M. H. Shermatov, O. I. Egamberdiyev funksional analiz va integral tenglamalar


Download 1.42 Mb.
Pdf ko'rish
bet25/59
Sana16.04.2020
Hajmi1.42 Mb.
#99788
1   ...   21   22   23   24   25   26   27   28   ...   59
Bog'liq
funksional analiz va integral tenglamalar









1, x ∈ [1, −1/n,

n x, x ∈ (1/n, 1/n,

1,



x ∈ [1/n, 1]

21.1-chizma

ketma-ketligini qaraymiz. Bu ketma-ketlik C

2

[11]



fazoda fundamentaldir,

chunki barcha x ∈ [11] lar uchun |f



n

(x− f



m

(x| ≤ 1

ekanligini hisobga

olsak va n < m desak,



ρ

2

(f



n

, f

m

) =


Z

1

1

(f

n

(x− f



m

(x))

2

dx ≤

Z

1/n



1/n

1dx =

2

n

→ 0, n → ∞.

Biroq {f



n

}

ketma-ketlik C

2

[11]



fazodagi birorta ham funksiyaga yaqin-

lashmaydi. Haqiqatan ham, f ∈ C

2

[11]



ixtiyoriy funksiya va

ϕ(x) =





1, agar x ∈ [10),

1, agar x ∈ [01]

nol nuqtada uzilishga ega funksiya bo`lsin. Ko`rinib turibdiki,

f

n

(x− ϕ (x) =









0, x ∈ [1, −1/n]

S

[1/n, 1] ,



n x + 1, x ∈ (1/n, 0) ,

nx − 1,

x ∈ [01/n).

197


Bundan tashqari barcha x ∈ [11] lar uchun |f

n

(x− ϕ (x| ≤ 1

. Shuning

uchun


1

Z

1

(f

n

(x− ϕ (x))

2

dx =

1/n

Z

1/n

(f



n

(x− ϕ (x))

2

dx ≤

2

n



→ 0, n → ∞.

(21.5)

Agar Minkovskiy tengsizligidan foydalansak ((19.22) ga qarang),

·Z

1



1

((x− ϕ (x))

2

dx

¸

1



2



·Z

1



1

((x− f



n

(x))

2

dx

¸

1



2

+

·Z



1

1

(f



n

(x− ϕ (x))

2

dx

¸

1



2

(21.6)

tengsizlikka kelamiz. Endi quyidagi

Z

1



1

((x− ϕ (x))

2

dx > 0

(21.7)

tengsizlikni isbotlaymiz. Uning isbotini ikki holga ajratamiz.

1) Faraz qilaylik, f(0) ≤ 0 bo`lsin, u holda ning uzluksizligiga ko`ra

shunday δ

1

0

mavjudki, barcha x ∈ [0, δ

1

]



lar uchun f(x1/2 bo`ladi.

Bundan


|f (x− ϕ (x|

2

≥ 1/4,



x ∈ [0, δ

1

]



(21.8)

tengsizlik kelib chiqadi. (21.8) tengsizlikni [0, δ

1

]

kesma bo`yicha integrallab,



Z

1

1

((x− ϕ (x))

2

dx ≥

Z

δ

1

0



((x− ϕ (x))

2

dx >



δ

1

4



tengsizlikka kelamiz.

2) Agar biz f(0) 0 deb faraz qilsak, u holda shunday δ

2

0

mavjudki,

barcha x ∈ [−δ

2

0)

lar uchun |f (x− ϕ (x| > 1/2 bo`ladi. Bundan

Z

1



1

((x− ϕ (x))

2

dx ≥

Z

0



−δ

2

((x− ϕ (x))



2

dx >

δ

2

4



.

Demak, (21.7) tengsizlik isbot bo`ldi. (21.6) tengsizlikdan

·Z

1

1



((x− f

n

(x))

2

dx

¸

1



2

198


·Z

1



1

((x− ϕ (x))

2

dx

¸

1



2

·Z

1



1

(f



n

(x− ϕ (x))

2

dx

¸

(21.9)



ni olamiz. (21.5), (21.7) va (21.9) lardan

ρ (f, f

n

) =


·Z

1

1

((x− f

n

(x))

2

dx

¸

1



2

ning nolga yaqinlasha olmasligi kelib chiqadi, ya'ni { f



n

}

ketma-ketlik C

2

[11]



dagi birorta ham funksiyaga yaqinlasha olmaydi.

21.9. `



p

, p ≥ 1

va m, c, c

0

fazolar to`la metrik fazolardir.



21.1. Ichma-ich joylashgan sharlar haqidagi teorema

Ma'lumki, analizda ichma-ich joylashgan kesmalar haqidagi lemma keng

qo`llaniladi. Metrik fazolar nazariyasida esa ichma-ich joylashgan yopiq shar-

lar haqidagi teorema deb ataluvchi quyidagi teorema shunga o`xshash muhim

ahamiyatga ega.

21.1-teorema. metrik fazo to`la bo`lishi uchun undagi ixtiyoriy ichma-

ich joylashgan va radiuslari nolga intiluvchi yopiq sharlar ketma-ketligining

kesishmasi bo`sh bo`lmasligi zarur va yetarlidir.

Isbot. Zaruriyligi. to`la metrik fazo bo`lsin va B

1

, B

2

, B

3

, . . .

- ichma-

ich joylashgan yopiq sharlar ketma-ketligi bo`lib, ularning radiuslari ketma-

ketligi nolga intilsin. B

n

sharning markazi x



n

nuqtada va radiusi r



n

bo`lsin.


Barcha m > n lar uchun ρ (x

n

, x

m

< r



n

va n → ∞ da r



n

→ 0

bo`lgani


uchun, sharlarning markazlari ketma-ketligi {x

n

}

fundamentaldir. to`la

metrik fazo bo`lgani uchun lim

n→∞

x

n

mavjud. Aytaylik,

lim

n→∞

x

n

x

bo`lsin. Har bir da barcha m > n lar uchun x

m

∈ B

n

. Shunday ekan, har

bir da nuqta B

n

shar uchun urinish nuqtasi bo`ladi. Barcha larda B



n

199


yopiq bo`lgani uchun x ∈ B

n

. U holda



x ∈

\

n=1



B

n

=



\

n=1



B

n

6∅.

Yetarliligi. da ixtiyoriy {x



n

}

fundamental ketma-ketlik berilgan bo`lsin. U

holda bu ketma-ketlik uchun shunday n

1

nomer topiladiki, barcha n > n



1

lar-


da ρ (x

n

, x

n

1

<



1

2

tengsizlik o`rinli bo`ladi. Markazi x



n

1

nuqtada va radiusi 1



ga teng B

1

yopiq sharni olamiz. Keyin n



2

> n

1

nomerni shunday tanlaymiz-



ki, barcha n > n

2

larda ρ (x



n

, x

n

2

<



1

2

2



tengsizlik bajarilsin. Markazi x

n

2

nuqtada va radiusi



1

2

ga teng B



2

yopiq sharni olamiz. Tanlanishiga ko`ra,



B

2

⊂ B

1

r



1

= 1, r

2

=

1



2

. Endi n

3

> n

2

nomerni shunday tanlaymizki,



barcha n > n

3

larda ρ (x



n

, x

n

3

<



1

2

3



tengsizlik bajarilsin. Agar shu usulda

x

n

1

, x



n

2

, . . . , x



n

k

nuqtalar tanlangan bo`lsa, u holda x



n

k+1

nuqtani shunday

tanlaymizki, n

k+1

> n

k

va barcha n > n



k+1

larda ρ

¡

x

n

, x

n

k+1

¢

<

1

2

k+1



bo`lsin. Yuqoridagidek markazi x

n

k+1

da va radiusi

1

2

k



ga teng bo`lgan yopiq

sharni B



k+1

orqali belgilaymiz. Sharlarni bunday qurish jarayonini davom

ettira borib, ichma-ich joylashgan yopiq sharlar ketma-ketligini hosil qilamiz

va ularning radiuslari ketma-ketligi

½

r

k

=

1



2

k−1

¾

, k → ∞

da nolga inti-

ladi. Teorema shartiga ko`ra,



T

n=1



B

n

6

va x ∈



T

n=1



B

n

bo`lsin. Bu sharlar

ketma-ketligi umumiy nuqtaga ega va bu nuqtani deb belgilaymiz. B

k

shar-


lar ketma-ketligining qurilishiga ko`ra nuqta {x

n

k

}

ketma-ketlikning limiti

bo`ladi. {x

n

}

fundamental ketma-ketlikning {x



n

k

}

qismiy ketma-ketligi x

nuqtaga yaqinlashgani uchun, {x

n

}

ham nuqtaga yaqinlashadi. Shunday

qilib, = lim

n→∞

x

n

.



21.2-teorema (Ber teoremasi). To`la metrik fazoni hech yerda zich bo`l-

magan sanoqli sondagi to`plamlar yig`indisi ko`rinishida tasvirlash mumkin

emas.

200


Isbot. Teskaridan faraz qilaylik,

=

[

n=1



M

n

bo`lsin, bu yerda M



n

larning har biri hech yerda zich bo`lmagan to`plamlar.

Radiusi 1 ga teng biror B

0

yopiq sharni olamiz. Farazimizga ko`ra M



1

to`plam


B

0

da zichmas. Shuning uchun radiusi



1

2

dan kichik shunday yopiq B



1

⊂ B

0

shar mavjudki, B



1

T

M

1



. Hech yerda zichmas M

2

to`plam B



1

shar-


da ham zichmas, shunday ekan, radiusi

1

3



dan kichik shunday B

2

⊂ B

1

yopiq shar mavjudki, B



2

T

M

2



va hokazo. Jarayonni shu usulda cheksiz

davom ettirib, yopiq sharlarning shunday ichma-ich joylashgan {B



n

}

ketma-


ketligini hosil qilamizki, ularning radiuslari ketma-ketligi nolga intiladi. 21.1-

teoremaga ko`ra



T

n=1



B

n

6∅.

Faraz qilaylik, x ∈



T

n=1



B

n

bo`lsin. B



n

sharlar-


ning tuzilishiga ko`ra ixtiyoriy da x /∈ M

n

,

shunday ekan, x /∈



S

n=1



M

n

ya'ni X 6=



S

n=1



M

n

. Bu farazimizga zid.

21.2. Metrik fazolarni to`ldirish



Agar metrik fazo to`la bo`lmasa, uni biror usul bilan (aslini olganda

yagona usul bilan) biror to`la metrik fazo ichiga joylashtirishimiz mumkin.

21.3-ta'rif. Agar: 1) metrik fazo R

to`la metrik fazoning qism fazosi

bo`lsa; 2) to`plam R

ning hamma yerida zich, ya'ni [R] = R



bo`lsa, u

holda R

metrik fazo metrik fazoning to`ldirmasi deyiladi.

21.3-teorema. Har bir metrik fazo to`ldirmaga ega va bu to`ldirma

fazo ning nuqtalarini qo`zg`almas holda qoldiruvchi izometriya aniqligida

yagonadir.

Isbot. Dastlab to`ldirma fazoning yagonaligini isbotlaymiz. R



va R



∗∗

lar ning ikkita to`ldirma fazolari bo`lib, ρ

1

va ρ



2

mos ravishda ulardagi

masofalar bo`lsin. Ta'rifga ko`ra, har bir x



∈ R

uchun shunday {x



n

} ⊂ R

201


ketma-ketlik mavjud bo`lib, {x

n

} → x

bo`ladi. U holda

lim

m≥n→∞

ρ (x

n

, x

m

) =


lim

m≥n→∞

ρ

1

(x



n

, x

m

) =


lim

m≥n→∞

ρ

2

(x



n

, x

m

) = 0


munosabatga ko`ra, {x

n

}

ketma-ketlik R, R



va R



∗∗

fazolarda fundamental

ketma-ketlik bo`ladi. Shuning uchun, yagona x

∗∗

∈ R

∗∗

mavjud bo`lib, {x



n

} →

x

∗∗

. Bu x



∗∗

nuqta {x



n

}

ketma-ketlikning tanlanishiga bog`liq emas. Chunki,

agar {x

n

} → x

va {y



n

} → x

bo`lsa,


z

n

=





x



k

, agar n = 2k − 1,

y

k

, agar n = 2k

ketma-ketlik ham x



ga yaqinlashadi. Tuzilishiga ko`ra, {z



n

} −

fundamental

va uning {x

k

}

qismiy ketma-ketligi x



∗∗

nuqtaga yaqinlashadi. U holda {z



n

}

ning o`zi ham x



∗∗

ga yaqinlashadi va shunday ekan, {y



n

}

qismiy ketma-ketlik

ham x

∗∗

ga yaqinlashadi. Ko`rsatilgan yo`l har bir x





∈ R

uchun yagona x



∗∗

ni mos qo`yadi. R



va R



∗∗

o`rtasida ϕ(x



) = x



∗∗

moslikni o`rnatamiz. Agar



x ∈ R

bo`lsa, x ∈ R



va x ∈ R



∗∗

bo`ladi, hamda x



n

x

statsionar ketma-

ketlik elementga R



va R



∗∗

fazolarda yaqinlashadi.

Shuning uchun, ixtiyoriy x ∈ R uchun ϕ(x) = . Bu usulda aniqlangan ϕ

moslik R



ni R



∗∗

ga o`zaro bir qiymatli akslantiradi. Endi ϕ ning izometriya

ekanligini ko`rsatamiz. Aytaylik, {x

n

} → x



, x



∈ R

va {x



n

} → x

∗∗

, x

∗∗



R

∗∗

va {y



n

} → y



, y



∈ R

va {y



n

} → y

∗∗

, y

∗∗

∈ R

∗∗

bo`lsin. U holda

metrikaning uzluksizlik xossasiga ko`ra

ρ

1

(x





,y

) = lim


n→∞

ρ

1

(x



n

, y

n

) = lim


n→∞

ρ (x

n

, y

n

)

va



ρ

2

(x



∗∗

,y

∗∗

) = lim


n→∞

ρ

2

(x



n

, y

n

) = lim


n→∞

ρ (x

n

, y

n

.

Bundan

ρ

1

(x





,y

) = ρ

2

(x



∗∗

,y

∗∗

.

202


Demak, R

ni R



∗∗

ga o`zaro bir qiymatli akslantiruvchi ϕ moslik mavjud

bo`lib, u quyidagi shartlarni qanoatlantiradi:

1) barcha x ∈ R lar uchun ϕ(x) = ;

2) agar x



↔ x

∗∗

, y



↔ y

∗∗

bo`lsa, u holda ρ

1

(x





,y

) = ρ

2

(x



∗∗

,y

∗∗

)

.



To`ldirma fazoning yagonaligi isbotlandi.

Endi to`ldirma fazoning mavjudligini isbotlaymiz. ixtiyoriy metrik fazo

bo`lsin. dan olingan {x

n

}

va {x



0

n

}

fundamental ketma-ketliklar

lim

n→∞

ρ (x

n

, x

0

n

) = 0


shartni qanoatlantirsa, ular ekvivalent deb ataladi va {x

n

} ∼ {x

0

n

}

ko`rinishda

yoziladi. Tekshirish qiyin emaski, fundamental ketma-ketliklar o`rtasida kiri-

tilgan bu munosabat reeksiv, simmetrik va tranzitivdir.


Download 1.42 Mb.

Do'stlaringiz bilan baham:
1   ...   21   22   23   24   25   26   27   28   ...   59




Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©fayllar.org 2024
ma'muriyatiga murojaat qiling