Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

, 1]
kesmasida joylashgan. Shu sababli
k˜
xk = max
t∈[a,b]
|˜
x(t)| ≤ 1.
Natijada
kf k = sup
kxk≤1
|f (x)| ≥ |f (˜
x)| =
= |
n
X
k=1
c
k
˜
x(t
k
)| =
n
X
k=1
|c
k
sign c
k
| =
n
X
k=1
|c
k
|.
Demak, kf k =
n
P
k=1
|c
k
|.
6.2.11. `
2
fazosida aniqlangan
f (x) =
∞
X
k=1
ξ
k
+ ξ
k+1
2
k
(x = (ξ
1
, ξ
2
, . . .))
funksionalning chiziqli, uzluksiz ekanligini isbotlang va nor-
masini toping.
Yechimi. Xohlagan x = (ξ
1
, ξ
2
, . . .), y = (ω
1
, ω
2
, . . .) elementlari va
α, β ∈ R sonlari uchun
f (αx + βy) =
∞
X
k=1
(αξ
k
+ βω
k
) + (αξ
k+1
+ βω
k+1
)
2
k
=
= α
∞
X
k=1
ξ
k
+ ξ
k+1
2
k
+ β
∞
X
k=1
ω
k
+ ω
k+1
2
k
= αf (x) + βf (y).
Demak, f chiziqli.
Endi birlik sharda chegaralangan ekanligini ko‘rsatamiz.
kxk =
v
u
u
t
∞
X
k=1
ξ
2
k
= 1

220
VI. Chiziqli operatorlar
bo‘lganda
∞
P
k=2
ξ
2
k
= 1−ξ
2
1
tengligini yoza olamiz. |ξ
1
| ≤ 1 bo‘lganligidan,
|ξ
1
| = sin ω
0
belgilashini kirita olamiz. Natijada
|f (x)| =
¯
¯
¯
¯
¯
∞
X
k=1
ξ
k
+ ξ
k+1
2
k
¯
¯
¯
¯
¯
=
¯
¯
¯
¯
¯
ξ
1
2
+
∞
X
k=1
3
2
k+1
ξ
k+1
¯
¯
¯
¯
¯
≤
≤
|ξ
1
|
2
+
∞
X
k=1
3
2
k+1
|ξ
k+1
| ≤
≤
|ξ
1
|
2
+ 3
v
u
u
t
∞
X
k=1
µ
1
2
k+1
¶
2
v
u
u
t
∞
X
k=1
ξ
2
k+1
=
=
|ξ
1
|
2
+ 3 ·
1
2
√
3
v
u
u
t
∞
X
k=2
ξ
2
k
=
|ξ
1
|
2
+
√
3
2
q
1 − ξ
2
1
=
=
1
2
sin ω
0
+
√
3
2
cos ω
0
= sin
³
ω
0
+
π
3
´
≤ 1.
Endi
x
0
=
µ
1
2
,
3
2
2
,
3
2
3
, . . .
¶
nuqtasini qaraylik. Bu nuqta `
2
fazoga tegishli. Haqiqatan,
v
u
u
t
µ
1
2
¶
2
+
∞
X
k=2
µ
3
2
k
¶
2
= 1.
Shu bilan birga,
f (x
0
) =
1
4
+
∞
X
k=1
µ
3
2
k+1
¶
2
= 1.
Demak, kf k = sup
kxk=1
|f (x)| = 1.
6.2.12
F (y) =
1
2
Z
0
y(x) dx −
1
Z
1
2
y(x) dx
funksionalning C[0, 1] fazosida chiziqli ekanligini ko‘rsating
va uning normasini toping.

§ 6.2. Uzluksiz chiziqli funksionallar
221
Yechimi. Funksionalning chiziqli ekanligini ko‘rsatamiz:
F (αy + βz) =
1
2
Z
0
(αy + βz)(x) dx −
1
Z
1
2
(αy + βz)(x) dx =
= α



1
2
Z
0
y(x) dx −
1
Z
1
2
y(x) dx


 + β



1
2
Z
0
z(x) dx −
1
Z
1
2
z(x) dx


 =
= αF (y) + βF (z).
Endi uzluksiz ekanligini aniqlaylik. Ixtiyoriy y(x) ∈ C[0, 1] uchun:
|F (y)| =
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
2
Z
0
y(x) dx −
1
Z
1
2
y(x) dx
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
≤
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
2
Z
0
y(x) dx
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
+
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
Z
1
2
y(x) dx
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
≤
≤
1
2
Z
0
|y(x)| dx +
1
Z
1
2
|y(x)| dx ≤
≤
1
2
Z
0
max
0≤x≤
1
2
|y(x)| dx +
1
Z
1
2
max
1
2
≤x≤1
|y(x)|dx =
= max
0≤x≤
1
2
|y(x)|
1
2
Z
0
dx + max
1
2
≤x≤1
|y(x)|
1
Z
1
2
dx =
=
1
2
max
0≤x≤
1
2
|y(x)| +
1
2
max
1
2
≤x≤1
|y(x)| ≤
≤
1
2
max
0≤x≤1
|y(x)| +
1
2
max
0≤x≤1
|y(x)| = max
0≤x≤1
|y(x)| = kyk .
Bu munosabat funksionalning chegaralangan, demak, uzluksiz ekanligi-
ni ko‘rsatadi.
Biz kF k ≤ 1 ekanligini aniqladik. Endi kF k = 1 tenglikni isbot-
laymiz. Buning uchun {y
n
} funksiyalar ketma-ketligini ky
n
k = 1 va
lim
n→∞
F (y
n
) = 1 tengliklarni qanoatlantiradigan etib tuzaylik. y
n
(x)
sifatida grafigi 8-rasmda ko‘rsatilgan funksiyani olamiz.

222
VI. Chiziqli operatorlar
8-rasm
Bu rasmdan ko‘rinib turganidek, F (y
n
) = 1 − 1
n (shtrixlangan figu-
raning yuzasi), shu bilan birga, ky
n
k = 1. lim
n→∞
F (y
n
) = 1 bo‘lganligidan,
kF k = 1 tengligi kelib chiqadi.
6.2.13 C[a, b] fazosida har bir funksionalni
F (y) =
b
Z
a
p(x)y(x)dx
(6.8)
ko‘rinishida ifodalash mumkin emas ekanligini ko‘rsating,
bunda p(x) – [a, b] segmentda uzluksiz funksiya.
Yechimi. Oddiylik uchun a = −1, b = 1 bo‘lsin. C[−1, 1] fazosida
δ(y) = y(0) funksionalni qaraylik. Uni (6.8) ko‘rinishda yozish mumkin
deb olaylik, ya’ni [−1, 1] da uzluksiz f funksiyani topish mumkin bo‘lib,
har bir y(x) ∈ C [−1, 1] uchun δ funksionalning qiymati
δ(y) =
1
Z
−1
f (x)y(x)dx
(6.9)
formula bilan hisoblash mumkin bo‘lsin.
Grafigi 9-rasmda ko‘rsatilgan y
n
(x) funksiyani qaraymiz.

§ 6.2. Uzluksiz chiziqli funksionallar
223
9-rasm
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
Z
−1
y
n
(x)f (x) dx
¯
¯
¯
¯
¯
¯
=
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
n
Z
−
1
n
y
n
(x)f (x) dx
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
≤
≤
1
n
Z
−
1
n
|y
n
(x)||f (x)|dx ≤
1
n
Z
−
1
n
|f (x)| dx ≤
2||f ||
n
munosabatidan va n → ∞ da
2 kf k
n
→ 0 ekanligidan, biror
n = N uchun
2||f ||
n
< 12 tengsizligini yoza olamiz. Natijada,
¯
¯
¯
¯
1
R
−1
y
N
(x)f (x)dx
¯
¯
¯
¯ ≤
1
2.
Shu bilan birga, δ(y
N
) = y
N
(0) = 1, bundan y = y
N
bo‘lganda
(6.9) formuladan
¯
¯
¯
¯
1
R
−1
y
N
(x)f (x)dx
¯
¯
¯
¯ = 1 tengligiga kelamiz. Bu ziddiyat
farazimiz no‘tog‘ri ekanligini ko‘rsatadi.
6.2.14. Absolyut yaqinlashuvchi
∞
P
k=1
λ
k
qator va [a, b] seg-
mentidan olingan xohlagan {x
k
} ketma-ketligi berilgan bo‘lsa,
C[a, b] fazosida
F (y) =
∞
X
k=1
λ
k
y(x
k
)

224
VI. Chiziqli operatorlar
funksionalining chiziqli, uzluksiz ekanligini isbotlang va nor-
masini toping.
Yechimi. Dastlab chiziqli ekanligini ko‘rsatamiz:
F (αy
1
+ βy
2
) =
∞
X
k=1
λ
k
[αy
1
(x
k
) + βy
2
(x
k
)] =
= α
∞
X
k=1
λ
k
y
1
(x
k
) + β
∞
X
k=1
λ
k
y
2
(x
k
) = αF (y
1
) + βF (y
2
).
Uzluksiz ekanligini ko‘rsatish uchun uning chegaralangan ekanligini
ko‘rsatamiz:
|F (y)| =
¯
¯
¯
¯
¯
∞
X
k=1
λ
k
y(x
k
)
¯
¯
¯
¯
¯
≤
∞
X
k=1
|λ||y(x
k
)| ≤
≤ max
a≤x≤b
|y(x)|
∞
X
k=1
λ
k
= kyk
∞
X
k=1
|λ
k
|.
∞
P
k=1
λ
k
qator absolyut yaqinlashuvchi bo‘lganligidan, F (y) funksional
chegaralangan. Shu bilan birga, kF k ≤
∞
P
k=1
|λ
k
|.
Endi kF k =
∞
P
k=1
|λ
k
| tengligining o‘rinli ekanligini ko‘rsatamiz.
Xohlagan ε > 0 uchun shunday m soni topilib,
∞
P
k=m+1
|λ
k
| < ε tengsizligi
o‘rinli bo‘ladi. C[a, b] fazosida |y(x)| ≤ 1 tengsizlikni va 1 ≤ k ≤ m
bo‘lganda y(x
k
) = sign λ
k
tengliklarni qanoatlantiruvchi funksiyani
y
m
(x) orqali belgilaymiz. Natijada,
F (y
m
) =
∞
X
k=1
λ
k
y
m
(x
k
) =
=
m
X
k=1
λ
k
y(x
k
) +
∞
X
k=m+1
λ
k
y(x
k
) =
=
m
X
k=1
|λ
k
| +
∞
X
k=m+1
λ
k
y(x
k
).
|y(x)| ≤ 1 bo‘lganligidan,
¯
¯
¯
¯
¯
∞
X
k=m+1
λ
k
y(x
k
)
¯
¯
¯
¯
¯
≤
∞
X
k=m+1
|λ
k
| < ε.

§ 6.2. Uzluksiz chiziqli funksionallar
225
U holda
F (y
m
) ≥
m
X
k=1
|λ
k
| − ε ≥
∞
X
k=1
|λ
k
| − 2ε.
Demak,
∞
X
k=1
|λ
k
| − 2ε ≤ F (y
m
) ≤
∞
X
k=1
|λ
k
|.
Endi ε > 0 soni ixtiyoriyligidan kF k =
∞
P
k=1
|λ
k
| tengligini yoza olamiz.
6.2.15.
Hilbert fazosida uzluksiz chiziqli funktsonalning
umumiy ko‘rinishini toping.
Yechimi. Hilbert fazosidan xohlagan x
0
nuqtasini tayinlab,
f (x) = hx, x
0
i
(6.10)
funksionalini qaraymiz. Ixtiyoriy α, β sonlari va x, y elementlar uchun
f (αx + βy) = hαx + βy, x
0
i =
= αhx, x
0
i + βhy, x
0
i = αf (x) + βf (y),
ya’ni f chiziqli funksional. Koshi – Bunyakovskiy tengsizligi bo‘yicha:
|f (x)| = |hx, x
0
i| ≤ kxkkx
0
k.
(6.11)
Demak, f uzluksiz.
Endi Hilbert fazosida aniqlangan har bir uzluksiz chiziqli funksional
(6.10) ko‘rinishga ega bo‘lishini ko‘rsatamiz.
Boshqacha aytqanda,
Hilbert fazosida aniqlangan xohlagan uzluksiz chiziqli f funksionali
uchun (6.11) tenglikni qanoatlantiruvchi yagona x
0
nuqtasining mavjud
ekanligini isbotlaymiz.
H
0
orqali {x ∈ H : f (x) = 0} to‘plamini belgilaymiz. f chiziqli va
uzluksiz bo‘lganligidan, bu to‘plam yopiq qism fazo bo‘ladi. Haqiqatan,
x = lim
n→∞
x
n
, x
n
∈ H
0
, n = 1, 2, . . . bo‘lganda
f (x) = f ( lim
n→∞
x
n
) = lim
n→∞
f (x
n
) = 0,
ya’ni x ∈ H
0
.
Agar H
0
= H bo‘lsa, x
0
sifatida nol elementini olish mumkin. H
0
6=
H bo‘lgan holni qaraylik. H \ H
0
to‘plamidan biror y
0
element olib, uni
y
0
= y
0
+ y
00
(y
0
∈ H
0
, y
00
⊥H
0
)
ko‘rinishda yozamiz (4.3.12-misolga qarang). y
00
6= 0 va f (y
00
) 6= 0
bo‘lganligidan, f (y
00
) = 1 tengligi o‘rinli deb olish mumkin. Xohlagan

226
VI. Chiziqli operatorlar
x ∈ H elementni olib f (x) = α belgilash kiritamiz. x
0
= x − αy
00
elementi uchun
f (x
0
) = f (x) − αf (y
00
) = α − α = 0
bo‘lganligidan, x
0
∈ H
0
munosabatga ega bo‘lamiz. U holda
hx, y
00
i = hx
0
+ αy
00
, y
00
i = hx
0
, y
00
i + αhy
00
, y
00
i = αhy
00
, y
00
i.
Natijada
f (x) = α =
¿
x,
y
00
hy
00
, y
00
i
À
.
Demak, x
0
sifatida
y
00
hy
0
, y
00
i
elementini olish mumkin.
Endi yagona ekanligini ko‘rsatamiz. Agar barcha x ∈ H elementlar
uchun hx, x
0
i = hx, x
0
0
i tengligi o‘rinli bo‘lsa, u holda hx, x
0
− x
0
0
i = 0
bo‘ladi. Natijada x
0
− x
0
0
⊥ H. Bu faqat x
0
= x
0
0
bo‘lganda o‘rinli.
6.2.16. E normalangan fazoda noldan farqli uzluksiz chi-
ziqli f funksionali va M = {x ∈ E : f (x) = 1} to‘plami berilgan
bo‘lsin. U holda
1
kf k
= inf
x∈M
kxk
tengligini isbotlang.
Yechimi. Xohlagan x ∈ E element uchun |f (x)| ≤ kf k kxk teng-
sizligi o‘rinli bo‘lganligidan, x ∈ M elementi uchun 1 ≤ kf kkxk, ya’ni
1
kf k
≤ kxk tengsizligini yoza olamiz. Shu sababli 1
kf k
≤ inf
x∈M
kxk.
kf k = sup
kxk≤1
|f (x)| bo‘lganligidan, xohlagan ε > 0 soni uchun shunday
y
ε
elementi topilib,
|f (y
ε
)| > (kf k − ε) ky
ε
k
(kf k > ε)
tengsizligi o‘rinli bo‘ladi.
y
ε
f (
y
ε
)
nuqtani x
ε
orqali belgilaymiz. U holda
x
ε
∈ M va kx
ε
k <
1
kf k − ε
Demak, inf
x∈M
kxk <
1
kf k − ε
tengsizligi ham
o‘rinli. Bu tengsizlikda ε ixtiyoriy bo‘lganligidan, inf
x∈M
kxk ≤ 1
kf k
teng-
sizligini yoza olamiz. Yuqorida
1
kf k
≤ inf
x∈M
kxk tengsizligining o‘rinli
ekanligi ko‘rsatilgan edi. Natijada, 1
kf k
= inf
x∈M
kxk.
6.2.17. F
n
, n ∈ N fazoda har bir chiziqli funksional f uchun
shunday a = (a
i
) ∈ F
n
topilib,
f (x) =
n
X
i=1
x
i
a
i
, x = (x
i
) ∈ F
n

§ 6.2. Uzluksiz chiziqli funksionallar
227
bo‘lishini ko‘rsating, bunda F = R yoki C.
Yechimi. Aytaylik, {e
1
, ..., e
n
} sistema F
n
fazoning bazisi va f :
F
n
→ F chiziqli funksional bo‘lsin. Agar x = (x
i
) ∈ R
n
bo‘lsa, u holda
x =
n
X
i=1
x
i
e
i
,
va f ning chiziqli ekanligidan,
f (x) =
n
X
i=1
x
i
f (e
i
).
Demak, f funksional {e
1
, ..., e
n
} bazisdagi qiymatlari orqali to‘la
aniqlanadi. f (e
i
) = a
i
deb belgilaylik. U holda