Kudaybergenov k. K. Funksional analizdan misol va masalalar

E
k
) = 0 bo‘ladi. Bundan
Z
E
f (x) dµ = lim
λ→0
n−1
X
k=0
µ(E
k
) = 0.
2.3.6. Agar f ∼ g bo‘lsa, u holda
R
E
f (x) dµ(x) =
R
E
g(x) dµ(x)
ekanligini ko‘rsating.
Yechimi. E
1
= {x ∈ E : f (x) 6= g(x)} bo‘lsin. U holda f ∼ g
bo‘lganligidan,
µ(E
1
) = 0
va
f (x) = g(x), x ∈ E \ E
1
o‘rinlidir. 2.3.5-misoldan
R
E
1
f (x) dµ(x) =
R
E
1
g(x) dµ(x) = 0. Bundan
Z
E
f (x) dµ(x) =
Z
E\E
1
f (x) dµ(x) +
Z
E
1
f (x) dµ(x) =
=
Z
E\E
1
g(x) dµ(x) +
Z
E
1
g(x) dµ(x) =
Z
E
g(x) dµ(x).
2.3.7.
Agar f funksiya [a, b] oraliqda Riman ma’nosida
integrallanuvchi bo‘lsa, u holda uning uzulish nuqtalari
to‘plami D nol o‘lchoviga ega.
Yechimi. f funksiya [a, b] oraliqda Riman ma’nosida integrallanuv-
chi bo‘lganligidan, u chegaralangandir. Har bir k ∈ N uchun
D
k
= {x ∈ [a, b] : ω(x) ≥
1
k
}
deylik. U holda
D
1
⊂ D
2
⊂ · · · ⊂ D
k
⊂ · · · .
D =
S
k≥1
D
k
bu f ning uzulish nuqtalari to‘plamidir. Ixtiyoriy ε > 0
sonini olamiz. Quyidagi shartlarni qanoatlantiruvchi
a = x
0
< x
1
< · · · < x
n
= b
nuqtalarni olaylik:
m
i
=
inf
x
i−1

i
f (x), M
i
=
sup
x
i−1

i
f (x),

64
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
Darbu yig‘indilari
s =
n−1
X
i=0
m
i
(x
i+1
− x
i
), S =
n−1
X
i=0
M
i
(x
i+1
− x
i
),
va
S − s < ε.
F = {i ∈ 0, n − 1 : M
i
− m
i
≥ 1/k} bo‘lsin. U holda
D
k
⊂
[
j∈F
[x
j−1
, x
j
],
bundan
µ(D
k
) ≤
X
j∈F
(x
j
− x
j−1
).
Endi
S − s =
n−1
X
i=0
(M
i
− m
i
)(x
i+1
− x
i
) ≥
≥
X
j∈F
(M
i
− m
i
)(x
i+1
− x
i
) ≥
X
j∈F
1
k
(x
i+1
− x
i
) ≥
1
k
µ(D
k
).
S − s < ε dan µ(D
k
) ≤ εk. ε ning ixtiyoriyligidan, µ(D
k
) = 0 kelib
chiqadi. U holda µ(D) ≤
P
k≥1
µ(D
k
) = 0, ya’ni µ(D) = 0.
2.3.8. Agar f funksiya [a, b] oraliqda Riman ma’nosida in-
tegrallanuvchi bo‘lsa, u holda f funksiya [a, b] oraliqda Lebeg
ma’nosida ham integrallanuvchi bo‘ladi va
(L)
b
Z
a
f (x) dµ(x) = (R)
b
Z
a
f (x) dx.
Yechimi. f funksiya [a, b] oraliqda Riman ma’nosida integrallanuv-
chi bo‘lganligidan, u chegaralangandir va uzulish nuqtalari to‘plami D
uchun, 2.3.7-misolga ko‘ra µ(D) = 0. Nol o‘lchovli to‘plamda ixtiyoriy
funksiya o‘lchovli ekanligidan, f ning E = [a, b] \ D to‘plamda o‘lchovli
ekanligini ko‘rsatamiz.
c ∈ R sonini olamiz. x ∈ E(f > c), ya’ni f (x) > c bo‘lsin. ε
x
=
c − f (x) deylik. E to‘plamda f uzluksizligidan shunday δ
x
> 0 topilib,
x
0
∈ E, |x − x
0
| < δ
x
uchun |f (x) − f (x
0
)| < ε
x
o‘rinlidir. Bundan
f (x
0
) < f (x) + ε
x
= c, ya’ni f (x
0
) < c.
G =
[
{(x − δ
x
, x + δ
x
) : x ∈ E(f > c)}

§ 2.3. Lebeg integrali
65
ochiq to‘plamdir, Demak, o‘lchovli va bundan E ∩ G o‘lchovlidir.
E(f > c) = E ∩ G ekanligini ko‘rsatamiz. Haqiqatan, x ∈ E(f > c)
bo‘lsa, u holda x ∈ E va f (x) > c. Bundan x ∈ (x − δ
x
, x + δ
x
) ⊂ G,
ya’ni x ∈ E ∩ G. Aksincha, x ∈ E ∩ G bo‘lsin. U holda x ∈ E va biror
x
0
∈ E(f > c) uchun x ∈ (x
0
− δ
x
, x
0
+ δ
x
). Bundan f (x) > c, ya’ni
x ∈ E(f > c). Demak, E(f > c) o‘lchovli to‘plam. f chegaralangan va
o‘lchovli ekanligidan, u Lebeg ma’nosida integrallanuvchidir.
Endi integrallarning tengligini ko‘rsatamiz. [a, b] oraliqni [x
i−1
, x
i
]
oraliqlarga bo‘lamiz va har bir oraliqda 2.3.1-misolga asosan, Lebeg
integralini baholaymiz:
m
i
∆
i
≤ (L)
x
i
Z
x
i−1
f (x) dµ(x) ≤ M
i
∆
i
.
Barcha i lar bo‘yicha yig‘indi olsak, u holda
s ≤ (L)
b
Z
a
f (x) dµ(x) ≤ S.
λ = max ∆
i
→ 0 da s va S Darbu yig‘indilari Riman integraliga intiladi.
Demak,
(L)
b
Z
a
f (x) dµ(x) = (R)
b
Z
a
f (x) dx.
2.3.9. µ to‘g‘ri chiziqdagi Lebeg o‘lchovi bo‘lsin. Q ra-
tsional sonlar to‘plami bo‘lsa, u holda
Z
R
χ
Q
(x) dµ(x)
integralni hisoblang.
Yechimi. Lebeg integrali additivligidan,
Z
R
χ
Q
(x)dµ(x) =
Z
Q
χ
Q
(x)dµ(x) +
Z
R\Q
χ
Q
(x)dµ(x) =
=
Z
Q
1 · dµ(x) +
Z
R\Q
0 · dµ(x) = 1 · µ(Q) = 1 · 0 = 0,
ya’ni
R
R
χ
Q
(x)dµ(x) = 0.

66
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
2.3.10. Agar f (x) = (−1)
[x]
va A = [−3, 2) bo‘lsa, u holda
Z
A
f (x) dµ(x),
Z
A
|f (x)| dµ(x),
Z
A
f
+
(x) dµ(x),
Z
A
f
−
(x) dµ(x)
integrallarni hisoblang.
Yechimi. [−3, 2) oraliqni
[−3, 2) = [−3, −2) ∪ [−2, −1) ∪ [−1, 0) ∪ [0, 1) ∪ [1, 2) =
1
[
k=−3
[k, k + 1)
ko‘rinishda yozsak, u holda har bir x ∈ [k, k + 1), k ∈ −3, 1 uchun
f (x) = (−1)
k
,
ya’ni
f (x) =
1
X
k=−3
(−1)
k
χ
[k, k+1)
(x)
ko‘rinishdagi oddiy funksiya ekanligi ko‘rinadi.
Lebeg integrali
ta’rifidan,
Z
A
f (x) dµ(x) =
1
X
k=−3
(−1)
k
µ([k, k + 1)) =
1
X
k=−3
(−1)
k
[(k + 1) − k] =
=
1
X
k=−3
(−1)
k
= −1 + 1 − 1 + 1 − 1 = −1,
ya’ni
R
A
f (x) dµ(x) = −1.
Z
A
|f (x)|dµ(x) =
1
X
k=−3
|(−1)
k
|µ([k, k + 1)) =
1
X
k=−3
1 = 5,
ya’ni
R
A
|f (x)|dµ(x) = 5. Endi
f
+
(x) =
|f (x)| + f (x)
2
va f
−
(x) =
|f (x)| − f (x)
2
tengliklaridan
Z
A
f
+
(x) dµ(x) =
1
2
àZ
A
|f (x)| dµ(t) +
Z
A
f (t) dµ(x)
!
=
1
2
(5 − 1) = 2

§ 2.3. Lebeg integrali
67
va
Z
A
f
−
(x) dµ(x) =
1
2
àZ
A
|f (x)| dµ(x) −
Z
A
f (x) dµ(x)
!
=
1
2
(5 + 1) = 3.
2.3.11. f (x) funksiya
f (x) =
½
2
x
,
agar x ∈ R \ Q,
sin x, agar x ∈ Q
kabi aniqlangan.
Bu funksiya [0, 1] segmentida Riman
ma’nosida integrallanuvchimi? Lebeg ma’nosidachi? Agar
integrallanuvchi bo‘lsa uning integralini hisoblang.
Yechimi. Bu funksiya Riman ma’nosida integrallanuvchi emas. Ay-
taylik, {4x
k
, k = 1, n} – [0, 1] segmentning biror bo‘linmasi bo‘lsin.
Agar ξ
k
∈ 4x
k
sonlar ratsional bo‘lsa, u holda Darbu yig‘indisi
n
X
k=1
f (ξ
k
)4x
k
=
n
X
k=1
sin(ξ
k
)4x
k
.
Bu holda Darbu yig‘indilari
1
R
0
sin(x) dx = − cos 1 − 1 soniga yaqin-
lashadi.
Endi ξ
k
∈ 4x
k
sonlar irratsional bo‘lsa, u holda Darbu yig‘indisi
n
X
k=1
f (ξ
k
)4x
k
=
n
X
k=1
2
ξ
k
4x
k
.
Bu holda Darbu yig‘indilari
1
R
0
2
x
dx = 1
ln 2 soniga yaqinlashadi.
− cos 1 − 1 6= 1
ln 2 bo‘lganligidan, f (x) funksiya Riman ma’nosida
integrallanuvchi emas.
Endi A
1
orqali [0, 1] to‘plamida joylashgan barcha irratsional son-
lar to‘plamini, A
2
orqali esa shu segmentdagi barcha ratsional sonlar
to‘plamini belgilaymiz, ya’ni A = [0, 1] va A = A
1
∪ A
2
. Ratsional
sonlar to‘plami sanoqli bo‘lganligidan, uning o‘lchovi 0 ga teng, ya’ni
µ(A
2
) = 0. U holda funksiyaning Lebeg integrali
Z
A
f (x)dµ =
Z
A
1
2
x
dµ +
Z
A
2
sin xdµ =
1
Z
0
2
x
dx = 1/ ln 2.
Demak, funksiya Lebeg ma’nosida integrallanuvchi.

68
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
2.3.12. Agar f (x) funksiya
f (x) =



1
√
x
,
agar x ∈ R \ Q,
1
x − 1, agar x ∈ Q.
ko‘rinishda berilgan bo‘lsa,
R
[0,1]
f (x)dµ ni hisoblang, bu yerda
µ haqiqiy sonlar to‘plamidagi Lebeg o‘lchovi.
Yechimi. f (x) funksiyasi R da deyarli barcha joyda g(x) = 1
√
x
funksiyasiga ekvivalent. U holda Lebeg integralining hossasiga ko‘ra
Z
[0,1]
f (x)dµ =
Z
[0,1]
g(x)dµ =
1
Z
0
1
√
x
dx = 2.
2.3.13. Tengsizlikni isbotlang.
2
4
√
e
≤
Z
[−1,1]
e
x
2
+x
χ
R\Q
(x) dµ ≤ 2e
2
,
bu yerda µ haqiqiy sonlar to‘plamidagi Lebeg o‘lchovi.
Yechimi. Dastlab R ning deyarli hamma joyida χ
R\Q
(x) = 1 ekan-
ligini aytib o‘taylik. Shuning uchun
2
4
√
e
≤
Z
[−1,1]
e
x
2
+x
dµ ≤ 2e
2
tengsizligini isbotlash kifoya.
[−1, 1] oralig‘ida e
−1/4
≤ e
x
2
+x
≤ e
2
ekanligi ravshan. A = [−1, 1]
to‘plamining o‘lchovi µ(A) = 1 − (−1) = 2 ekanligidan, va 2.3.1-
misoldan
2
4
√
e
≤
Z
[−1,1]
e
x
2
+x
dµ ≤ 2e
2
munosabatiga ega bo‘lamiz.
2.3.14. A = (0, 1] toplamida f funksiya berilgan bo‘lib, u
A
k
=
³
1
k + 1,
1
k
i
yarim intervalida
(−1)
k
k
α
, k ∈ N qiymatini qabul
qilsin. α ning qanday qiymatlarida bu funksiya (0; 1] kesmada
Lebeg ma’nosida integrallanuvchi bo‘ladi?
Yechimi. f funksiya oddiy funksiya bo‘lib, u sanoqli
(−1)
k
k
α
, k ∈ N
qiymatlarini qabul qiladi. A
k
to‘plamlari o‘lchovli bo‘lgani uchun f (x)

§ 2.3. Lebeg integrali
69
funksiyasi ham o‘lchovli bo‘ladi. Demak,
∞
X
k=1
(−1)
k
k
α
µ(A
k
)
qatori yaqinlashuvchi bo‘lsa, f (x) funksiyasi A da integrallanuvchi
bo‘ladi. Endi
∞
X
k=1
(−1)
k
k
α
µ(A
k
) =
∞
X
k=1
(−1)
k
k
α
µ
1
k
−
1
k + 1
¶
=
∞
X
k=1
(−1)
k
k
α
1
k(k + 1)
=
∞
X
k=1
(−1)
k
k
α+1
(k + 1)
ekanligidan, qator α > −1 bo‘lgandagina yaqinlashuvchi bo‘ladi.
2.3.15. Hisoblang:
lim
n→∞
Z
R
n sin
|x|
n
(1 + x
4
)
−1
dµ.
Yechimi. Har bir n ∈ N uchun f
n
(x) = n sin
|x|
n
(1 + x
4
)
−1
funksiyani
qaraylik. Ixtiyoriy x ∈ R uchun
lim
n→∞
f
n
(x) = lim
n→∞
n sin
|x|
n
1 + x
4
=
|x|
1 + x
4
= f (x).
Bundan tashqari ixtiyoriy x ∈ R uchun
|f
n
(x)| ≤
|x|
1 + x
4
= g(x).
Nomanfiy g(x) funksiya R da integrallanuvchi. Bundan f
n
ham R
da Lebeg ma’nosida integrallanuvchi va
lim
n→∞
Z
R
n sin
|x|
n
(1 + x
4
)
−1
dµ =
Z
R
|x|
1 + x
4
dµ = arctgx
2
¯
¯
+∞
0
=
π
2
.
2.3.16. Aytaylik, {f
n
(x)} funksiya A = [0, 1] da o‘lchovli,
nomanfiy, chegaralangan funksiyalar ketma-ketligi uchun
lim
n→∞
R
A
f
n
(x)dµ → 0 bo‘lsin. U holda A to‘plamida lim
n→∞
f
n
(x) → 0
ekanligi kelib chiqadimi?
Yechimi. Umuman aytganda, kelib chiqmaydi. Buni quyidagi mi-
soldan ko‘rsa bo‘ladi.

70
II. O‘lchovlar nazariyasi elementlari
Ixtiyoriy natural n soni yagona ravishda
n = 2
k
+ i, k = 0, 1, 2, . . . , ; 0 ≤ i < 2
k−1
shaklda yozilishini eslatib o‘taylik.
Endi shunday {f
n
(x)} ketma-
ketligini olaylik, ixtiyoriy n = 2
k
+ i uchun
f
n
(x) =
½
1, agar x ∈ [
1
2
k+1
,
1
2
k
],
0, agar x /
∈ [
1
2
k+1
,
1
2
k
].
U holda
1
R
0
f
n
(x)dx =
1
2
k+1
. n → ∞ da k ham cheksizlikka intilganidan,
lim
n→∞
1
Z
0
f
n
(x)dx = 0.
Lekin {f
n
(x)} ketma-ketligi A = [0, 1] to‘plamining hech bir nuqtasida
nolga intilmaydi.
2.3.17.
R
(0,1)
f (x)dµ Lebeg integralini hisoblang, bunda
f (x) =
(
1
x
2
,
agar x ∈ (0, 1) \ Q,
6x + 7, agar x ∈ (0, 1) ∩ Q.
Yechimi. g(x) = 1
x
2
funksiyasini qaraymiz. Funksiya aniqlanishiga
ko‘ra f (x) ∼ g(x). U holda
Z
(0,1)
f (x) dµ =
Z
(0,1)
g(x) dµ
bo‘ladi. Endi g(x) funksiyasining integralini hisoblaymiz. g(x) funksiya
(0, 1) da musbat va chegaralanmagan. g(x) funksiyasi orqali quyidagi
funksiyalarni tuzamiz:
[g(x)]
n
=
(
n,
agar 1
x
2
> n,
1
x
2
, agar 1
x
2
≤ n
ya’ni
[g(x)]
n
=
(
n, agar 0 < x <
1
√
n
,
1
x
2
, agar
1
√
n
≤ x < 1.

§ 2.3. Lebeg integrali
71
[g(x)]
n
funksiyaning integralini hisoblaymiz. [g(x)]
n
funksiyasi (0, 1)
da uzluksiz, u holda Riman ma’nosida integrallanuvchi:
(L)
Z
(0,1)
[g(x)]
n
dµ = (R)
1
√
n
Z
0
n dx + (R)
1
Z
1
√
n
1
x
2
dx = 2
√
n − 1
Ta’rif bo‘yicha
Z
(0,1)
g(x) dµ(x) = lim
n→∞
(2
√
n − 1) = ∞.
Demak, g(x) funksiya Lebeg ma’noda integrallanuvchi emas, bundan
esa unga ekvivalent funksiya