Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

H separabel Hilbert fazosida {ϕ
α
} ortonormal sistema
berilgan bo‘lsin. U holda ixtiyoriy ϕ
α
va ϕ
β
har xil elementlari uchun

§ 4.3. Evklid va Hilbert fazolari
157
kϕ
α
− ϕ
β
k =
√
2 tengligi o‘rinli bo‘ladi. Shuning uchun B(ϕ
α
, 12) shar-
lari o‘zaro kesishmaydi. Agar sanoqli {ψ
n
} to‘plami H da zich bo‘lsa,
u holda B(ϕ
α
, 12) sharning har birida bu to‘plamning kamida bir ele-
menti mavjud bo‘ladi. Shu sababli B(ϕ
α
, 12) sharlar sistemasi ko‘pi
bilan sanoqli. Natijada {ϕ
α
} ortonormal sistemaning sanoqli ekanligi
kelib chiqadi.
4.3.17. H Hilbert fazosida x
1
, x
2
, . . . , x
n
ortogonal sistema
berilgan bo‘lsin. Agar x =
n
P
k=1
x
k
bo‘lsa, u holda kxk
2
=
n
P
k=1
kx
k
k
2
tengligini isbotlang.
Yechimi.
kxk
2
= hx, xi =
*
n
X
k=1
x
k
,
n
X
k=1
x
k
+
=
= hx
1
, x
1
i + hx
2
, x
2
i + . . . + hx
n
, x
n
i =
n
X
k=1
kx
k
k
2
.
4.3.18. H Hilbert fazosining x elementi L ⊂ H qism fazoga
ortogonal bo‘lishi uchun xohlagan y ∈ L uchun kxk ≤ kx −
yk tengsizlikning o‘rinli bo‘lishi zarur va yetarli ekanligini
isbotlang.
Yechimi. Zarurligi. x ⊥ L bo‘lsin. U holda xohlagan y ∈ L uchun
hx, yi = 0 tengligi o‘rinli. Shuning uchun
kx − yk
2
= hx − y, x − yi =
= hx, xi − 2hx, yi + hy, yi = kxk
2
+ kyk
2
≥ kxk
2
.
Yetarliligi. kxk ≤ kx − yk tengsizligidan 2hx, yi ≤ hy, yi tengsizligi
kelib chiqadi. x elementni x = h + h
0
ko‘rinishda yozib olamiz, bunda
h ∈ L, h
0
∈ L
⊥
. Natijada
hx, yi = hh + h
0
, yi = hh, yi + hh
0
, yi = hh, yi.
Shu sababli 2hh, yi ≤ hy, yi tengsizligini yoza olamiz. Bu tengsizlik
barcha y ∈ L uchun o‘rinli bo‘lganligi uchun y = h bo‘lganda ham o‘rinli
bo‘ladi. Shunday qilib 2hh, hi ≤ hh, hi tengsizligiga ega bo‘lamiz. Bu
tengsizlik hh, hi = 0 bo‘lgandagina o‘rinli. U holda x = h
0
, ya’ni x ∈
L
⊥
. Demak, x ⊥ L.
4.3.19.
H Hilbert fazosida xohlagan M qism to‘plami
uchun M ⊂ (M
⊥
)
⊥
munosabatining o‘rinli ekanligini isbot-
lang.

158
IV. Normalangan fazolar
Yechimi. M to‘plamidan ixtiyoriy x nuqtani olamiz. U holda x ⊥
M
⊥
, ya’ni x ∈ (M
⊥
)
⊥
. Demak, M ⊂ (M
⊥
)
⊥
.
4.3.20. H Hilbert fazosida M, N to‘plamlari uchun M ⊂ N
bo‘lsa, M
⊥
⊃ N
⊥
munosabatining o‘rinli ekanligini isbotlang.
Yechimi. N
⊥
to‘plamidan ixtiyoriy x nuqtani olamiz. U holda x ⊥
N. M ⊂ N bo‘lganligidan, x ⊥ M , ya’ni x ∈ M
⊥
. Demak, N
⊥
⊂ M
⊥
.
4.3.21. Hilbert fazoda polyarlashtirish tengligining o‘rinli
ekanligi isbotlang:
hx, yi =
kx + yk
2
− kx − yk
2
4
+ i
kx + iyk
2
− kx − iyk
2
4
.
Yechimi. 1)
kx + yk
2
= hx + y, x + yi =
= hx, x + yi + hy, x + yi = hx + y, xi + hx + y, yi
= hx, xi + hy, xi + hx, yi + hy, yi =
= hx, xi + hx, yi + hx, yi + hy, yi
2)
kx − yk
2
= hx − y, x − yi =
= hx, x − yi − hy, x − yi = hx − y, xi − hx − y, yi =
= hx, xi − hy, xi − hx, yi + hy, yi =
= hx, xi − hx, yi − hx, yi + hy, yi
1) va 2) tengliklardan quyidagiga ega bo‘lamiz:
kx + yk
2
− kx − yk
2
4
=
2hx, yi + 2hx, yi
4
=
=
2[hx, yi + hx, yi]
4
= Re(x, y)
3)
kx + iyk
2
= hx + iy, x + iyi =
= hx, x + iyi + ihy, x + iyi =
= hx + iy, xi + ihx + iy, yi =
= hx, xi − ihy, xh + ihx, yi + hy, yi =
= hx, xi − ihx, yi + ihx, yi + hy, yi
4)
kx − iyk
2
= hx − iy, x − iyi =

§ 4.3. Evklid va Hilbert fazolari
159
= hx, x − iyi − ihy, x − iyihx − iy, xi − ihx − iy, yi =
= hx, xi + ihy, xi − ihx, yi + hy, yi =
= hx, xi + ihx, yi − ihx, yi + hy, yi
3) va 4) tengliklardan quyidagiga ega bo‘lamiz:
i
kx + iyk
2
− kx − iyk
2
4
=
i[−2ihx, yi + 2ihx, yi]
4
=
=
2[hx, yi − hx, yi]
4
= iIm(x, y)
Natijada
Re(x, y) + iIm(x, y) = (x, y)
munosabati o‘rinli.
4.3.22. Quyidagi normalangan fazolarning Evklid fazosi
bo‘lmasligini isbotlang:
a) `
p
, (p ≥ 1, p 6= 2) fazosi;
b) C[0, 1] fazosi.
Yechimi. a) l
p
(p ≥ 1, p 6= 2) fazosida x = (1, 1, 0, . . .), y =
(1, −1, 0, . . .) vektorlarni qaraymiz. U holda
x + y = (2, 0, . . .), x − y = (0, 2, 0, . . .)
va
kxk = kyk = 2
1
p
, kx − yk = kx + yk = 2
bo‘lganligi sababli
kx + yk
2
+ kx − yk
2
= 2(kxk
2
+ kyk
2
)
parallelogramm tengligi o‘rinli bo‘lmaydi.
b) C[0, 1] fazosida x(t) =
1
2
,
y(t) =
1
2
t elementlarni qaraymiz.
Ushbu
kxk = kyk =
1
2
, kx − yk =
1
2
, kx + yk = 1
munasobatlardan parallelogramm tengligi o‘rinli bo‘lmaydi.
4.3.23. Hilbert fazosida kxk = kyk bo‘lsa, u holda x − y ⊥
x+y (romb diagonallari perpendikulyar) bo‘lishini ko‘rsating.
Yechimi.
hx + y, x − yi = hx, xi + hy, xi − hx, yi − hy, yi =
= kxk
2
− kyk
2
= kxk
2
− kxk
2
= 0.

160
IV. Normalangan fazolar
Mustaqil ish uchun masalalar
1. C
2
[a, b] fazosida
1
2
, cos
2πnt
b − a
, sin
2πnt
b − a
, n = 1, 2, . . .
ortogonal sistemaning to‘la ekanligini isbotlang.
2. Separabel bo‘lmagan Evklid fazosiga misol keltiring.
3. Har qanday cheksiz o‘lchamli separabel Evklid fazosida sanoqli
ortonormal bazisning mavjud ekanligini isbotlang.
4. Birorta ham ortogonal bazisga ega emas separabel bo‘lmagan
evklid fazosiga misol keltiring.
5. To‘la Evklid fazosida ortonormal bazisning mavjud ekanligini
isbotlang.
6. Evklid fazosida xohlagan x, y, z, t elementlar uchun ushbu
kx − zk · ky − tk ≤ kx − yk · kz − tk + ky − zk · kx − tk
tengsizligining o‘rinli ekanligini isbotlang.
7.
Haqiqiy L normalangan fazosining xohlagan x, y elementlari
uchun ushbu
kx + yk
2
+ kx − yk
2
= 2(kxk
2
+ kyk
2
)
parallelogramm tengligi o‘rinli bo‘lsin. Unda
hx, yi =
1
2
(kx + yk
2
− kx − yk
2
)
formula hx, xi = kxk
2
tenglikni qanoatlantiruvchi skalyar ko‘paytmani
aniqlashini isbotlang.
8. C[0, 1] da hx, xi = kxk
2
tenglikni qanoatlantiradigan skalyar
ko‘paytmani aniqlash mumkin emas ekanligini isbotlang.
9. L Evklid fazosi bo‘lib x, y
1
, y
2
∈ L elementlar uchun x⊥ y
1
va
x⊥ y
2
munosabatlar o‘rinli bo‘lsa, u holda xohlagan α va β sonlar uchun
x⊥ (αy
1
+ βy
2
) munosabatning o‘rinli ekanligini isbotlang.
10. L Evklid fazosining x elementi A ⊂ L to‘plamning har bir ele-
mentiga ortogonal bo‘lsa, u holda x element A to‘plamiga ortogonal
deyiladi va x ⊥ A ko‘rinishda belgilanadi. Agar x⊥ A bo‘lsa, u holda
x ⊥ [L (A)] ekanligini isbotlang.
11. L Evklid fazosidagi A qism to‘plamining har bir elementiga
ortogonal bo‘lgan barcha elementlar to‘plamini A ning ortogonal
to‘ldiruvchisi deb ataymiz va A
⊥
orqali belgilaymiz. A
⊥
to‘plam L ning
qism fazosi bo‘lishini isbotlang.

§ 4.3. Evklid va Hilbert fazolari
161
12. Evklid fazosining to‘ldiruvchisi ham Evklid fazosi bo‘lishini is-
botlang.
13. Hilbert fazosining qa’tiy normalangan fazo ekanligini isbotlang.
14. M va N lar H Hilbert fazosining qism fazolari bo‘lib, M ⊥N
bo‘lsa, u holda M + N to‘plamining ham qism fazo bo‘lishini isbotlang.
15. `
2
fazoda shunday M to‘plamiga misol keltiringki, M + M
⊥
to‘plami `
2
bilan teng bo‘lmasin.
16. `
2
da berilgan ushbu
x
k
=
µ
1,
1
2
k
,
1
2
2k
,
1
2
3k
, . . .
¶
, k ∈ N
ketma-ketlikning chiziqli qobig‘i l
2
ning hamma yerida zich ekanligini
isbotlang.
17. H Hilbert fazosida yopiq qavariq M to‘plami berilgan bo‘lsin. M
to‘plamda eng kichik normaga ega elementning bor ekanligini isbotlang.
18. `
2
fazoda normasi eng kichik normaga teng elementi bo‘lmagan
yopiq to‘plam tuzing.
19. [a, b] segmentda barcha uzluksiz differensiallanuvchi funksiyalar
H
1
[a, b] fazosida skalyar ko‘paytmani
hx, yi =
b
Z
a
[x(t)y(t) + x
0
(t)y
0
(t)] dt
ko‘rinishda aniqlaymiz. H
1
[a, b] Hilbert fazosi bo‘ladimi?

V BOB
Topologik fazolar
5.1. Topologik fazolar
Metrik fazolarda metrika yordamida ochiq shar, atrof tushunchalari-
ga ta’riflar berilib, ular yordamida ochiq to‘plam aniqlanadi. Boshqa
fundamental tushunchalar asosida ham ochiq to‘plam tushunchasi
yotadi. Ochiq to‘plamni metrika yordamida emas, aksiomalar orqali
aniqlash g‘oyasi natijasida topologik fazolar nazariyasi paydo bo‘lgan.
Ta’rif. Aytaylik, X to‘plamning qism to‘plamlaridan iborat τ sis-
tema quyidagi shartlarni qanoatlantirsin:
1) ∅ ∈ τ, X ∈ τ ;
2) τ sistemasiga tegishli G
α
, α ∈ I (I indekslar to‘plami)
to‘plamlarning birlashmasi
S
α
G
α
va chekli sondagi
n
T
k=1
G
k
kesishmasi
yana τ sistemasiga tegishli.
U holda τ sistemasi X to‘plamda berilgan topologiya deyiladi.
(X, τ ) juftlikga topologik fazo deyiladi.
τ
sistemaning
elementlarini
ochiq
to‘plamlar
deb,
ochiq
to‘plamlarning to‘ldiruvchilarini yopiq
to‘plamlar deb ataymiz.
Topologik fazoning elementlari uning nuqtalari deb ham ataladi.
Topologik fazolardagi boshlang‘ich fundamental tushunchalar
ro‘yxatini keltiramiz:
– x ∈ X nuqtaning atrofi — shu nuqtani o‘z ichiga oluvchi ixtiyoriy
ochiq to‘plam;
– X ⊃ M to‘plamning urinish nuqtasi — ixtiyoriy atrofida M
to‘plamning kamida bitta elementi mavjud bo‘lgan nuqta;
– X ⊃ M to‘plamning yopilmasi [M] — M ning barcha urinish
nuqtalari to‘plami;
– X ⊃ M to‘plamning limit nuqtasi — ixtiyoriy atrofida o‘zidan
boshqa M to‘plamning kamida bitta nuqtasi mavjud bo‘lgan nuqta;
– X ⊃ M to‘plamning hosila to‘plami M
0
— M ning barcha limit
nuqtalari to‘plami;
– M to‘plamning ichi int(M) — M to‘plamdagi barcha ochiq qism
to‘plamlar birlashmasi;

§ 5.1. Topologik fazolar
163
– X fazoning hamma yerida zich to‘plam — yopilmasi X fazoga teng
bo‘lgan to‘plam;
– Separabel fazo — hamma yerida zich sanoqli qism to‘plamga ega
fazo.
Berilgan X to‘plamning qism to‘plamlaridan iborat turli sis-
temalar topologiya shartlarini qanoatlantirishi, ya’ni X to‘plamda turli
topologiyalar kiritilishi mumkin. Bunda turli topologik fazolar hosil
bo‘ladi.
X to‘plamda τ
1
, τ
2
topologiyalar berilgan bo‘lib, τ
1
⊂ τ
2
munosabat
o‘rinli bo‘lsa, u holda τ
2
topologiya τ
1
topologiyaga nisbatan kuch-
liroq topologiya deyiladi va τ
1
≤ τ
2
ko‘rinishda yoziladi. Bu holda τ
1
topologiya’ni τ
2
topologiyaga nisbatan kuchsizroq (sustroq) ham deyi-
ladi.
X topologik fazoda ochiq to‘plamlardan iborat B sistema berilgan
bo‘lsin. Agar X fazodagi har bir ochiq to‘plamni B sistemaga te-
gishli to‘plamlarning birlashmasi ko‘rinishda ifodalash mumkin bo‘lsa,
u holda B sistemani X fazodagi topologiyaning bazasi deb ataladi.
Sanoqli bazaga ega bo‘lgan topologik fazoga sanoqli bazaga ega fazo yoki
sanoqlilikning ikkinchi aksiomasini qanoatlantiruvchi fazo deyiladi.
x ∈ X nuqtaning biror atroflaridan iborat sistemasini B
x
orqali
belgilaylik. Agar x nuqtani o‘z ichiga oluvchi ixtiyoriy U ochiq to‘plam
uchun, shunday V ∈ B to‘plam topilib, V ⊂ U bo‘lsa, u holda B
x
sistema x nuqta atroflarining aniqlovchi sistemasi deb ataladi. Agar
sanoqli B
x
sistema mavjud bo‘lsa, u holda x nuqtada sanoqlilikning bi-
rinchi aksiomasi bajarilgan deyiladi. Agar X fazoning har bir nuqtasida
sanoqlilikning birinchi aksiomasi bajarilsa, u holda X ni sanoqlilikning
birinchi aksiomasiga ega fazo deb ataymiz.
{M
α
} to‘plamlar sistemasi va A to‘plam uchun A ⊂
S
α
M
α
bo‘lsa, u
holda {M
α
} sistema A to‘plamning qoplamasi deb ataladi. Agar {M
α
}
qoplamaning biror {M
α
i
} qismi ham A uchun qoplama bo‘lsa, u holda
{M
α
i
} sistema {M
α
} qoplamaning qism qoplamasi deyiladi. Agar {M
α
}
qoplamaga tegishli har bir to‘plam ochiq (yopiq) bo‘lsa, u holda {M
α
}
sistemani ochiq (yopiq) qoplama deb ataymiz.
X topologik fazoda {x
n
} ketma-ketlik berilgan bo‘lsin. Agar x nuq-
taning ixtiyoriy U atrofi uchun, shunday n
0
soni topilib, n ≥ n
0
tengsiz-
likni qanoatlantiruvchi barcha n natural sonlar uchun x
n
∈ U o‘rinli
bo‘lsa, u holda x nuqta {x
n
} ketma-ketlikning limiti deyiladi.
X va Y topologik fazolar, f : X → Y akslantirish bo‘lib, x ∈ X
nuqta berilgan akslantirishning aniqlanish sohasiga tegishli bo‘lsin.

164
V. Topologik fazolar
Agar y = f (x) nuqtaning ixtiyoriy U
y
atrofi uchun, x nuqtaning shun-
day V
x
atrofi mavjud bo‘lib, f (V
x
) ⊂ U
y
bo‘lsa, u holda f akslantirish
x nuqtada uzluksiz deb ataladi. X fazoning barcha nuqtasida uzluksiz
bo‘lgan akslantirishga X fazoda uzluksiz akslantirish deyiladi.
Quyida ajratish aksiomalari deb ataluvchi shartlarni keltiramiz.
T
0
– aksiomasi: X topologik fazoning ixtiyoriy ikkita har xil x va
y nuqtalari uchun bu nuqtalarning kamida bittasining ikkinchicini o‘z
ichiga olmaydigan atrofi mavjud.
T
1
– aksiomasi (ajratishning birinchi aksiomasi): X topologik fazo-
ning ixtiyoriy ikkita har xil x va y nuqtalari uchun, x ning y nuqtani
o‘z ichiga olmaydigan O
x
atrofi, y ning x nuqtani o‘z ichiga olmaydigan
O
y
atrofi mavjud.
T
2
– aksiomasi (ajratishning ikkinchi yoki xausdorf aksiomasi): X
topologik fazoning ixtiyoriy ikkita har xil x va y nuqtalari o‘zaro kesish-
maydigan O
x
va O
y
atroflarga ega.
Topologik fazoda berilgan to‘plamning atrofi deb, shu to‘plamni o‘z
ichiga oluvchi ixtiyoriy ochiq to‘plamga aytiladi.
T
3
– aksiomasi (ajratishning uchinchi aksiomasi): X topologik fazoda
ixtiyoriy nuqta va bu nuqta tegishli bo‘lmagan ixtiyoriy yopiq to‘plam
o‘zaro kesishmaydigan atroflarga ega.
T
0
(i ∈ {0, 1, 2, 3}) aksiomasini qanoatlantiruvchi topologik fazoni
T
i
— fazo deb ataymiz.
T
1
va T
3
aksiomalarni qanoatlantiruvchi topologik fazo regulyar de-
yiladi.
T
4
aksiomasi (normallik aksiomasi). T
1
-fazoda ixtiyoriy ikkita o‘zaro
kesishmaydigan yopiq to‘plamlar o‘zaro kesishmaydigan atroflarga ega.
T
4
aksiomasini qanoatlantiruvchi fazo normal deb ataladi.
Masalalar
5.1.1.
Ikki elementdan iborat X = {a, b} to‘plamda τ =
{∅, {b}, X} sistemaning topologiya bo‘lishini ko‘rsating.
Yechimi. Topologiya aksiomalarining bajarilishini tekshiramiz:
1) τ sistemaning berilishiga ko‘ra ∅, X ∈ τ ;
2)
∅ ∪ {b} = {b} ∈ τ,
∅ ∪ X = {b} ∪ X = X ∈ τ,
∅ ∩ {b} = ∅ ∩ X = ∅ ∈ τ,
{b} ∩ X = {b} ∈ τ.

§ 5.1. Topologik fazolar
165
5.1.2. X metrik fazoda barcha ochiq to‘plamlardan iborat
τ sistemaning topologiya bo‘lishini ko‘rsating.
Yechimi. τ sistemaga tegishli to‘plamlarning ixtiyoriy birlashmasi
G =
S
α∈I
G
α
va chekli sondagi S =
n
T
k=1
G
k
kesishmasining ochiq to‘plam
bo‘lishini ko‘rsatamiz.
G to‘plamga tegishli ixtiyoriy x nuqta olaylik. U holda bu nuqta
S
α∈I
G
α
birlashmadagi to‘plamlarning kamida bittasiga, aytaylik, G
α
0
to‘plamga tegishli bo‘ladi. G
α
0
to‘plam ochiq bo‘lganligidan, x nuqta-
ning bu to‘plamda yotadigan V
x
atrofi mavjud. Natijada V
x
⊂ G
α
0
⊂
G munosabatni yoza olamiz. Bu munosabatdan G to‘plamning ochiq
ekanligi kelib chiqadi.
Endi S =
n
T
k=1
G
k
to‘plamdan ixtiyoriy x nuqta olaylik. Bu nuqta
G
k
, k = 1, n to‘plamlarning har biriga tegishli bo‘ladi. x nuqtaning
G
k
to‘plamda yotadigan V
ε
k
= B(x, ε
k
) atrofini olamiz. Bundan x nuq-
taning ε = min{ε
1
, ε
2
, . . . , ε
n
} atrofi uchun V
ε
⊂ V
ε
k
, k = 1, . . . , n
munosabatni yoza olamiz. U holda V
ε
⊂ S, ya’ni S ochiq to‘plam.
5.1.3.
X to‘plamda berilgan topologiyalarning ixtiyoriy