O`zbekiston Oliy va O`rta maxsus ta`lim vazirligi Namangan Davlat universiteti

Misol. 3.11. 
]
,
[ b
a
C
 fazoda 
( )
( ) ( )






∈
=
=
∫
]
1
,
0
[
,
,
B
x
dt
t
x
t
s
K
s
y
F
b
a
  
 
(3.13) 
funksiyalar  oilasini  kompaktlikka  tekshiring.  Bu  yerda 
]
1
,
0
[
B
  to‘plam  - 
]
,
[ b
a
C
 
fazodagi  markazi  nol  (
0
)
(
≡
t
x
)  nuqtada  radiusi  1  ga  teng  bo‘lgan  yopiq  shar. 
)
,
( t
s
K
 - 
]
,
[
]
,
[
b
a
b
a
×
 kvadratda aniqlangan uzluksiz funksiya. 
Yechish.  Arsela  teoremasiga  ko‘ra  F   funksiyalar  oilasining  tekis 
chegaralangan  va  tekis  darajada  uzluksiz  ekanligini  ko‘rsatish  yetarli. 
)
,
( t
s
K
 
funksiya  - 
]
,
[
]
,
[
b
a
b
a
×
  kvadratda  uzluksiz  bo‘lganligi  uchun  u  chegaralangan, 

 
 
49 
ya’ni  shunday 
0
>
C
  son  mavjudki,  barcha 
]
,
[
,
b
a
t
s
∈
  lar  uchun 
C
t
s
K
≤
)
,
(
 
tengsizlik o‘rinli. 
]
1
,
0
[
B
x
∈
 shartdan 
( )
1
max
≤
t
x
 ekanligi kelib chiqadi. Endi  F  
funksiyalar oilasining tekis chegaralangan ekanligini ko‘rsatamiz: 
( )
( ) ( )
( ) ( )
(
)
a
b
C
dt
t
x
t
s
K
dt
t
x
t
s
K
s
y
b
a
b
a
−
⋅
⋅
≤
⋅
≤
=
∫
∫
1
,
,
. 
Bu  tengsizlik  F   funksiyalar  oilasining  tekis  chegaralangan  ekanligini  isbotlaydi. 
Endi  F  funksiyalar oilasining tekis darajada uzluksiz ekanligini ko‘rsatamiz: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
(
)
.
1
,
,
,
,
2
1
2
1
2
1
a
b
dt
t
x
t
s
K
t
s
K
dt
t
x
t
s
K
dt
t
x
t
s
K
s
y
s
y
b
a
b
a
b
a
−
⋅
⋅
≤
⋅
−
≤
≤
−
=
−
∫
∫
∫
ε
 
So‘nggi munosabat 
δ
<
−
2
1
s
s
 tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha 
[ ]
b
a
s
s
,
,
2
1
∈
 
va barcha 
]
1
,
0
[
B
x
∈
 lar uchun o‘rinli. Demak,  F  funksiyalar oilasi tekis darajada 
uzluksiz  ekan.  Shunday  qilib,  Arsela  teoremasiga  ko‘ra  (3.13)  tenglik  bilan 
aniqlangan  F  funksiyalar oilasi nisbiy kompakt to‘plam bo‘ladi. ∆ 
Endi  tekis  chegaralangan,  lekin  tekis  darajada  uzluksiz  bo‘lmagan 
Φ
 
funksiyalar oilasiga misol keltiramiz. 
3.12. 
]
1
,
0
[
C
 fazoda  
( )
( )






∞
∈
+
=
=
Φ
,
0
,
1
2
2
2
α
α
α
α
t
t
t
x
  
 
(3.14) 
funksiyalar oilasini kompaktlikka tekshiring. 
       Yechish.  Arsela  teoremasiga  ko‘ra  (3.14)  tenglik  bilan  aniqlangan 
Φ
 
funksiyalar  oilasini    tekis  chegaralangan  va  tekis  darajada  uzluksiz  ekanligini 
tekshirishimiz  kerak. 
(
)
0
2
1
1
2
2
2
≥
+
−
=
−
t
t
t
α
α
α
  tengsizlikdan 
( )
1
≤
t
x
α
 
ekanligi  kelib  chiqadi.  Demak, 
Φ
  funksiyalar  oilasi    tekis  chegaralangan  ekan. 
Tekis darajada uzluksiz emas degan tushunchani ta’riflaymiz. 
Agar biror 
0
>
ε
 son  va  ixtiyoriy 
0
>
δ
 uchun shunday 
Φ
∈
α
x
  va shunday 
[ ]
1
,
0
,
2
1
∈
t
t
 lar mavjud bo‘lib 
δ
<
−
2
1
t
t
 tengsizlik bajarilganda  
( )
( )
ε
α
α
≥
−
2
1
t
x
t
x
 
tengsizlik  bajarilsa, 
Φ
  funksiyalar  oilasi  tekis  darajada  uzluksiz  emas  deyiladi. 
Endi 
2
/
1
=
ε
  va 
0
>
δ
  -  ixtiyoriy  son  bo‘lsin.  Agar 
δ
α
1
>
  va 
0
1
2
1
=
=
t
,
t
α
  
bo‘lsa, u holda 
δ
α
<
=
−
1
2
1
t
t
  bo‘ladi, ammo 
( )
( )
ε
α
α
α
α
α
α
>
=
⋅
+
⋅
=
−
1
1
1
1
2
2
2
2
1
t
x
t
x
 

 
 
50 
tengsizlik o‘rinli. Demak, 
Φ
 funksiyalar oilasi tekis darajada uzluksiz emas ekan. 
Shunday qilib, (3.14) tenglik bilan aniqlangan 
Φ
 funksiyalar oilasi nisbiy kompakt 
to‘plam emas ekan.  ∆ 
Arsela teoremasining  umumlashmasi quyidagicha. 
MN
C
 bilan  M  to‘plamni 
N
 to‘plamga akslantiruvchi barcha uzluksiz akslantirishlar to‘plamini belgilaymiz. 
Bu yerda  M  va 
N
 lar kompakt to‘plamlar. 
3.7-teorema.  (Arsela  teoremasining  umumlashmasi). 
MN
C
D
⊂
  to‘plam 
nisbiy  kompakt  bo‘lishi  uchun  D   ning  tekis  darajada  uzluksiz  bo‘lishi  yetarli  va 
zarur. 
Endi 
1
,
≥
p
p
l
 fazoda to‘plamning nisbiy kompaktlik kriteriysini beramiz. 
3.8-teorema. 
p
K
l
⊂
  to‘plam  nisbiy  kompakt  bo‘lishi  uchun  uning 
chegaralangan  va   
0
>
ε
    son  qanday  bo‘lmasin,  shunday 
0
n   nomer  mavjud 
bo‘lib,  ixtiyoriy 
0
n
n
≥
 va 
(
)
K
x
n
∈
=
∀
,...
...,
,
,
2
1
ξ
ξ
ξ
 uchun   
∑
∞
+
=
<
1
n
j
p
p
i
ε
ξ
 
shartning bajarilishi yetarli va zarur. 
Isbot. Zaruriyligi. Bizga nisbiy kompakt 
p
K
l
⊂
 to‘plam berilgan bo‘lsin. U 
holda  u  to‘la  chegaralangan  bo‘lgani  uchun,  chegaralangan  ham  bo‘ladi.  Endi 
ikkinchi shartning bajarilishini ko‘rsatamiz. 
Biror 
η >0  sonni  olamiz  va  K   uchun  chekli  η -  to‘r 
}
,
,
,
{
2
1
k
x
x
x
K
  ni 
quramiz.  Har  bir 
K
x
∈
  uchun 
η   -  to‘rga  tegishli 
i
x   elementni  shunday 
tanlaymizki, 
( )
η
ρ
<
i
p
x
x,
 bo‘lsin. Har bir 
(
)
p
n
x
l
K
K
∈
=
,
,
,
,
2
1
ξ
ξ
ξ
 element uchun 
(
)
,...
0
,
0
,
,
,
,
2
1
n
n
x
S
ξ
ξ
ξ
K
=
  va 
(
)
K
K
,
,
,
,
0
,
0
2
1
+
+
=
n
n
n
x
R
ξ
ξ
  belgilashlarni  kiritamiz. 
U holda  x  va 
(
)
...
,
0
...,
,
0
,
0
=
θ
 elementlar uchun 
(
)
(
)
( )
(
)
( )
(
)
+
+
≤
+
≤
=
x
S
x
S
x
x
x
S
x
x
x
x
S
x
x
R
n
i
n
p
i
p
n
i
p
i
p
n
p
n
p
,
,
,
,
,
,
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
θ
ρ
 
(
)
( )
(
)
(
)
.
,
2
,
,
2
,
θ
ρ
η
θ
ρ
ρ
θ
ρ
i
n
p
i
n
p
i
p
i
n
p
x
R
x
R
x
x
x
R
+
<
+
≤
+
 
Aniqlanishiga ko‘ra, har bir belgilangan  x  element uchun 
(
)
0
lim
,
lim
1
1
=




=
∑
∞
+
=
∞
→
∞
→
p
n
j
p
i
n
n
p
n
x
R
ξ
θ
ρ
. 
Shuning uchun, shunday 
0
n  nomer mavjudki, 
0
n
n
≥
 bo‘lganda barcha 
k
i
,
,
2
,
1
K
=
 
lar uchun  
(
)
η
θ
ρ
<
,
i
n
p
x
R
 bo‘ladi. Shunday ekan, 
0
n
n
≥
 bo‘lganda  
(
)
η
θ
ρ
3
,
<
x
R
n
p
. 
Agar ixtiyoriy 
0
>
ε
 uchun 
3
/
ε
η
=
 desak, 
(
)
ε
ξ
θ
ρ
<




=
∑
∞
+
=
p
n
j
p
i
n
p
x
R
1
1
,
   yoki   
p
n
j
p
i
ε
ξ
<
∑
∞
+
=
1
 
bo‘ladi. 

 
 
51 
Yetarliligi.  Chegaralangan 
p
K
l
⊂
  to‘plam  uchun 
0
>
ε
  son  qanday 
bo‘lmasin, 
shunday 
0
n  
nomer 
mavjud 
bo‘lib, 
ixtiyoriy 
0
n
n
≥
 
va 
(
)
K
x
n
∈
=
,...
...,
,
,
2
1
ξ
ξ
ξ
 larda 
p
n
j
p
i
ε
ξ
<
∑
∞
+
=
1
 
tengsizlik  bajarilsin.  Ixtiyoriy 
0
>
ε
  uchun  K   to‘plamning  chekli 
ε   -  to‘ri 
mavjudligini ko‘rsatamiz. Berilgan 
0
>
ε
 uchun 
0
n  nomerni shunday tanlaymizki, 
barcha 
K
x
∈
 larda 
(
)
2
/
,
1
1
0
0
ε
ξ
θ
ρ
<






=
∑
∞
+
=
p
n
j
p
i
n
p
x
R
 
tengsizlik  bajarilsin. 
{
}
K
x
x
S
K
n
n
∈
=
:
0
0
  to‘plamni  qaraymiz.  Har  bir 
K
x
∈
  da 
(
)
( )
θ
ρ
θ
ρ
,
,
0
x
x
R
p
n
p
≤
  o‘rinli  va  K   chegaralangan  to‘plam  bo‘lganligi    sababli 
0
n
K
 chegaralangan to‘plamdir. 
Har  bir 
(
)
0
0
,
0
,
0
,
,
,
,
2
1
n
n
n
K
x
S
∈
=
K
K
ξ
ξ
ξ
  nuqtaga 
0
0
)
,
,
,
(
2
1
n
p
n
R
∈
ξ
ξ
ξ
K
 
nuqtani mos qo‘yish bilan 
0
n
K
 to‘plamni  
(
)(
)
{
}
0
0
0
0
0
,
0
,
0
,
,
,
,
:
,
,
,
2
1
2
1
n
p
n
n
n
n
R
K
E
⊂
∈
=
K
K
K
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
 
to‘plamga izometrik mos qo‘yamiz. 
0
n
K
 chegaralangan to‘plam bo‘lganligi sababli 
0
n
E
 to‘plam 
0
n
p
R  da chegaralangan bo‘ladi. U holda 3.1-natijaga  ko‘ra 
0
n
E
 nisbiy 
kompakt  to‘plam  bo‘ladi.  Demak,  unga  izomorf  bo‘lgan 
0
n
K
  to‘plam  ham  nisbiy 
kompaktdir.  Shunday  ekan, 
0
n
K
  to‘plam  uchun  chekli 
}
,
,
,
{
2
1
k
x
x
x
K
  elementli 
2
/
ε
 - to‘r mavjud. Bu to‘plam  K  uchun 
ε  - to‘r bo‘ladi. Haqiqatan ham, ixtiyoriy 
K
x
∈
  uchun 
0
0
n
n
K
x
S
∈
  va  shunday 
{
}
k
i
x
x
x
x
,
,
,
2
1
K
∈
    element  mavjud  bo‘lib, 
(
)
2
/
,
0
ε
ρ
<
i
n
p
x
x
S
  bo‘ladi. U holda  
( )
(
) (
) (
) (
)
ε
ε
ε
ρ
θ
ρ
ρ
ρ
ρ
=
+
<
+
=
+
=
2
2
0
0
0
0
i
n
p
n
p
i
n
p
n
p
i
p
x
,
x
S
,
x
R
x
,
x
S
x
S
,
x
x
,
x
. 
Demak, 3.5-teoremaga ko‘ra  K  nisbiy kompakt to‘plam bo‘ladi. ∆ 
 
Mustaqil ishlash uchun savol va topshiriqlar 
 
1. 
3.8-misolda  keltirilgan 
n
f   ketma-ketlikni 
]
1
,
1
[
1
−
C
  fazoda  fundamentallikka 
tekshiring. U yaqinlashuvchi bo‘ladimi?  
2. 
To‘la va to‘la bo‘lmagan metrik fazolarga misollar keltiring.  
3. 
)
,
(
∞
+
−∞
=
R
  metrik  fazoda 





 −
=
1
;
1
1
n
B
n
  ichma-ich  joylashgan  sharlar 
ketma-ketligini  qaraymiz.  Uning  radiuslari  ketma-ketligining  nolga  intilishini 
ko‘rsating. 
n
B  sharlar ketma-ketligining kesishmasi bo‘sh ekanligini isbotlang. 
n
B  
sharlar ketma-ketligi uchun 3.1-teorema shartlari bajariladimi?  

 
 
52 
4. 
]
,
[ b
a
C
, 
]
,
[
1
b
a
C
 va 
]
,
[
2
b
a
C
 metrik fazolarni to‘lalikka tekshiring. 
5. 
]
,
[ b
a
C
  va 
2
l   metrik  fazolarda  birlik  sharning  nisbiy  kompakt  to‘plam 
emasligini isbotlang. 
6. 
)
,
(
∞
+
−∞
=
R
  metrik  fazoda 
N
n
n
n
A
n
∈






−
=
,
1
1
;
1
  sistema 
)
1
;
0
(
=
M
 
to‘plam  uchun  qoplama  bo‘lishini  ko‘rsating. 
}
{
n
A
  qoplamadan  M   ni  qoplovchi 
chekli qism qoplama ajratish mumkinmi?  M  kompakt to‘plam bo‘ladimi?  
  
10-mavzu: Qisuvchi akslantirishlar prinsipi va uning tadbiqlari 
   
Berilgan  shartlarda  tenglama  yechimining  mavjudligi  va  yagonaligi  bilan 
bog‘liq  masalalarni  mos  metrik  fazolardagi  biror  akslantirishning  qo‘zg‘almas 
nuqtasi  mavjudligi  va  yagonaligi  haqidagi  masala  ko‘rinishida  ifodalash  mumkin. 
Qo‘zg‘almas  nuqta  mavjudligi  va  yagonaligi  belgilari  ichida  eng  sodda  va  shu 
bilan  birga  juda  muhim  belgi  -  bu  «qisuvchi  akslantirishlar  prinsipi»  deb 
nomlanuvchi belgidir. 
4.1-ta’rif.  X  metrik fazo va uni o‘zini-o‘ziga akslantiruvchi  A  akslantirish 
berilgan  bo‘lsin.  Agar  shunday 
)
1
;
0
(
∈
α
  son  mavjud  bo‘lib,  barcha 
X
y
x
∈
,
 
nuqtalar uchun 
(
)
( )
y
x
Ay
Ax
,
,
ρ
α
ρ
≤
    
 
 
 
(4.1) 
tengsizlik bajarilsa,  A  qisuvchi akslantirish deb ataladi. 
Har  bir  qisuvchi  akslantirish  uzluksizdir.  Haqiqatan  ham,  agar 
(
)
(
)
0
,
→
→
x
x
x
x
n
n
ρ
 bo‘lsa, u holda 
(
)
(
)
x
x
Ax
Ax
n
n
,
,
ρ
α
ρ
≤
 
bo‘lgani uchun 
Ax
Ax
n
→
. 
Agar 
X
X
A
→
:
  akslantirish  uchun  shunday 
X
x
∈
  nuqta  mavjud  bo‘lib 
x
Ax
=
 tenglik bajarilsa,  x  nuqta  A  akslantirishning qo‘zg‘almas nuqtasi deyiladi. 
4.1-teorema.  (Qisuvchi  akslantirishlar  prinsipi).  To‘la  metrik  fazoda 
aniqlangan har qanday qisuvchi akslantirish yagona qo‘zg‘almas nuqtaga ega. 
Isbot. 
X   metrik  fazodan  ixtiyoriy 
0
x   nuqtani  olamiz.  Keyin  
K
,
...,
,
,
,
0
1
0
3
2
3
0
2
1
2
0
1
x
A
Ax
x
x
A
Ax
x
x
A
Ax
x
Ax
x
n
n
n
=
=
=
=
=
=
=
−
 
nuqtalar 
ketma-ketligini qaraymiz. Ixtiyoriy  
)
(
,
m
n
n
m
<
  natural sonlar uchun 
(
)
(
)
(
)
≤
≤
=
−
n
m
n
m
n
m
n
x
,
x
x
A
,
x
A
x
,
x
0
0
0
ρ
α
ρ
ρ
 
(
)
(
)
(
)
(
)
≤
+
+
+
≤
−
−
−
n
m
n
m
n
x
x
x
x
x
x
,
...
,
,
1
2
1
1
0
ρ
ρ
ρ
α
 
(
)
(
)
(
)
α
ρ
α
α
α
α
ρ
α
−
≤
+
+
+
+
≤
−
−
1
1
1
1
0
1
2
1
0
x
,
x
x
,
x
n
n
m
n
K
 
tengsizlik o‘rinli. 
)
1
;
0
(
∈
α
 bo‘lgani uchun 
(
)
0
1
0
=
∞
→
x
,
x
n
n
ρ
α
 
lim
. 
Shuning  uchun 
}
{
n
x
  fundamental  ketma-ketlikdir.  X   to‘la  metrik  fazo  va 
}
{
n
x
 
fundamental ketma-ketlik bo‘lgani uchun u yaqinlashuvchi. Aytaylik, 

 
 
53 
 
lim
n
n
x
x
∞
→
=
 
bo‘lsin. U holda  A   akslantirishning uzluksizligiga ko‘ra 
.
lim
lim
lim
1
x
x
Ax
x
A
Ax
n
n
n
n
n
n
=
=
=
=
+
∞
→
∞
→
∞
→
 
Shunday  qilib,  A   akslantirish  uchun  qo‘zg‘almas  nuqta  mavjud  ekan.  Uning 
yagonaligini isbotlaymiz. Agar  
y
Ay
x
Ax
=
=
,
 
desak, (4.1) tengsizlikka ko‘ra 
( ) (
)
( )
y
x
Ay
Ax
y
x
,
,
,
ρ
α
ρ
ρ
≤
=
. 
Bundan 
)
1
;
0
(
∈
α
  bo‘lgani uchun 
( )(
)
( )
0
,
0
1
,
=
⇒
≤
−
y
x
y
x
ρ
α
ρ
  
ya’ni   
y
x
=
 
bo‘lishi kelib chiqadi. Qo‘zg‘almas nuqta yagona ekan. ∆