Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

n
ε
+1)
k
− a
k
| + |x
(n
ε
+1)
k
| < ε + c
n
ε
+1
tengsizlikni barcha k lar uchun hosil qilish mumkin, ya’ni a =
(a
1
, a
2
, . . . , a
k
, . . .) ∈ m munosabat kelib chiqadi. (3.5) dan n ≥ n
ε
uchun
ρ(x
n
, x) = sup
k
|x
n
k
− x
k
| < ε.
ε ixtiyoriy bo‘lgani uchun, (3.6) dan lim
n→∞
ρ(x
n
, a) = 0 munosabat kelib
chiqadi.

86
III. Metrik fazolar
3.1.16. Metrik fazoda ixtiyoriy yaqinlashuvchi ketma-ketlik
fundamentalligini isbotlang.
Yechimi. Aytaylik, {x
n
} ketma-ketlik x nuqtaga yaqinlashsin. U
holda ixtiyoriy ε > 0 son uchun shunday n
ε
natural soni topilib, barcha
n ≥ n
ε
uchun ρ(x
n
, x) < ε/2 tengsizlik o‘rinli bo‘ladi. Demak, n, m ≥
n
ε
tengsizliklarni qanoatlantiruvchi n, m natural sonlari uchun
ρ(x
n
, x
m
) ≤ ρ(x
n
, x) + ρ(x, x
m
) < ε/2 + ε/2 = ε
munosabat o‘rinli. Bu esa {x
n
} ketma-ketlikning fundamentalligini
ko‘rsatadi.
3.1.17. X metrik fazoda ixtiyoriy M va N to‘plamlar uchun
int(M ∩ N) = int(M) ∩ int(N )
munosabatning o‘rinli ekanligini isbotlang.
Yechimi. Ixtiyoriy x ∈ int(M ∩ N ) nuqtani olaylik. U holda x
nuqtaning M ∩N to‘plamda butunlay joylashgan B(x, ε) atrofi mavjud,
ya’ni B(x, ε) ⊂ M ∩N. Ravshanki B(x, ε) atrof M va N to‘plamlarning
har birida butunlay joylashgan. Bundan x ∈ int(M) va x ∈ int(N),
ya’ni x ∈ int(M ) ∩ int(N). Demak, int(M ∩ N) ⊂ int(M) ∩ int(N ).
Agar x ∈ int(M) ∩ int(N ) bo‘lsa, u holda x ∈ int(M) va x ∈ int(N),
ya’ni x nuqtaning M to‘plamda butunlay joylashgan B(x, ε
1
) va N
to‘plamda butunlay joylashgan B(x, ε
2
) atroflari mavjud. Endi ε sonini
ε = min(ε
1
, ε
2
) kabi olsak, u holda x nuqtaning B(x, ε) atrofi M ∩ N
to‘plamda butunlay joylashgan bo‘ladi, ya’ni x ∈ int(M ∩ N ). Demak,
int(M) ∩ int(N ) ⊂ int(M ∩ N ).
3.1.18. `
1
metrik fazodan olingan x
n
= (x
(n)
1
, x
(n)
2
, . . . x
(n)
k
, . . .)
ketma-ketlik va a = (a
1
, a
2
, . . . , a
k
, . . .) element uchun a
k
=
lim
n→∞
x
(n)
k
bo‘lsa, har doim lim
n→∞
ρ(x
n
, x) = 0 munosabat o‘rinlimi?
Yechimi. Har doim o‘rinli emas. Misol uchun,
a = (0, 0, 0, ...)
va
x
n
= (0, 0, ..., 0
| {z }
n
,
1
2
,
1
2
2
, ...,
1
2
k
, ....)
bo‘lsa, u holda n > k soni uchun |x
(n)
k
− a
k
| = 0. Bundan ixtiyoriy k
uchun a
k
= lim
n→∞
x
(n)
k
munosabat kelib chiqadi. Ammo ixtiyoriy n uchun
ρ(x
n
, a) =
∞
X
k=1
|x
(n)
k
− 0| =
∞
X
k=1
1
2
k
= 1,

§ 3.1. Metrik fazolar
87
ya’ni lim
n→∞
ρ(x
n
, a) = 0 munosabat o‘rinli emas.
3.1.19. Quyidagi tasdiqlar teng kuchlidir:
(1) X Ber fazosi;
(2) X ning sanoqli birinchi kategoriyali to‘plamlari bir-
lashmasi ichki nuqtaga ega emas;
(3) X ning ochiq zich to‘plamlari sanoqli kesishmasi zich;
(4) X da birinchi kategoriyali to‘plamning to‘ldiruvchisi
zichdir.
Yechimi.
(1)⇒ (2) Aytaylik, E =
S
n
E
n
, bunda E
n
= [E
n
],
intE
n
= ∅ bo‘lsin. U holda E birinchi kategoriyali to‘plamdir. Bundan
intE ⊂ E, intE ochiq va birinchi kategoriyali to‘plamdir. X Ber fazosi
bo‘lganligidan, intE bo‘sh to‘plamdir.
(2)⇒ (3) Aytaylik, E =
T
n
G
n
, bunda G
n
ochiq to‘plam va [G
n
] = X
bo‘lsin. U holda
X \ E = X \
\
n
G
n
=
[
n
(X \ G
n
).
Shu bilan birga, X \G
n
yopiq to‘plam va int(X \G
n
) = ∅, chunki [G
n
] =
X. Bundan int(X \ E) = ∅. Oxirgi tenglik E to‘plam to‘ldiruvchisi ichi
bo‘sh to‘plam, ya’ni E zich to‘plam ekanligini ko‘rsatadi.
(3)⇒ (4) Aytaylik, E birinchi kategoriyali to‘plam bo‘lsin, ya’ni E =
S
n
E
n
, bunda int[E
n
] = ∅. E
n
= [E
n
] deb hisoblashimiz mumkin. U
holda G
n
= X \ E
n
ochiq va zich to‘plamdir. Shartga ko‘ra
\
n
G
n
=
[
n
(X \ E
n
)
zich to‘plamdir. Endi
X \ E = X \
[
n
E
n
=
\
n
X \ E
n
=
\
n
G
n
ekanligidan, X \ E ham zich to‘plamdir.
(4)⇒ (1) Agar E to‘plami ochiq va X da zich bo‘lsa, u holda X \
E zich to‘plam emas. Bundan shartga ko‘ra E ikkinchi kategoriyali
to‘plam bo‘la olmaydi, Demak, E birinchi kategoriyali to‘plam.
Mustaqil ish uchun masalalar
1.
Haqiqiy sonlar to‘plamida metrikani ρ(x, y) = arctg |x − y|
ko‘rinishda aniqlash mumkinligini ko‘rsating.

88
III. Metrik fazolar
2. Ixtiyoriy to‘plamda metrikani
ρ(x, y) =
½
0, agar x = y,
1, agar x 6= y
ko‘rinishda aniqlash mumkin ekanligini isbotlang.
3. Faraz qilaylik (X, ρ) metrik fazo bo‘lsin. Agar ∀ x, y ∈ X uchun
ρ
1
(x, y) = ρ(x, y)/[1 + ρ(x, y)],
ρ
2
(x, y) = ln[1 + ρ(x, y)]
bo‘lsa, u holda (X, ρ
1
) va (X, ρ
2
) metrik fazolar ekanligini ko‘rsating.
4. n sondagi haqiqiy sonlarning x = (x
1
, x
2
, . . . , x
n
) tartiblangan
guruhlari to‘plamida metrikani
a) ρ(x, y) =
n
P
k=1
|x
k
− y
k
|;
b) ρ(x, y) = max
1≤k≤n
|y
k
− x
k
|
ko‘rinishlarda kiritishga bo‘lishini ko‘rsating.
5. Haqiqiy sonlarning x = (x
1
, x
2
, . . . , x
n
. . .) chegaralangan ketma-
ketliklari to‘plamida masofani ρ(x, y) = sup |y
k
− x
k
| ko‘rinishda kirit-
sak, bu to‘plamning metrik fazo bo‘lishini ko‘rsating.
6. Agar x
n
→ x, y
n
→ y bo‘lsa, ρ(x
n
, y
n
) → ρ(x, y) ekanligini
isbotlang.
7. Natural sonlar to‘plamida metrikani quyidagicha aniqlaylik:
ρ(m, n) =
|m − n|
mn
, m, n ∈ N.
(N, ρ) to‘la bo‘lmagan metrik fazo ekanligini isbotlang.
8. Agar haqiqiy sonlar to‘plami R da x, y sonlari orasidagi masofani
ρ(x, y) = |x
3
− y
3
| formulasi orqali kiritsak, u holda u to‘la metrik fazo
tashkil qilishini isbotlang.
9. X to‘plamda o‘zaro ekvivalent bo‘lgan ρ
1
va ρ
2
metrikalar beril-
gan. (X, ρ
1
) fazoning to‘la bo‘lishidan (X, ρ
2
) fazoning to‘la bo‘lishi
kelib chiqadimi?
10. [a, b] segmentda uzluksiz hosilaga ega bo‘lgan barcha funksiyalar
to‘plamida metrikani
ρ(f, g) = sup
t∈[a,b]
|f
0
(t) − g
0
(t)|
ko‘rinishda kiritish mumkinmi?
11. Tengliklarni isbotlang:

§ 3.2. Metrik fazolarda kompakt to‘plamlar.
89
a) ∂E = [E] \ int(E);
b) [[E]] = [E];
c) [E
1
∪ E
2
] = [E
1
] ∪ [E
2
].
12. Tekislikda chegaraviy nuqtalarga ega bo‘lmagan to‘plamga misol
keltiring.
13. Ixtiyoriy to‘plamning hosila to‘plami yopiq to‘plam bo‘lishini
isbotlang.
14.
Ixtiyoriy to‘plamning chegarasi yopiq to‘plam bo‘lishini
ko‘rsating.
15. Ixtiyoriy to‘plamning ichi ochiq to‘plam bo‘lishini ko‘rsating.
16. Barcha nuqtalari yakkalangan sanoqsiz to‘plamga misol kelti-
ring.
17. R, R
n
, C[a, b], `
2
fazolarning separabel fazo bo‘lishini ko‘rsating.
18. m fazosining separabel fazo emasligini isbotlang.
19. R, R
n
, C[a, b] fazolarning to‘laligini isbotlang.
20. To‘la X fazoda zich bo‘lgan ochiq to‘plamlarning sanoqli sondagi
kesishmasi X to‘plamda zich to‘plam bo‘lishini isbotlang.
21. Hech qayerda zich emas to‘plamning yopilmasi ham hech qa-
yerda zich emas to‘plam bo‘lishini isbotlang.
22.
Barcha ko‘phadlar to‘plamining C[0, 1] da zich ekanligini
ko‘rsating.
3.2. Metrik fazolarda kompakt to‘plamlar
X metrik fazodagi K to‘plamning elementlaridan tuzilgan ixtiyoriy
ketma-ketlikdan biror x ∈ X elementga yaqinlashuvchi qism ketma-
ketlik ajratib olish mumkin bo‘lsa, K to‘plam X da nisbiy kompakt
deyiladi.
X metrik fazodagi yopiq nisbiy kompakt bo‘lgan K to‘plam kompakt
deyiladi. X metrik fazodagi K to‘plamning diametri
diamK = sup
x,y∈K
ρ(x, y)
chekli son bo‘lsa,u holda K chegaralangan deb ataladi.
K va M to‘plamlar (X, ρ) metrik fazodan olingan va ε > 0 biror
son bo‘lsin. Agar K to‘plamdan olingan ixtiyoriy x element uchun M
to‘plamda ρ(x, y) < ε tengsizligini qanoatlantiruvchi y elementi mavjud
bo‘lsa, u holda M to‘plam K to‘plamiga nisbatan ε-to‘r deb ataladi.
Agar ixtiyoriy ε > 0 uchun K to‘plam chekli ε-to‘rga ega bo‘lsa, u holda
K to‘liq chegaralangan deyiladi.

90
III. Metrik fazolar
Masalalar
3.2.1. Har bir K kompakt metrik fazo to‘liq chegaralangan
bo‘lishini isbotlang.
Yechimi. Faraz qilaylik K to‘liq chegaralangan bo‘lmasin. Bundan
K da biror ε > 0 uchun chekli ε-to‘r topilmasligi kelib chiqadi. K dan
ixtiyoriy a
1
nuqta olamiz. U holda shunday a
2
∈ K nuqta topiladiki,
ρ(a
1
, a
2
) > ε bo‘ladi, aks holda {a
1
} to‘plam ε-to‘r bo‘lardi. K da
shunday a
3
nuqta topiladiki,
ρ(a
1
, a
3
) > ε,
ρ(a
2
, a
3
) > ε
bo‘ladi, aks holda {a
1
, a
2
} to‘plam ε-to‘r bo‘lardi.
Shunga o‘xshash a
1
, a
2
, ..., a
k
nuqtalar uchun a
k+1
∈ K topilib,
ρ(a
i
, a
k+1
) > ε, i = 1, k bo‘ladi.
Bu tanlab olingan nuqtalar limit nuqtaga ega bo‘lmagan {a
n
} chek-
siz ketma-ketlikni beradi, chunki ρ(a
i
, a
j
) > ε, i 6= j. Bu esa K ning
kompakt ekanligiga zid.
3.2.2. Ixtiyoriy kompakt to‘plamning to‘la fazo bo‘lishini
isbotlang.
Yechimi. Bizga E kompakt to‘plamda {x
n
} fundamental ketma-
ketlik berilgan bo‘lsin. E kompakt bo‘lgani uchun {x
n
} ketma-ketlik
E da yaqinlashuvchi {x
n
k
} qismiy ketma-ketlikka ega. {x
n
k
} ketma-
ketlikning limitini a bilan belgilaylik. {x
n
} fundamental va {x
n
k
} yaqin-
lashuvchi bo‘lgani uchun ixtiyoriy ε > 0 soni uchun ∃ n
ε
soni topilib,
n, k > n
ε
(Demak, n
k
> n
ε
) bo‘lganda ρ(x
n
, x
n
k
) <
ε
2
va ρ(x
n
k
, a) <
ε
2
tengsizliklari bajariladi. Natijada
ρ(x
n
, a) ≤ ρ(x
n
, x
n
k
) + ρ(x
n
k
, a) <
ε
2
+
ε
2
= ε.
Bundan {x
n
} ketma-ketlikning yaqinlashuvchi ekanligi kelib chiqib, E
to‘plamning to‘la ekanligini ko‘rsatadi.
3.2.3.
(Hausdorf teoremasi).
R metrik fazo kompakt
bo‘lishi uchun uning to‘la va to‘liq chegaralangan bo‘lishi
zarur va yetarli ekanligini isbotlang.
Yechimi. Aytaylik, R kompakt bo‘lsin. U holda to‘liq chegaralan-
ganlikning zaruriyligi 3.2.1-misoldan kelib chiqadi. To‘la bo‘lishi esa
3.2.2-misoldan ko‘rinadi.
Endi R to‘la va to‘liq chegaralangan bo‘lsin.
Kompaktligini
ko‘rsatish uchun har bir {x
n
} ⊂ R ketma-ketlik hech bo‘lmaganda bitta
limit nuqtaga ega bo‘lishini ko‘rsatish yetarli.

§ 3.2. Metrik fazolarda kompakt to‘plamlar.
91
R da 1-to‘r hosil etuvchi nuqtalarning har biri atrofida radiusi 1
bo‘lgan yopiq shar quramiz. Bu sharlar R ni to‘liq qoplaydi hamda
ularning soni chekli boladi, u holda ularning hech bo‘lmaganda bittasi
{x
n
} ning biror x
(1)
1
, ..., x
(1)
n
, ... qismiy ketma-ketligini o‘z ichiga oladi.
Bu sharni B
1
orqali belgilaymiz.
B
1
sharda ham
1
2
-to‘r hosil etuvchi nuqtalar atrofida radiusi
1
2
bo‘lgan
yopiq sharlarni qursak, ularning hech bo‘lmaganda bittasi {x
(1)
n
} ketma-
ketlikning {x
(2)
n
} qismiy ketma-ketligini o‘z ichiga oladi. Bu sharni B
2
orqali belgilaymiz. Shu kabi markazi B
2
da radiusi
1
4
bo‘lib, {x
(3)
n
} ⊂
{x
(2)
n
} ketma-ketlikni o‘z ichiga oluvchi B
3
sharini olamiz va hokazo.
Endi markazi B
n
sharning markazida, radiusi esa ikki marta katta
bo‘lgan A
n
yopiq sharlarni qaraymiz. Ravshanki A
n
sharlar ichma-
ich joylashgan. R ning to‘laligidan
∞
T
n=1
A
n
kesishma bo‘sh emas va u
yagona x
0
nuqtadan iborat. Bu nuqta {x
n
} ketma-ketlik uchun limit
nuqta bo‘ladi, hamda uning atrofi biror B
k
sharni o‘z ichiga oladi, ya’ni
{x
n
} ketma-ketlikning cheksiz {x
(k)
n
} qismiy ketma-ketligini o‘z ichiga
oladi. Bundan R kompaktdir.
3.2.4. Ixtiyoriy nisbiy kompakt to‘plam chegaralangan bo‘-
lishini isbotlang.
Yechimi. Agar diamK = +∞ bo‘lsa, u holda ∀ x
0
∈ K nuqta uchun
sup
x∈K
ρ(x
0
, x) = +∞
bo‘ladi. Haqiqatan, agar ∀ x ∈ K uchun ρ(x
0
, x) ≤ M bo‘lsa, u holda
∀ x, y ∈ K nuqtalari uchun
ρ(x, y) ≤ ρ(x, x
0
) + ρ(x
0
, y) ≤ 2M
tengsizlik o‘rinli bo‘lardi. Demak, lim
n→∞
ρ(x
0
, x
n
) = +∞ bo‘ladigan {x
n
}
ketma-ketligini topish mumkin. Natijada {x
n
} ketma-ketlikning ix-
tiyoriy {x
n
k
} qismiy ketma-ketligi uchun ham lim
n→∞
ρ(x
0
, x
n
k
) = +∞
bo‘ladi. U holda {x
n
k
} fundamental bo‘lmaydi, Demak, yaqinlashuv-
chi emas. Bundan K ning nisbiy kompakt emas ekanligi kelib chiqadi.
Hosil bo‘lgan ziddiyatdan K ning chegaralangan ekanligi kelib chiqadi.
3.2.5.
To‘plamning chegaralanganligidan, uning nisbiy
kompakt bo‘lishi kelib chiqadimi?
Yechimi. Umuman aytganda kelib chiqmaydi. Masalan `
2
fazoda
quyidagi
e
1
= (1, 0, 0, . . .), e
2
= (0, 1, 0, . . .) e
3
= (0, 0, 1, . . .), . . .

92
III. Metrik fazolar
elementlardan iborat chegaralangan to‘plamni olaylik. Bu to‘plamning
ixtiyoriy e
n
va e
m
elementlari orasidagi masofa ρ(e
m
, e
n
) =
√
2 (m 6= n).
Demak, bu ketma-ketlikning ixtiyoriy qismiy ketma-ketligi yaqinlashuv-
chi emas. Shuning uchun qaralayotgan to‘plam nisbiy kompakt emas.
3.2.6 X metrik fazoda bo‘sh emas A
1
⊃ A
2
⊃ . . . ⊃ A
n
⊃ . . .
kompakt to‘plamlari berilgan bo‘lsin. U holda
T
n≥1
A
n
kesish-
masi bo‘sh emasligini, Shu bilan birga, agar lim
n→∞
diamA
n
= 0
bo‘lsa, u holda
T
n≥1
A
n
kesishmaning yagona nuqtadan iborat
bo‘lishini isbotlang.
Yechimi. Har bir A
n
to‘plamdan a
n
nuqtasini olaylik. Bu nuqta-
larning barchasi A
1
ga tegishli bo‘ladi. A
1
kompakt to‘plam bo‘lgani
uchun {a
n
} ketma-ketlikdan biror a ∈ A
1
nuqtaga yaqinlashuvchi {a
n
k
}
qismiy ketma-ketligini ajratib olish mumkin. {a
n
k
} ketma-ketlikning
dastlabki k − 1 ta hadini olib tashlasak, a
n
k
, a
n
k+1
, a
n
k+2
, ... ketma-
ketligiga ega bo‘lamiz. Bu ketma-ketlikning har bir hadi A
n
k
to‘plamga
tegishli. Shu bilan birga, bu ketma-ketlik ham a nuqtaga yaqinlashuvchi
bo‘ladi. A
n
k
yopiq bo‘lgani uchun ixtiyoriy k uchun a ∈ A
n
k
, Demak,
a ∈
T
k≥1
A
n
k
=
T
n≥1
A
n
. Natijada
T
n≥1
A
n
6= 0.
Agar diamA
n
→ 0 bo‘lsa, u holda har qanday boshqa b ∈
T
n≥1
A
n
nuqtani olsak ρ(a, b) ≤ diamA
n
tengsizligi barcha n lar uchun o‘rinli.
Shuning uchun ham ρ(a, b) = 0, ya’ni a = b.
3.2.7.
C [0, 1] fazoga tegishli, |f (x)| ≤ A (bu yerda A
tayinlangan musbat son) tengsizlikni qanoatlantiruvchi bar-