Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

6= 0. Demak, p
n
(x) = |x
n
| 6= 0, ya’ni, {p
n
} yarim
normalar sistemasi ajratuvchi bo‘ladi.
5.3.5. s fazoda (5.1) formula orqali aniqlangan topologiya
ρ((x
n
), (y
n
)) =
∞
X
n=1
1
2
n
|x
n
− y
n
|
1 + |x
n
− y
n
|
, (x
n
), (y
n
) ∈ s
(5.2)
metrika
orqali
aniqlangan
topologiya
bilan
ustma-ust
tushishini ko‘rsating.
Yechimi. Aytaylik,
U(p
1
, p
2
, · · · , p
n
, ε) = {x ∈ s : p
i
(x) < ε, i = 1, n}
yarim normalar hosil etgan nolning atrofi bo‘lsin. U holda har bir 1 ≤
i ≤ n uchun |x
i
| < ε. Bundan (5.2) ga asosan, ρ(0, x) < ε, ya’ni x nuqta
ρ metrika bo‘yicha nolning ε-atrofiga tegishlidir.
Aytaylik, x nuqta ρ metrika bo‘yicha nolning ε-atrofiga tegishli, ya’ni
ρ(0, x) < ε bo‘lsin. ε > 1
2
n
bo‘lgan n sonini olamiz. U holda
x ∈ U(p
1
, p
2
, · · · , p
n
, ε).
Demak, bu topologiyalar ustma-ust tushadi.
5.3.6.
E chiziqli fazo va P yarim normalar sistemasi
bo‘lsin.
M ⊂ E to‘plam chegaralangan bo‘lishi uchun bu
to‘plam har bir p ∈ P yarim norma bo‘yicha chegaralangan
bo‘lishi zarur va yetarli.
Yechimi. Zarurligi. M ⊂ E to‘plam chegaralangan bo‘lsin. Har bir
p ∈ P uchun
U(p, 1) = {x ∈ E : p(x) < 1}
ochiq to‘plamni qaraylik.
M to‘plami chegaralangan ekanligidan, shunday λ
0
> 0 soni topilib,
barcha λ > λ
0
uchun M ⊆ λU(p, 1) munosabati bajariladi. Demak,
barcha x ∈ M uchun p(x) ≤ λ
0
tengsizligi bajariladi.
Yetarliligi. Endi M to‘plam har bir p ∈ P yarim norma bo‘yicha
chegaralangan bo‘lsin, ya’ni har bir p ∈ P uchun shunday c
p
soni topi-
lib, barcha x ∈ M uchun p(x) ≤ c
p
tengsizligi bajariladi.

188
V. Topologik fazolar
U nolning biror atrofi bo‘lsin. U holda sunday p
1
, p
2
, · · · , p
n
∈ P,
ε > 0, topilib,
U(p
1
, p
2
, · · · , p
n
, ε) ⊂ U
bajariladi. λ
0
= ε
−1
max{c
p
1
, · · · , c
p
n
} bo‘lsin. U holda har bir x ∈ M
uchun p
i
(x) ≤ c
p
i
ekanligidan, p
i
(x) ≤ λ
0
ε kelib chiqadi. Demak, x ∈
λ
0
U(p
1
, p
2
, · · · , p
n
, ε), ya’ni M ⊂ λ
0
U.
5.3.7. C(0, 1) – (0, 1) intervalda aniqlangan barcha haqiqiy
uzluksiz funksiyalar fazosi bo‘lsin. C(0, 1) fazoda f funksiya
atroflari sistemasi
V (f, ε) = {g ∈ C(0, 1) : |f (t) − g(t)| < ε, ∀ t ∈ (0, 1)}
ko‘rinishdagi to‘plamlardan iborat bo‘lsin. Bu topologiyada
qo‘shish amali uzluksiz bo‘lib, songa ko‘paytirish amali uzluk-
siz emasligini ko‘rsating.
Yechimi. Aytaylik, g, h ∈ C(0, 1), f = g + h bo‘lsin.
V (g, ε) + V (h, ε) ⊂ V (f, 2ε)
ekanligini ko‘rsatamiz.
g
1
∈ V (g, ε), h
1
∈ V (h, ε), f
1
= g
1
+ h
1
bo‘lsin. U holda ∀ t ∈ (0, 1)
uchun |g(t) − g
1
(t)| < ε va |h(t) − h
1
(t)| < ε tensizliklar o‘rinli. Bundan
|f (t) − f
1
(t)| = |g(t) − g
1
(t) + h(t) − h
1
(t)| ≤
≤ |g(t) − g
1
(t)| + |h(t) − h
1
(t)| < 2ε,
ya’ni f
1
∈ V (f, 2ε). Demak, C(0, 1) fazoda qo‘shish amali uzluksiz
bo‘ladi.
Faraz qilaylik songa ko‘paytirish amali ham uzluksiz bo‘lsin. f (t) =
1
t funksiyasini olaylik. U holda shunday δ > 0 soni topilib, |λ| < δ
tensizligini qanoatlantiruvchi barcha λ ∈ R sonlari uchun
λV (f, δ) ⊂ V (0, 1)
munosabati bajariladi. Bundan λ = δ2 uchun
δ
2
|f | < 1,
ya’ni ∀ t ∈ (0, 1) uchun
δ
2
< t

§ 5.3. Chiziqli topologik fazolar
189
tensizligi bajariladi. Bundan δ ≤ 0. Bu esa δ > 0 ekanligiga zid. Hosil
bo‘lgan ziddiyatdan C(0, 1) fazoda songa ko‘paytirish amali uzluksiz
emasligi kelib chiqadi.
5.3.8. L
0
(Ω, Σ, µ) – (Ω, Σ, µ) o‘lchovli fazoda aniqlangan bar-
cha haqiqiy o‘lcovli funksiyalar fazosida
U(ε, δ) = {f ∈ L
0
(Ω, Σ, µ) : ∃ A ∈ Σ, µ(Ω \ A) < δ, |f χ
A
| < ε}
to‘plamlarni qaraylik, bunda ε > 0, δ > 0. Quyidagilarni isbot-
lang:
1) λU(ε, δ) = U(|λ|ε, δ), bunda λ 6= 0;
2) U(ε, δ) + U(ε, δ) ⊂ U(2ε, 2δ);
3)
T
{U(ε, δ) : ε > 0, δ > 0} = {0}.
Yechimi. 1) Faraz qilaylik f ∈ λU(ε, δ), λ 6= 0. U holda shunday
g ∈ U(ε, δ) topilib, f = λg. Endi g ∈ U(ε, δ) bo‘lganligidan,
∃ A ∈ Σ, ⇒ µ(Ω \ A) < δ, |gχ
A
| < ε.
Bundan
|f χ
A
| = |λgχ
A
| < |λ|ε.
Demak, f ∈ U(|λ|ε, δ).
Endi f ∈ U(|λ|ε, δ) bo‘lsin. U holda
∃ A ∈ Σ, µ(Ω \ A) < δ, |f χ
A
| < |λ|ε.
Bundan
¯
¯
¯
f
λχ
A
¯
¯
¯ < ε. Demak,
f
λχ
A
∈ U(ε, δ), ya’ni f ∈ λU(ε, δ).
2) f, g ∈ U(ε, δ) bo‘lsin. U holda shunday A, B ∈ Σ mavjud bo‘lib,
µ(Ω \ A) < δ, |f χ
A
| < ε
va
µ(Ω \ B) < δ, |gχ
B
| < ε.
C = A ∩ B bo‘lsin. U holda
µ(Ω \ C) = µ(Ω \ (A ∩ B)) = µ((Ω \ A) ∪ (Ω \ B)) ≤
≤ µ(Ω \ A) + µ(Ω \ B) < δ + δ = 2δ,
ya’ni
µ(Ω \ C) < 2δ.
|f + g|χ
C
≤ |f χ
C
| + |gχ
C
| ≤ |f χ
A
| + |gχ
B
| < ε + ε = 2ε,

190
V. Topologik fazolar
ya’ni
|f + g|χ
C
< 2ε.
Demak, f + g ∈ U(2ε, 2δ), ya’ni U(ε, δ) + U(ε, δ) ⊂ U(2ε, 2δ).
3) Aytaylik, barcha ε > 0, δ > 0 uchun f ∈ U(ε, δ) bo‘lsin. Faraz
qilaylik, f 6= 0. U holda shunday λ > 0 soni topilib,
E = {t ∈ Ω : |f (t)| ≥ λ}
to‘plami musbat o‘lchovga ega bo‘ladi, hamda χ
E
|f | ≥ λχ
E
.
Endi δ < µ(E) shartni qanoatlantiruvchi δ > 0 sonini olaylik. Faraz
qilaylik, f ∈ U
³
λ
2 , δ
´
. U holda
∃ A ∈ Σ, ⇒ µ(Ω \ A) < δ, |f χ
A
| <
λ
2
.
Quyidagi
χ
E
|f | ≥ λχ
E
,
|f χ
A
| <
λ
2
tengsizliklardan E ∩ A = ∅ kelib chiqadi. Demak, E ⊂ Ω \ A va µ(E) ≤
µ(Ω \ A) < δ, ya’ni µ(E) < δ. Bu esa δ < µ(E) tengsizligiga zid. Hosil
bo‘lgan ziddiyatdan f = 0 ekanligi kelib chiqadi. Demak,
T
{U(ε, δ) :
ε > 0, δ > 0} = {0}.
5.3.9. Agar A
n
∈ Σ va χ
A
n
µ
−→ 0 bo‘lsa, u holda µ(A
n
) → 0
ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. Aytaylik, A
n
∈ Σ va χ
A
n
µ
−→ 0 bo‘lsin. Ixtiyoriy δ > 0,
0 < ε < 1 sonlarini olaylik. χ
A
n
µ
−→ 0 bo‘lganligidan, shunday n
0
nomeri topilib, barcha n ≥ n
0
nomerlari uchun χ
A
n
∈ U(ε, δ) bajariladi.
Bundan ∀ n ≥ n
0
uchun shunday B
n
∈ Σ topilib,
µ(Ω \ B
n
) < δ, |χ
A
n
χ
B
n
| < ε < 1.
Bundan χ
A
n
χ
B
n
= 0, ya’ni A
n
∩ B
n
= ∅. Demak, A
n
⊂ Ω \ B
n
va
µ(A
n
) ≤ µ(Ω \ B
n
) < δ,
ya’ni µ(A
n
) → 0.
5.3.10. Agar µ(Ω) < +∞ bo‘lsa, L
0
(Ω, Σ, µ) fazoda o‘lchov
bo‘yicha yaqinlashish topologiyasi
ρ(f, g) =
Z
Ω
|f (t) − g(t)|
1 + |f (t) − g(t)|
dµ(t)

§ 5.3. Chiziqli topologik fazolar
191
metrika hosil etgan topologiya bilan ustma-ust tushishini
ko‘rsating.
Yechimi. Aytaylik, ε > 0 va f ∈ U(ε, ε) bo‘lsin. U holda shunday
A ∈ Σ to‘plam topilib,
µ(Ω \ A) < ε, |f χ
A
| < ε.
Bundan
ρ(f, 0) =
Z
Ω
|f (t)|
1 + |f (t)|
dµ(t) =
=
Z
Ω\A
|f (t)|
1 + |f (t)|
dµ(t) +
Z
A
|f (t)|
1 + |f (t)|
dµ(t) ≤
≤
Z
Ω\A
1dµ(t) +
Z
A
εdµ(t) = µ(Ω \ A) + εµ(A) < ε + εµ(A),
ya’ni
ρ(f, 0) < ε(1 + µ(Ω)).
Demak, U(ε, ε) ⊂ B(0, r), bu yerda r = ε(1 + µ(Ω)).
Endi ixtiyoriy ε, δ > 0 sonlar uchun shunday r > 0 topilib,
B(0, r) ⊂ U(ε, δ)
ekanligini ko‘rsatamiz.
r = δε
1 + ε bo‘lsin.
A = {t ∈ Ω : |f (t)| < ε}
to‘plamni olamiz. U holda f ∈ B(0, r) uchun
r > ρ(f, 0) =
Z
Ω
|f (t)|
1 + |f (t)|
dµ(t) ≥
Z
Ω\A
|f (t)|
1 + |f (t)|
dµ(t) ≥
≥
Z
Ω\A
ε
1 + ε
dµ(t) = µ(Ω \ A)
ε
1 + ε
.
Bundan
µ(Ω \ A) < r
1 + ε
ε
=
δε
1 + ε
·
1 + ε
ε
= δ,
ya’ni µ(Ω \ A) < δ. Hamda |f χ
A
| < ε. Demak, f ∈ U(ε, δ). Bundan
B(0, r) ⊂ U(ε, δ) munosabatga ega bo‘lamiz.

192
V. Topologik fazolar
5.3.11. E chiziqli topologik fazo. A ⊂ E chegaralangan
bo‘lishi uchun ixtiyoriy {x
n
} ⊂ A va λ
n
→ 0, {λ
n
} ⊂ R uchun
λ
n
x
n
→ 0 bajarilishi zarur va yetarli.
Yechimi. Zarurligi. {x
n
} ⊂ A, {λ
n
} ⊆ R, λ
n
→ 0 bo‘lsin. V
nolning muvozonatlashtirilgan atrofi bo‘lsa, u holda shunday λ > 0
topilib, A ⊂ λV. Jumladan, x
n
∈ λV, n ∈ N. Endi |λ
n
| ≤
1
λ
bo‘lgan n
lar uchun λ
n
x
n
∈ λ
n
λV ⊂ V, ya’ni λ
n
x
n
→ 0.
Yetarliligi. Faraz qilaylik, A chegaralanmagan to‘plam. U holda
nolning shunday V atrofi topilib, barcha λ uchun A\λV 6= ∅. λ = 1, 2, ...
qiymatlarida
x
n
∈ A \ nV, n = 1, 2, ..
nuqtalarini olamiz. {x
n
} ⊂ A,
1
n
→ 0 dan
1
n
x
n
→ 0. Lekin bu barcha n
lar uchun
1
n
x
n
/
∈ V ekanligiga ziddir.
5.3.12. Agar A va B to‘plamlar chegaralangan bo‘lsa, u
holda
A + B = {x : x = y + z, y ∈ A, z ∈ B}
to‘plam ham chegaralanganligini ko‘rsating.
Yechimi. {x
n
} ⊂ A + B, {λ
n
} ⊂ R, λ
n
→ 0 bo‘lsin. U holda har
bir n ∈ N uchun y
n
∈ A, z
n
∈ B topilib, x
n
= y
n
+ z
n
. A va B chegara-
langanligidan, 5.3.11-misolga ko‘ra λ
n
y
n
→ 0 va λ
n
z
n
→ 0. Bundan
λ
n
x
n
= λ
n
y
n
+λ
n
z
n
→ 0. Yana 5.3.11-misoldan A+B chegaralangandir.
5.3.13.
E chiziqli topologik fazo, A ⊂ E qavariq, mu-
vozanatlashgan, yutuvchi to‘plam bo‘lsin. E fazoda
p
A
(x) = inf{t > 0 : t
−1
x ∈ A}
funksionalni qaraylik. Bu funksionalga Minkovskiy funksio-
nali deyiladi va u quyidagi xossalarga ega:
a) p
A
(αx) = |α|p
A
(x);
b) p
A
(x + y) ≤ p
A
(x) + p
A
(y).
Yechimi. a) Avval α ≥ 0 holni qaraymiz.
p
A
(αx) = inf{t > 0 : t
−1
αx ∈ A} = inf{αt > 0 : t
−1
x ∈ A} =
= α inf{t > 0 : t
−1
x ∈ A} = |α|p
A
(x).
Endi p
A
(−x) = p
A
(x) tengligini ko‘rsatamiz. A muvozanatlashgan
to‘plam ekanligidan, A = −A. Bundan
p
A
(−x) = inf{t > 0 : t
−1
(−x) ∈ A} = inf{t > 0 : t
−1
x ∈ −A} =
= inf{t > 0 : t
−1
x ∈ A} = p
A
(x).

§ 5.3. Chiziqli topologik fazolar
193
Endi α < 0 holni qaraymiz.
p
A
(αx) = p
A
((−α)(−x)) = −αp
A
(−x) = −αp
A
(x) = |α|p
A
(x).
b) Aytaylik, p
A
(x) < s, p
A
(y) < t va u = s + t bo‘lsin. U holda
s
−1
x ∈ A, t
−1
x ∈ A va A ning qavariqligidan,
u
−1
(x + y) =
s
u
(s
−1
x+) +
t
u
(t
−1
y) ∈ A.
Bundan p
A
(x + y) ≤ u, ya’ni p
A
(x + y) ≤ p
A
(x) + p
A
(y).
5.3.14. R
n
fazoda
V = {x ∈ R : |x
i
| ≤ a
i
, i = 1, n},
bunda a
i
> 0, i = 1, n, to‘plamning Minkovskiy funksionalini
toping.
Yechimi. x = (x
i
) ∈ R
n
bo‘lsin. U holda
t
−1
x ∈ V ⇔ |t
−1
x
i
| ≤ a
i
, 1 ≤ i ≤ n, ⇔
⇔ t ≥
|x
i
|
a
i
, 1 ≤ i ≤ n, ⇔ t ≥ max
½
|x
i
|
a
i
: 1 ≤ i ≤ n
¾
.
Demak,
t
−1
x ∈ V ⇔ t ≥ max
½
|x
i
|
a
i
: 1 ≤ i ≤ n
¾
.
Bundan
p
V
(x) = sup{t > 0 : t
−1
x ∈ V } = max
1≤i≤n
|x
i
|
a
i
.
Demak,
p
V
(x) = max
1≤i≤n
|x
i
|
a
i
.
5.3.15. X Hausdorf chiziqli topologik fazosi bo‘lsin. X
normalangan bo‘lishi uchun bu fazoda nolning chegaralangan
qavariq V atrofining mavjudligi zarur va yetarlidir.
Yechimi. Zarurligi. X normalangan fazo bo‘lsa, u holda uning
birlik shari V = {x ∈ X : ||x|| ≤ 1} nolning chegaralangan qavariq
atrofi bo‘ladi.
Yetarliligi. Aytaylik, V nolning chegaralangan qavariq atrofi bo‘lsin.
V ning o‘rniga [V ] ∩ (−[V ]) ni olib, biz V ni absolyut qavariq deb
olishimiz mumkin. Har bir x ∈ X uchun
||x|| = p
V
(x)

194
V. Topologik fazolar
deylik, bunda p
V
– V ning Minkovskiy funksionali.
x ∈ X uchun ||x|| = 0 ekanligidan, x = 0 kelib chiqishini ko‘rsatamiz.
X Hausdorf fazosi ekanligidan, nolning shunday U atrofi topilib, x 6∈
U o‘rinli bo‘ladi. V chegaralangan ekanligidan, shunday λ > 0 soni
mavjudki, V ⊂ λU. U holda λx /
∈ V. Bundan
||x|| = p
V
(x) =
1
λ
p
V
(λx) >
1
λ
,
ya’ni ||x|| 6= 0. Demak, || · || funksiya X fazoda norma bo‘ladi.
Endi bu norma hosil etgan topologiya X ning asl topologiyasi bi-
lan ustma-ust tushishini ko‘rsatamiz. Aytaylik, U nolning biror atrofi
bo‘lsin. V ning chegaralanganligidan, λ > 0 topilib, λV ⊂ U. Bundan
{λV : λ > 0}
sistema nolning atroflari sistemasi ekanligini ko‘rsatadi. Bu esa ikkala
topologiyaning ayniyligini anglatadi.
Mustaqil ish uchun masalalar
1. Agar A va B qavariq to‘plamlar bo‘lsa, u holda ixtiyoriy α, β
sonlari uchun αA + βB qavariq to‘plam ekanligini ko‘rsating.
2. λA + µA = (λ + µ)A tengligi har doim o‘rinlimi?
3. Agar λ, µ ≥ 0 va A qavariq to‘plam bo‘lsa, u holda λA + µA =
(λ + µ)A ekanligini isbotlang.
4. Agar A va B muvozanatlashgan to‘plamlar bo‘lsa, u holda A + B
muvozanatlashgan to‘plam ekanligini ko‘rsating.
5. Agar