo‘lsin. [A, B] oraliqni A = y
0
< y
1
< y
2
< ... < y
n
= B bilan bo‘lamiz
va har bir yarim segmentga
E
k
= {x ∈ E : y
k
≤ f (x) < y
k+1
}, k = 0, n − 1
to‘plamlarni mos qo‘yamiz. Lebegning quyi va yuqori yig‘indilari deb
ataluvchi
s =
n−1
X
k=0
y
k
µ(E
k
)
S =
n−1
X
k=0
y
k+1
µ(E
k
)
yig‘indilarni qaraymiz. Agar λ = max(y
k+1
− y
k
) deb olsak,u holda
0 ≤ S − s ≤ λµ(E).
(2.6)
(2.6) tengsizlikda λ → 0 bo‘lganda {S} va {s} yig‘indilar biror songa
intiladi va bu son f (x) funksiyaning E to‘plam bo‘yicha Lebeg integrali
deyiladi. Lebeg integrali (L)
R
E
f (x) dµ(x) kabi belgilanadi.
Chekli o‘lchovli E to‘plamida chegaralanmagan f (x) o‘lchovli
funksiya uchun Lebeg integrali quyidagicha kiritiladi. Dastlab f (x)
funksiya E to‘plamida nomanfiy bo‘lsin. Har bir n ∈ N uchun f
n
(x)
funksiyani quyidagicha aniqlaylik:
f
n
(x) =
½
f (x), agar f (x) ≤ n,
n,
agar f (x) > n.
U holda har bir f
n
(x) funksiya E da chegaralangan bo‘ladi. Demak,
har bir f (x) funksiya E to‘plamida integrallanuvchi. Bu ketma-ketlik
kamayuvchi emas, ya’ni har bir n ∈ N uchun
f
n
(x) ≤ f
n+1
(x), x ∈ A.

60
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
Bu {f
n
(x)} ketma-ketlik uchun
lim
n→∞
Z
E
f
n
(x)dµ(x)
limit chekli bo‘lsa u holda nomanfiy f (x) funksiya integrallanuvchi de-
yiladi.
Endi chekli o‘lchovli E to‘plamda ixtiyoriy chegaralanmagan
o‘lchovli f (x) funksiyani olaylik.
Bu funksiyani misbat va manfiy
f = f
+
+ f
−
qismlarga ajratamiz. f (x) funksiyaning Lebeg integralini
quyidagicha aniqlaymiz:
Z
E
f (x)dµ(x) =
Z
E
f
+
(x)dµ(x) +
Z
E
f
−
(x)dµ(x).
f funksiyaning (a, b) oraliqdagi tebranishi deb
ω(a, b) = sup
a
f (x) − inf
a
f (x)
soniga aytiladi. f funksiyaning x nuqtadagi tebranishi deb,
ω(x) = sup{ω(a, b) : a < x < b}
soniga aytiladi. Ta’rifdan bevosita ko‘rinadiki, f funksiyaning x nuq-
tada uzluksizligi ω(x) = 0 ga teng kuchlidir.
Masalalar
2.3.1.
f (x) chegaralangan o‘lchovli funksiya E o‘lchovli
to‘plamda a ≤ f (x) ≤ b tengsizlikni qanoatlantirsa, u holda
aµ(E) ≤
Z
E
f (x) dµ ≤ bµ(E)
o‘rinlidir.
Yechimi. Ixtiyoriy ε > 0 sonini olib A = a − ε, B = b − ε deylik.
U holda A < f (x) < B. Bundan Lebeg yig‘indilarini [A, B] oraliqni
bo‘laklab yozishimiz mumkin:
A
n−1
X
k=0
µ(E
k
) ≤
n−1
X
k=0
y
k
µ(E
k
) ≤ B
n−1
X
k=0
µ(E
k
).

§ 2.3. Lebeg integrali
61
Bunda µ(E) =
n−1
P
k=0
µ(E
k
) ni hisobga olsak, u holda
Aµ(E) ≤
n−1
X
k=0
y
k
µ(E
k
) ≤ Bµ(E).
Bu tengsizlik ixtiyoriy bo‘laklashda o‘rinli ekanligidan,
(a − ε)µ(E) ≤
Z
E
f (x) dµ ≤ (b + ε)µ(E).
ε soni ixtiyoriyligidan
aµ(E) ≤
Z
E
f (x) dµ ≤ bµ(E).
2.3.2.
E o‘lchovli to‘plamda f (x) ≡ c bo‘lsa, u holda
R
E
f (x) dµ = cµ(E) o‘rinlidir.
Yechimi. E to‘plamda c ≤ f (x) ≤ c bo‘lganligidan, 2.3.1-misolga
ko‘ra
cµ(E) ≤
Z
E
f (x) dµ ≤ cµ(E),
ya’ni
R
E
f (x) dx = cµ(E).
2.3.3. f (x) o‘lchovli funksiya E o‘lchovli to‘plamda f (x) ≥ 0
tengsizlikni qanoatlantirsa, u holda
R
E
f (x) dµ ≥ 0 o‘rinlidir.
Yechimi. E to‘plamda f (x) ≥ 0 bo‘lganligidan, 2.3.1-misolga ko‘ra
Z
E
f (x) dµ ≥ 0µ(E),
ya’ni
R
E
f (x) dµ ≥ 0.
2.3.4. Agar E
i
∈ Σ, E
i
∩ E
j
6= ∅, i 6= j, E =
S
i
E
i
bo‘lsa, u
holda
Z
E
f (x) dµ =
X
k
Z
E
k
f (x) dµ.
(2.7)
Yechimi. Avvalo ikkita qo‘shiluvchi bo‘lgan holni qaraylik, ya’ni
E = E
0
∪ E
00
. y
0
, y
1
, ..., y
n
bo‘laklash nuqtalari bo‘lsin. Har bir k =
0, n − 1 uchun
E
k
= {x ∈ E : y
k
≤ f (x) < y
k+1
},

62
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
E
0
k
= {x ∈ E
0
: y
k
≤ f (x) < y
k+1
},
E
00
k
= {x ∈ E
00
: y
k
≤ f (x) < y
k+1
}
deylik. Ravshanki, E
k
= E
0
k
∪ E
00
k
, E
0
k
∩ E
00
k
= ∅. Bundan
n−1
X
k=0
y
k
µ(E
k
) =
n−1
X
k=0
y
k
µ(E
0
k
) +
n−1
X
k=0
y
k
µ(E
00
k
).
Bunda λ → 0 desak, u holda
Z
E
f (x) dµ =
Z
E
0
f (x) dµ +
Z
E
00
f (x) dµ.
Induksiya bo‘yicha (2.7) tenglik chekli qo‘shiluvchi uchun ham o‘rinli
ekanligi kelib chiqadi.
Endi E =
∞
S
k=1
E
k
holni qaraylik. Har bir n ∈ N uchun R
n
=
∞
S
k=n+1
E
k
deylik. µ(E) =
∞
P
k=1
µ(E
k
) dan
µ(R
n
) =
∞
X
k=n+1
µ(E
k
) → 0
(2.8)
munosabatiga ega bo‘lamiz. (2.7) tenglik chekli qo‘shiluvchi uchun ham
o‘rinli ekanligidan,
Z
E
f (x) dµ =
n
X
k=1
Z
E
k
f (x) dµ +
Z
R
n
f (x) dµ.
2.3.1-misoldan
Aµ(R
n
) ≤
Z
R
n
f (x) dµ ≤ Bµ(R
n
).
(2.8) ni hisobga olsak, u holda n → ∞ da
Z
R
n
f (x) dµ → 0.
Bundan (2.7) tenglik kelib chiqadi.
2.3.5. Agar µ(E) = 0 bo‘lsa, u holda
R
E
f (x) dµ = 0 ekanligini
ko‘rsating.

§ 2.3. Lebeg integrali
63
Yechimi. Har bir bo‘laklash to‘plami E
k
= {x ∈ E : y
k
≤ f (x) <
y
k+1
} uchun E
k
⊂ E bo‘lganligidan, µ(