Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

`
∗
1
∼
= m.
6.3.7. m
∗
fazoning `
1
fazoga izomorf emasligini ko‘rsating.
Yechimi. Ravshanki, c yaqinlashuvchi ketma-ketliklar fazosi m ning
qism fazosidir. c qism fazoda
f (x) = lim
n→∞
x
n
, x = (x
n
) ∈ c
(6.26)
ifoda chegaralangan chiziqli funksionalni aniqlaydi.
x
0
= (1, 1, ..., 1, ...) ∈ c nuqtada f (x
0
) = 1 dan ||f || = 1 kelib chiqadi.
Xan-Banax teoremasidan bu funksionalni normasini saqlagan holda m
fazosiga davom ettirish mumkin.
Faraz qilaylik, bu funksional `
1
fazo elementi orqali aniqlansin, ya’ni
shunday ξ = (ξ
n
) ∈ `
1
topilib,
f (x) =
∞
X
n=1
x
n
ξ
n
, (x
n
) ∈ m.
(6.27)
e
n
= (0, ..., 0, 1, 0, ...), n ∈ N elementlarni qaraylik. (6.27) dan f (e
n
) =
0, n ∈ N kelib chiqadi.
Ikkinchi tomondan, (6.27) ga ko‘ra
f (e
n
) = ξ
n
, n ∈ N.
Bundan ξ
n
= 0, n ∈ N. (6.27) dan esa
f (x) = 0, ∀ x ∈ m.
Demak, f ≡ 0. Bu esa ||f || = 1 ekanligiga zid. Hosil bo‘lgan ziddiyat-
dan, m
∗
fazoning `
1
fazoga izomorf emasligini kelib chiqadi.
6.3.8. C[a, b] fazoning refleksiv emasligini isbotlang.
Yechimi. Teskarisini faraz qilaylik. U holda chekli variatsiyali
funksiyalar fazosi V da aniqlangan har bir uzluksiz chiziqli F (f ) funk-
sional C[a, b] fazosidagi biror x(t) funksiya orqali aniqlanishi kerak,
ya’ni
F (f ) = F
x
(f ) = f (x).

236
VI. Chiziqli operatorlar
Demak,
F
x
(f ) =
b
Z
a
x(t) df (t),
bunda f (t) – C[a; b]
∗
da f (x) funksionalga mos keluvchi chekli varia-
tsiyali funksiya.
Quyidagi funksionalni qaraylik:
F
0
(f ) = f (t
0
+ 0) − f (t
0
− 0)
(t
0
∈ [a, b]).
Bu funksionalning chiziqli ekanligi ravshan, uzluksizligi quyidagi baho-
lashdan kelib chiqadi:
|F
0
(f )| ≤ |f (t
0
+ 0) − f (t
0
− 0)| ≤ V
b
a
(f ) = ||f ||.
Bundan tashqari F
0
(f ) 6= 0, shuning uchun [a, b] da uzluksiz x
0
(t) 6=
0 funksiya mavjud bo‘lib, F
0
(f ) =
b
R
a
x
0
(t) df (t) tenglik o‘rinli bo‘ladi.
Endi f (t) =
t
R
a
x
0
(s) ds funksiyani qaraylik. Bu funksiya [a, b] da
uzluksiz bo‘lganligidan, F
0
(f
0
) = 0. Biroq ikkinchi tomondan,
F
0
(f ) =
b
Z
a
x
0
(t) df (t) =
b
Z
a
x
2
0
(t) dt > 0.
Bu ziddiyatdan C[a, b] fazoning refleksiv emasligi ko‘rinadi.
6.3.9. L
0
(0, 1)
∗
= {0} ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. Faraz qilaylik, f ∈ L
0
(0, 1)
∗
, f 6= 0 mavjud bo‘lsin.
Yarim intervallarning xarakteristik funksiyalari chiziqli kombinasiyalari
L
0
(0, 1) fazoda zich bo‘lganligidan, shunday ∆
1
⊆ [0, 1] yarim interval
topilib, f (χ
∆
1
) = δ
1
6= 0 o‘rinlidir. ∆
1
ni teng ikkita dizyunkt ∆
0
1
, ∆
00
1
yarim intervallarga ajrataylik. χ
∆
1
= χ
∆
0
1
+ χ
∆
00
1
bo‘lganligidan,
f (χ
∆
0
1
) + f (χ
∆
00
1
) = f (χ
∆
1
) 6= 0
kelib chiqadi. Bundan f (χ
∆
0
1
) 6= 0 yoki f (χ
∆
00
1
) 6= 0. Bu sonlarning
noldan farqlisiga mos keluvchi yarim intervalni ∆
2
deb belgilaylik, ya’ni
f (χ
∆
2
) = δ
2
6= 0, bunda µ(∆
2
) ≤ 1/2.
Bu jarayonni davom ettirib,
a) µ(∆
n
) ≤ 1/2
n
;
b) f (χ
∆
n
) = δ
n
6= 0
shartlarni qanoatlantiruvchi {∆
n
} yarim intervallarga ega bo‘lamiz.

§ 6.3. Qo‘shma fazolar
237
Endi x
n
= δ
−1
n
χ
∆
n
deylik. U holda µ(∆
n
) ≤ 1/2
n
dan {x
n
} ketma-
ketlik o‘lchov bo‘yicha nolga intiladi, ya’ni x
n
µ
→ 0. f ning uzluksizligi-
dan, f (x
n
) → 0.
Lekin
f (x
n
) = f (δ
−1
n
χ
∆
n
) = δ
−1
n
δ
n
= 1.
Hosil bo‘lgan ziddiyatdan f ≡ 0, ya’ni L
0
(0, 1)
∗
= {0} ekanligini kelib
chiqadi.
6.3.10. E normalangan fazo va x
0
∈ E bo‘lsin. U holda
shunday f ∈ E
∗
mavjudki,
||f || = 1
va
f (x
0
) = ||x
0
||
tengliklari o‘rinlidir.
Yechimi. x
0
elementning chiziqli qobig‘i L (x
0
) da
f (αx
0
) = α||x
0
||
formula bilan aniqlangan funksionalni qaraylik.
|f (αx
0
)| = |α||x
0
||| = ||αx
0
||
dan va normaning bir-jinsli qavariq funksionalligidan, Xan – Banax
teoremasiga asosan, bu funksionalni E fazosigacha davom ettiramiz.
U holda
||f || = 1
va
f (x
0
) = ||x
0
||
tengliklari o‘rinlidir.
6.3.11. E normalangan fazo va x
0
∈ E bo‘lsin. U holda
ψ
x
0
(f ) = f (x
0
), f ∈ E
∗
orqali aniqlangan funksional E
∗
da chegaralangan ekanligini
ko‘rsating.
Yechimi. f
1
, f
2
∈ E
∗
, α
1
, α
2
∈ R uchun
ψ
x
0
(α
1
f
1
+ α
2
f
2
) = (α
1
f
1
+ α
2
f
2
)(x
0
) =
= α
1
f
1
(x
0
) + α
2
f
2
(x
0
) = α
1
ψ
x
0
(f
1
) + α
2
ψ
x
0
(f
2
).

238
VI. Chiziqli operatorlar
Bundan ψ
x
0
chiziqli funksional. Endi
|ψ
x
0
(f )| = |f (x
0
)| ≤ ||f ||||x
0
||
ekanligidan, ψ
x
0
chegaralangan funksional va ||ψ
x
0
|| ≤ ||x
0
||.
6.3.12. E normalangan fazo bo‘lsin. U holda
x ∈ E :7→ ψ
x
∈ E
∗∗
orqali
aniqlangan
akslantirish
izometriya
ekanligini
ko‘rsating.
Yechimi. 6.3.10-misoldan har bir x ∈ E uchun ||ψ
x
0
|| ≤ ||x
0
|| teng-
sizligi o‘rinli.
6.3.10-misolga asosan, har bir x ∈ E uchun shunday f ∈ E
∗
topi-
ladiki, |f (x)| = ||f ||||x||. Bundan
||ψ
x
|| = sup
f ∈E
∗
|f (x)|
||f ||
≥ ||x||,
ya’ni ||ψ
x
|| ≥ ||x||. Demak,
||ψ
x
|| = ||x||.
6.3.13. X Banax fazosi, f
n
∈ X
∗
, n ∈ N va ixtiyoriy x ∈ X
uchun
lim
n→∞
hx, f
n
i = hx, f i
tengligi o‘rinli bo‘lsin. U holda f ∈ X
∗
bo‘lishini isbotlang.
Yechimi.
6.1.20-misolda A
n
operatorini f
n
funksional bilan al-
mashtirsak, misolning yechimi kelib chiqadi.
Mustaqil ish uchun masalalar
1. c
0
fazoning refleksiv emasligini ko‘rsating.
2. `
1
fazoning refleksiv emasligini ko‘rsating.
3. `
∗
p
fazoning `
q
fazoga izomorf ekanligini ko‘rsating, bunda 1 < p <
∞, 1p +
1
q = 1.
4. Agar f chiziqli funksional c
0
⊂ m fazoda chegaralangan bo‘lsa,
u holda bu funksionalni normasini saqlab, m fazosiga yagona usulda
davom ettirish mumkinligini isborlang.
5. Agar X cheksiz o‘lchamli normalangan fazo bo‘lsa, u holda X
∗
fazo ham cheksiz o‘lchamli ekanligini isbotlang.
6. X Banax fazosi bo‘lsin. Har bir M ⊂ X to‘plam uchun
M
∗
= {f ∈ X
∗
: |f (x)| ≤ 1, ∀ x ∈ M }

§ 6.4. Kuchsiz topologiya va kuchsiz yaqinlashish
239
to‘plamning yopiq va qavariq ekanligini ko‘rsating.
7. X va Y normalangan fazolar, Z = X ⊕Y ularning to‘g‘ri yig‘indisi
bo‘lsin. U holda Z fazodagi har bir uzluksiz chiziqli funksional f yagona
usulda
f ((x, y)) = h(x) + g(y)
ko‘rinishda tasvirlanishini isbotlang, bunda h ∈ X
∗
, g ∈ Y
∗
.
8. X Banax fazosi bo‘lsin. Agar X
∗
separabel bo‘lsa, u holda X
ham separabel ekanligini ko‘rsating.
9. X separabel bo‘lib, X
∗
separabel bo‘lmagan X Banax fazosiga
misol keltiring.
10. Qo‘shma fazosi c fazosiga izomorf bo‘lgan Banax fazosi mavjud
emasligini ko‘rsating.
11. X Banax fazosi bo‘lsin. Ixtiyoriy chiziqli erkli {x
n
} ⊂ X ketma-
ketligi uchun shunday {f
n
} ⊂ X
∗
ketma-ketligi mavjud bo‘lib,
||f
n
|| = 1 va f
i
(x
j
) = δ
ij
o‘rinlidir.
6.4. Kuchsiz topologiya va kuchsiz yaqinlashish
E chiziqli topologik fazosida aniqlangan barcha uzluksiz funksio-
nallar to‘plamidan chekli sondagi f
1
, f
2
, . . . , f
n
funksionallarni olamiz.
Agar ε musbat son bo‘lsa, u holda
{x : |f
i
(x)| < ε, i = 1, 2, . . . , n}
(6.27)
to‘plami E fazosida ochiq bo‘ladi. Shu bilan birga, bunday to‘plamlar
nol nuqtasini o‘z ichiga oladi. Shuning uchun u nol nuqtaning biror
atrofi. Bunday atroflar sistemasi nol nuqta atroflarining aniqlovchi sis-
temasi bo‘ladi. E fazoda (6.27) ko‘rinishdagi to‘plamlar sistemasi hosil
etgan topologiya kuchsiz topologiya deyiladi.
Kuchsiz topologiya bo‘yicha yaqinlashishga kuchsiz yaqinlashish
deyiladi. (6.27) ko‘rinishdagi to‘plamlar aniqlanishidan, {x
n
} ⊂ E
ketma-ketligi x ∈ E elementiga yaqinlashishi quyidagiga teng kuchlidir:
f (x
n
) → f (x), f ∈ E
∗
.
Kuchsiz yaqinlashish x
n
w
−→ x kabi belgilanadi.
E
∗
fazodagi normaga mos keluvchi topologiyaga shu fazodagi kuchli
topologiya deyiladi.

240
VI. Chiziqli operatorlar
E chiziqli topologik fazosida x
1
, x
2
, . . . , x
n
nuqtalarni olamiz. ε > 0
bo‘lsin.
{f ∈ E
∗
: |f (x
i
)| < ε, i = 1, 2, . . . , n}
(6.28)
to‘plami E
∗
fazosida ochiq bo‘ladi. Bu atroflar sistemasi nol nuqta
atroflarining aniqlovchi sistemasi bo‘ladi. E
∗
fazoda (6.28) ko‘rinishdagi
to‘plamlar sistemasi hosil etgan topologiya *-kuchsiz topologiya deyi-
ladi.
*-Kuchsiz topologiya bo‘yicha yaqinlashishga *-kuchsiz yaqinlashish
deyiladi. (6.28) ko‘rinishdagi to‘plamlar aniqlanishidan, {f
n
} ⊂ E
∗
ketma-ketligi f ∈ E
∗
funksionaliga yaqinlashishi quyidagiga teng kuch-
lidir:
f
n
(x) → f (x), x ∈ E.
*-Kuchsiz yaqinlashish f
n
∗
w
−→ f kabi belgilanadi.
Masalalar
6.4.1. E Banax fazosida {x
n
} ketma-ketlik kuchli yaqin-
lashuvchi bo‘lsa, u holda bu ketma-ketlikning kuchsiz yaqin-
lashuvchi ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. Aytaylik, {x
n
} ketma-ketlik x elementga kuchli yaqin-
lashsin, ya’ni ||x
n
− x|| → 0. Ixtiyoriy f ∈ E
∗
uchun
|f (x
n
) − f (x)| = |f (x
n
− x)| ≤ ||f ||||x
n
− x|| → 0
ekanligidan, f (x
n
) → f (x). Bundan x
n
w
−→ x.
6.4.2. E
∗
fazosida {f
n
} ketma-ketlik kuchli yaqinlashuvchi
bo‘lsa, u holda bu ketma-ketlikning *-kuchsiz yaqinlashuvchi
ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. Aytaylik, {f
n
} ketma-ketlik f funksionalga kuchli yaqin-
lashsin, ya’ni ||f
n
− f || → 0. Ixtiyoriy x ∈ E uchun
|f
n
(x) − f (x)| = |(f
n
− f )(x)| ≤ ||x||||f
n
− f || → 0
ekanligidan, f
n
(x) → f (x). Bundan f
n
∗
w
−→ f.
6.4.3. E chiziqli topologik fazoda kuchsiz yaqinlashishga
quyidagicha ta’rif berish mumkin ekanligini isbotlang: x
0
nuqtasi va {x
n
} ketma-ketligi berilganda har bir ϕ ∈ E
∗
funk-
sional uchun {ϕ(x
n
)} ketma-ketligi ϕ(x
0
) soniga yaqinlashuv-
chi bo‘lsa, u holda {x
n
} ketma-ketligi x
0
nuqtaga kuchsiz
yaqinlashuvchi deyiladi.

§ 6.4. Kuchsiz topologiya va kuchsiz yaqinlashish
241
Yechimi. Oddiylik uchun x
0
= 0 va har bir ϕ ∈ E
∗
uchun ϕ(x
n
) → 0
bo‘lsin. Nol nuqtaning ixtiyoriy
U = {x : |ϕ
i
(x)| < ε, i = 1, ..., k}
kushsiz atrofini olaylik. U holda har bir ε > 0 soni uchun shunday
n
i
(i = 1, 2, ..., k) soni topilib, n ≥ n
i
bo‘lganda |ϕ
i
(x)| < ε o‘rinli
bo‘ladi. n
ε
= max n
i
deb olsak, n ≥ n
ε
bo‘lganda x
n
∈ U ni yoza
olamiz.
Teskarisi, agar nol nuqtaning har bir kuchsiz U atrofi uchun shunday
n
0
soni topilib, n ≥ n
0
bo‘lganda x
n
∈ U o‘rinli bo‘lsa, u holda n → ∞
da har bir ϕ ∈ E
∗
uchun ϕ(x
n
) → 0 ekanligi ko‘rinadi.
6.4.4. Normalangan fazoda berilgan har bir {x
n
} kuchsiz
yaqinlashuvchi ketma-ketlikning chegaralangan ekanligini is-
botlang.
Yechimi. E
∗
fazosida
A
kn
= {f : |f (x
n
)| ≤ k}, k, n = 1, 2, ...
(6.29)
to‘plamlarini qaraylik.
Tayinlangan x
n
da f o‘zgaruvchidan olingan hf, x
n
i funksiya uzluksiz
bo‘lganligidan, (6.29) to‘plamlari yopiq bo‘ladi. Yopiq to‘plamlarning
kesishmasi yopiq bo‘lganligidan, A
k
=
∞
T
n=1
A
kn
to‘plami ham yopiq
bo‘ladi. {x
n
} ketma-ketligi kuchsiz yaqinlashuvchi bo‘lganligidan, har
bir f ∈ E
∗
uchun f (x
n
) sonli ketma-ketligi yaqinlashuvchi, demak,
chegaralangan. Boshqacha aytganda, E
∗
fazosidan olingan ixtiyoriy
f element A
k
to‘plamlarining bittasiga tegishli bo‘ladi. Shuning uchun
E
∗
=
∞
[
k=1
A
k
tengligini yoza olamiz. E
∗
fazosi to‘liq bo‘lganligidan, Ber teoremasi
(3.1.11-misolga qarang) bo‘yicha A
k
to‘plamlarning bittasi, Aytaylik,
A
m
to‘plami biror B[f
0
, ε] sharda zich bo‘ladi. A
m
yopiq bo‘lganligidan,
B[f
0
, ε] ⊂ A
m
o‘rinli. Natijada {x
n
} ketma-ketlik B[f
0
, ε] sharida,
demak, E
∗
fazosida har bir sharda chegaralangan bo‘ladi. Jumladan,
birlik sharda ham chegaralangan. Boshqacha aytganda, {x
n
} ketma-
ketlik hadlari E
∗∗
fazo elementlari sifatida chegaralangan. E ⊂ E
∗∗
munosabatidan {x
n
} ketma-ketlikning E fazosida ham chegaralangan
ekanligi kelib chiqadi.
6.4.5. E normalangan fazoda {x
n
} ketma-ketligi va x ∈ E
element berilgan bo‘lib, quyidagi ikki shart o‘rinli bo‘lsin:

242
VI. Chiziqli operatorlar
1) {kx
n
k} ketma-ketligi biror M soni bilan chegaralangan;
2) E
∗
fazosida zich bo‘lgan biror ∆ to‘plamdan olingan har
bir f uchun f (x
n
) → f (x).
U holda {x
n
} ketma-ketligining x nuqtaga yaqinlashuvchi
ekanini isbotlang.
Yechimi. ϕ = α
1
f
1
+ α
2
f
2
+ ... + α
k
f
k
, f
1
, f
2
, ..., f
k
∈ ∆ bo‘lsa, u
holda ikkinchi shartdan:
ϕ(x
n
) = (α
1
f
1
+ α
2
f
2
+ ... + α
k
f
k
)(x
n
) =
= α
1
f
1
(x
n
) + α
2
f
2
(x
n
) + ... + α
k
f
k
(x
n
) →
→ α
1
f
1
(x) + α
2
f
2
(x) + ... + α
k
f
k
(x) = ϕ (x) .
Endi E
∗
fazodan ixtiyoriy ϕ element olaylik. {ϕ
n
} orqali element-
lari ∆ to‘plam elementlarining chiziqli kombinasiyalaridan iborat va ϕ
elementga yaqinlashuvchi ketma-ketlikni belgilaymiz. ϕ(x
n
) → ϕ(x)
o‘rinli ekanligini ko‘rsatishimiz kerak.
M sonini kx
n