KAX · 2020. 11. 4. · Karim Raximov CNRS,UniversityofLille Lille,France Abror Pirnapasov...

KAX series 1

Matematikadan maxsus „ KAX series

Ihubmathuz tomonidan ‘KAX series’ rukni ostida bir nechta matematik kitoblarni chopetish maqsad qilingan. Ba’zi kitoblar kichik qo‘llanma sifatida, ba’zilari esa saylanmasifatida qaralishi mumkin. Ushbu kitob ´ KAX series rukni ostidagi dastlabki kitobhisoblanadi.

. . .

1. K. Raximov, A. Pirnapasov, X. Egamberganov: UZSML & Nabla Olimpiadalari:universitet talabalari uchun maxsus qo‘llanma, 2020

Ihubmathuz jamoasi va resurslari haqida to‘liqroq ma‘lumot olish uchun:https://mathforum.ihubmathuz.org/

https://mathforum.ihubmathuz.org/

Karim RaximovAbror Pirnapasov

Xakimboy Egamberganov

UZSML & NABLA OLIMPIADALARIuniversitet talabalari uchun maxsus qo‘llanma

Ushbu qo‘llanma 2020-yil davomida matematika fani bo‘yicha o‘tkazilgan ba’zi olimpiadalarniqamrab olgan bo‘lib, matematikaga ixtisoslashgan barcha oliy o‘quv yurtlarining bakalavriattalabalariga mo‘ljallangan

Karim RaximovCNRS, University of LilleLille, France

Abror PirnapasovRuhr University BochumBochum, Germany

Xakimboy EgamberganovUniversity of EdinburghEdinburgh, Scotland, UK

iHUB ´ infinity hub (o‘zbek matematika kontenti uchun resurslar jamlanmasi)‘Ihubmathuz books’ identifikatsiya raqami: 20201201 (eBook)

© Ihubmathuz 2020 (www.ihubmathuz.org)Ushbu asar mualliflik huquqiga ega. Barcha huquqlar chop etuvchi tomonidan himoyalan-gan. Iltimos, har qanday mualliflik huquqi buzilishiga olib keladigan xatti-harakatlarniqilmasligingizni so‘raymiz. Ma’lumot uchun: Ihubmathuz ´ iHUB online platformasiningbir qismi bo‘lib, mustaqil elektron qo‘llanmalar nashriyotidir.Tijoriy maqsadda chop etish va tarqatish qat’iyan taqiqlanadi!

Elektron kitoblarni yuklab olish uchun:https://mathforum.ihubmathuz.org/ihubmathuz-books/

MathForumda faol ishtirok eting:https://mathforum.ihubmathuz.org/community/

Mualliflik huquqini xurmat qilgan holda, qo‘llanmadan keng foydalanishingiz mumkin.Bilim olishdan aslo to‘xtamang!

Tahririyat bilan bog‘lanish uchun: [email protected]

https://mathforum.ihubmathuz.org/https://mathforum.ihubmathuz.org/ihubmathuz-books/https://mathforum.ihubmathuz.org/community/mailto:[email protected]

“Har qanday ilm turi, agarda u qandaydir darajadayetuklikka erishgan bo‘lsa, avtomatik ravishda

matematikaning bir qismiga aylanadi.”

„ David Gilbert

Mundarija

Kirish 1

1 UZSML (2020) masalalari 21.1 1-UZSML (Uyda qoling!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 2-UZSML (Uyda qoling!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 3-UZSML (Uyda qoling!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 4-UZSML (Uyda qoling!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.5 5-UZSML (Uyda qoling!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.6 6-UZSML (Uyda qoling!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.7 7-UZSML (Uyda qoling!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.8 8-UZSML (Uyda qoling!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.9 9-UZSML (Uyda qoling!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2 UZSML yechimlar 202.1 1-UZSML yechimlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.2 2-UZSML yechimlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.3 3-UZSML yechimlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.4 4-UZSML yechimlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.5 5-UZSML yechimlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.6 6-UZSML yechimlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.7 7-UZSML yechimlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.8 8-UZSML yechimlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.9 9-UZSML yechimlari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3 ∇ olimpiadasi masalalari 523.1 ∇ olimpiadasi 1-soni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.2 ∇ olimpiadasi 2-soni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.3 ∇ olimpiadasi 3-soni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.4 ∇ olimpiadasi 4-soni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Foydalanilgan adabiyotlar 55

vii

Kirish

Ma’lumki olimpiadalar yosh matematiklarni matematikaning nostandart masalalari bilanshug‘ullanib ilmga yo‘naltirishning usullaridan biri hisoblanadi. Ushbu kitob 2020 yildaO‘zbekiston oliy ta’lim muassasalari talabalarini matematika fanidan xalqaro olimpiada-larga tayyorlash bilan birga ilmga yo‘naltirishga mo‘ljallangan Uzbek Student MathLeague (UZSML) va∇ olimpiadalari masalalari va yechimlaridan iborat. Xususan UZSMLolimpiadasi og‘ir pandemiya davrida talabalarning vaqtlarini mazmunli o‘tkazish hamdao‘zlariga bo‘lgan ishonchini va ishtiyoqlarini oshirish bilan bir qatorda xalqaro IMC 2020olimpiadasiga tayyorgarlik ko‘rish hamda terma jamoa uchun talabalarni saralash maqsa-dida mualliflar tomonidan onlayn tarzda tashkil etildi. Saralangan talabalardan tashkiltopgan O‘zbekiston terma jamoasi IMC 2020 da ishtirok etishdi hamda umumiy hisobda2 ta oltin, 5 ta kumush va 3 ta bronza medallari qo‘lga kiritildi.

Umuman olganda aksar UZSML olimpiadalari ikki qismdan iborat bo‘lib, birinchi qis-mda matematikaning turli sohalaridan olimpiada masalalari beriladi. Ikkinchi qismidaesa ayrim muhim teoremalarni qadamba-qadam isbotlash talab qilinadi. Bu esa tala-bani ilmga asta sekinlik bilan qadam bosishga undaydigan bir usul sifatida zamonaviymatematikani o‘qitishda keng tarqalgan.

Ushbu olimpiadalar masalalarini yechish uchun siz universitetda yuqori kurslarda tahsilolayotgan bo‘lishingiz shart emas. Misol uchun ushbu olimpiadalarda qatnashgan 1-kurstalabalari ham juda yaxshi natijalar qayd etishdi. Masalalar qiyinlik tartibi oshib borishtartibida tuzilgan. Xususan aksar 1-masalalarni 1-kurs talabalari ham bemalol yechaolishlari mumkin.

Taklif qilingan masalalar mualliflar tomonidan har xil adabiyotlardan yig‘ilganligi bilanbir qatorda masalalar ichida kitob mualliflarining ham mualliflik masalalari mavjud.

Ushbu olimpiadalarni tashkil etish va ushbu kitobni onlayn chop etishdan asosiy maqsad-larimizdan biri yurtimizning turli hududidagi talabalarni olimpiadalarga tayyorgarlanishiva ilm yo‘lidan borishi uchun qo‘limizdan kelgancha teng sharoitlar yaritish hisoblanadi.Biz barcha hududlarda iqtidor sohiblari mavjudligiga ishonamiz hamda ularni doim qo‘llabquvvatlashga harakat qilamiz.

Ushbu kitob uch bobdan iborat bo‘lib, birinchi va ikkinchi boblar mos ravishda UZSMLolimpiadasi masalalari hamda uning yechimlariga bag‘ishlangan. Uchunchi bob 2020yil O‘zbekiston milliy universiteti olimpiadaga tayyorlov kursi doirasida o‘tkazilgan ∇olimpiadasi masalalari keltirgan.

1

1-bob

UZSML (2020) masalalari

Ushbu bobdaUzbek Student Math League (UZSML) ning 2020 yilda o‘tkazilgan olimpiadalarimasalalari keltirilgan. Har bir olimpiadani ajratilgan vaqtga qarab yechib ko‘rishingiznitavsiya qilamiz. Undan tashqari universitet darsliklaridan va internetdan bemalol foy-dalanishingiz mumkin, asosiysi ilm olish musobaqa emas.

1.1 1-UZSML (Uyda qoling!)

O‘tkazilgan sana: 11.04.2020Ajratilgan vaqt: 6 soat

Barcha kategoriyalar uchun mo‘ljallangan masalalar(Har bir masala 10 balldan baholanadi. Umumiy ball: 30 )

1 Aytaylik A,B n ˆ n matritsalar bo‘lib, AB “ 3A ` 5B bo‘lsa AB “ BA ekanliginiisbotlang.

2 Aytaylik f : RÑ R funksiya differensiallanuvchi (f 1pxq uzilgan bo‘lishi ham mumkin)bo‘lsin. Agar f 1p0q “ 0 va f 1p1q “ 2 bo‘lsa, u holda

f 1px0q “ cosx0

shartni qanoatlantiruvchi x0 P p0, 1q mavjudligini isbotlang.

3 Hisoblang:g

f

f

f

f

e2`

g

f

f

f

e

2`

g

f

f

e

2´

d

2`

c

2`b

2´?

2` ¨ ¨ ¨,

bu yerda ifodada ikkita + dan so‘ng bitta - davriy takrorlanib keladi.

I-kategoriya uchun maxsus masalalar [1-2-kurslar](Har bir masala 10 balldan baholanadi. Umumiy ball: 20 )

Aytaylik bizga f : R Ñ R funksiya berilgan bo‘lsin. f ˝k orqali f ˝ f ˝ ¨ ¨ ¨ ˝ f (k ta˝) ni belgilaymiz. Misol uchun f ˝2pxq “ fpfpxqq. Agar shunday k P N mavjud bo‘libfkpx0q “ x0 bo‘lsa x0 nuqta f funksiya uchun periodik nuqta deyiladi.

4 Bizga fpxq “ x2 ´ 2 funksiya berilgan bo‘lsin. Agar P to‘plam f ning periodiknuqtalari to‘plami bo‘lsa, u holda P to‘plam r´2, 2s da zich ekanligini ko‘rsating ya’niP to‘plamning limit nuqtalari to‘plami r´2, 2s ekanligini ko‘rsating.

5 Aytaylik Fn ketma-ketlik quyidagi ko‘rinishda aniqlangan:

Fn “ Fn´1 ` Fn´2, F0 “ 0, F1 “ 1,

2

K. Raximov, A. Pirnapasov, X. Egamberganov

u holda quyidagini hisoblang:8ÿ

n“1p´1qFn

FFn´1FFnFFn`1

.

II-kategoriya uchun maxsus masalalar [3-4-kurslar](Har bir masala 10 balldan baholanadi. Umumiy ball: 20 )

Aytaylik bizga f : X Ñ X (X Ă R) funksiya berilgan va µ Lebeg o‘lchovi bo‘lsin. Agarixtiyoriy A Ă X o‘lchovli to‘plam uchun µpAq “ µpf´1pAqq shart bajarilsa, µ o‘lchovf -invariant deyiladi.

4 Quyidagi

f : r0, 1q Ñ r0, 1q, fpxq “ tnxu

funksiya berilgan bo‘lsin, bu yerda n ě 2 natural son. U holda Lebeg o‘lchovi f -invariant ekanligini ko‘rsating.

5 Ixtiyoriy z P C uchun quyidagi tenglikni isbotlang:

π

sin πz“

`8ÿ

k“´8

p´1qk

z ´ k .



Umumiy masalalar(Har bir masala 8 balldan baholanadi. Umumiy ball: 24 )

1 Quyidagi

A2 “

»

—

—

–

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

fi

ffi

ffi

fl

shartni qanoatlantiruvchi haqiqiy A matritsa mavjudmi.

2 Aytaylik K tekislikdagi biror qavariq ko‘pburchak va l biror to‘g‘ri chiziq bo‘lsin. Uholda K ni teng yuzali ikki qavariq ko‘pburchakka ajratuvchi hamda l ga parallelbo‘lgan to‘g‘ri chiziq mavjudligini isbotlang.

3 Aytaylik f P C3r0, 1s funksiya f3 ě 0 vaş1

0fpxq dx “ 0 shartlarni qanoatlantiradi. U

holda

10

ż 1

0

x3fpxq dx` 6ż 1

0

xfpxq dx ě 15ż 1

0

x2fpxq dx.

tengsizlikni isbotlang.

3

1. UZSML (2020) MASALALARI

Qiyin masalani oson qadamlar bilan yechamiz(Quyida berilgan qadamlarni isbotlang. Ballar qiyinchilik darajasiga qarab bo‘lingan.

Umumiy ball: 26 )

Ushbu masala orqali berilgan sonning algebraik va transendentalligini aniqlash uchunko‘p qo‘llaniladigan natijalardan birini keltirib chiqarmoqchimiz.

Ta’rif 1.2.1. Agar α complex son uchun shunday koeffitsientlari ratsional bo‘lgan birorko‘phad topilib, α uning ildizi bo‘lsa, u holda unga algebraik son deyiladi. Aks holda,transendental son deb ataladi.

Demak, P P Qrxs va P pαq “ 0 bo‘ladigan P pxq ko‘phad mavjud bo‘lsa, α ga algebraikson deyilar ekan.

Q1. (2 ball) α - algebraik bo‘lishi uchun koeffitsientlari butun sonlardan iboratbo‘lgan biror ko‘phadning ildizi bo‘lishi zarur va yetarliligini ko‘rsating.

Endi, ba’zi kerakli tushunchalarni aniqlab olsak. Pαpαq “ 0 tenglikni qanoatlantiruvchibosh koeffisienti musbat bo‘lgan qisqarmas (eng. “irreducible”) Pα ko‘phadga α ningZrxs dagi minimal ko‘phadi deyiladi. Har qanday algebraik son uchun, albatta, minimalko‘phad mavjud! P ko‘phadning darajasi degpP q orqali belgilanadi, misol uchun degpx5´x3 ` 1q “ 5.

Q2. (2 ball) Barcha ratsional sonlar algebraikdir. Qolaversa, degpPαq “ 1 degani αning ratsional ekanligiga ekvivalent.

Endi, aytaylik bizga ζ -irratsional, algebraic son berilgan va Pζ uning Zrxs dagi minimalko‘phadi bo‘lsin. Faraz qilaylik degpPζq “ d.

Q3. (4 ball) ζ yuqorida aniqlangan irratsional, algebraik son bo‘lsin. U holda ixtiyoriypqratsional son uchun (p P Z va q P N)

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Pζ

ˆ

p

q

˙ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ě 1qd

(1.1)

ni isbotlang.

Q4. (10 ball) Xuddi shunday, yuqorida keltirilgan Q3 dan foydalangan holda, barchapqP Q (q P N), EKUBpp, qq “ 1 uchun

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ζ ´ pq

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ě cpζqqd

(1.2)

tengsizlik bajariladigan faqat ζ ga bog‘liq bo‘lgan shunday cpζq ą 0 konstanta mavjudekanligini isbotlang. Bu yerda, cpζq konstanta faqat ζ ga bog‘liq, ya’ni p

qga bog‘liq

emas.

Demak, natijalarni umumlashtiradigan bo‘lsak, ixtiyoriy ζ -irratsional, algebraik sonQ4 dagi tasdiqni qanoatlantirar ekan (sonni algebraik yoki transendentallikka tekshirish

4


uchun test).

Yuqoridagi natijani quyidagi masalalarga tadbiq qiling:

Masala. (8 ball) Quyidagi sonlarni transendental ekanligini ko‘rsating:

1.8ÿ

n“1

1

pn!q!

2.8ÿ

n“1

1

1010n




1 Aytaylik Ap‰ Onq n ˆ n matritsa berilgan. Agar A2 “ tA, ts ‰ ´1 shartlarniqanoatlantiruvchi t, s P R lar mavjud bo‘lsa, u holda In`sAmatritsani teskarilanuvchiekanligini isbotlang va uning teskari matritsasini toping. Bu yerda In va On lar mosravishda nˆ n birlik va nol matritsalar.

2 Aytaylik f : r0, 1s Ñ r0, 1s integrallanuvchi funksiya berilgan vaż 1

0

fpxq dx “ α. Uholda

ż 1

0

dx

1` fpxq ď9

8p1` αqtengsizlikni isbotlang. Qachon tenglik holi bajariladi? (Javobingizni asoslab keltiring)

Ta’rif 1.3.1. Aytaylik, G gruppa va biror-bir X to‘plam berilgan. G ning X dagi chap-harakati (eng. left-action) deb, quyidagi

• @x P X uchun e ¨ x “ x (bu yerda e´ G ning birlik elementi);

• @g, h P G, @x P X uchun pghq ¨ x “ g ¨ ph ¨ xq.

shartlarni qanoatlantiruvchi

¨ : GˆX Ñ X, pg, xq ÞÑ g ¨ x

funksiyaga aytiladi.

Yuqoridagi ta’rifdan foydalanib, xuddi shunday ¨ : X ˆ G Ñ X, ppx, gq ÞÑ x ¨ gq o‘ng-harakat (eng. right-action) ni ham aniqlash mumkin.

3 Bizga biror-bir p-gruppa (eng. p-group), ya’ni tartibi(elementlari soni) berilgan ptub sonning biror bir darajasiga teng bo‘lgan G gruppa berilgan. Faraz qilaylik Gbiror-bir X to‘plamda harakat (aytaylik, chap-harakat) qilmoqda va F Ă X to‘plamG ning ushbu harakatdagi fiksrlangan nuqtalari to‘plami bo‘lsin, ya’ni

F :“ tx P X : @g P G uchun g ¨ x “ xu.

5


U holda |X| ´ |F | soni p ga karrali ekanligini ko‘rsating, bu yerda |Y | deganda Yto‘plamning elementlari soni nazarda tutilgan.


Umumiy ball: 26 )

Biz quyida segmentda aniqlangan uzluksiz funksiyani ko‘phadlar yordamida yaqinlashtirishhaqidagi aproksimatsion teoremani isbotlamoqchimiz. Bir nechta qadamlar keltiriladiva sizdan ushbu qadamlarni isbotlash orqali yechimni to‘ldirish talab qilinadi (berilganqadamlarga ergashish orqali yechimni osongina keltirish mumkin, agar siz boshqacha isbo-tini bilsangiz ham berilgan “yo‘l" orqali yuring, natijada teoremaning yana bitta chiroyliisbotiga ega bo‘lasiz).

Ma’lum-ki, ra, bs yopiq intervalda aniqlangan ixtiyoriy uzluksiz funksiyani ko‘phadlarorqali yaqinlashtirish mumkin, ya’ni matematik tilda aytadigan bo‘lsak:

Teorema 1.3.1. f P Cra, bs funksiya berilgan, @ε ą 0 uchun

||f ´ P || ď ε

shartni qanoatlantiruvchi P P Cra, bs ko‘phad mavjud, bu yerda } ¨ } sifatida maksimumnorma olingan, ya’ni

@g P Cra, bs uchun ||g|| :“ supaďxďb

|gpxq|. (1.3)

Yana boshqacha qilib aytganda, t1, x, x2, . . .u to‘plam Cra, bs da zich chiziqli yoyilmagaega, ya’ni

spanRt1, x, x2, . . .u “ Cra, bs. (1.4)

Bu yerda, X to‘plamning (vektor fazoning) chiziqli yoyilmasi deganda uning elementlar-ining chekli chiziqli kombinatsiyalaridan hosil topgan

spanpXq :“#

kÿ

i“1αixi : xi P X,αi P R

+

to‘plam tushuniladi.

Takrorlaymiz, masala davomida Cra, bs fazoda } ¨ } orqali biz (1.3) ni nazarda tutamiz vaaytish joiz-ki, har bir f P Cra, bs funksiya uchun }f} mavjud va chegaralangan, chunkiuzluksiz funksiya segmentda chegaralangan va maksimumiga erishadi. Shu boisda, supre-mumni maksimum qilib o‘zgartirishga ham qodirmiz.

Demak, biz isbotlash uchun berilgan f P Cra, bs ga tekis yaqinlashadigan Pn ko‘phadlarketma-ketligi mavjudligini ko‘rsatsak yetarli. Yoki bundanda yaxshiroq natija hisoblan-gan, shunday ketma-ketlikni qurib berishimiz kifoyadir.

Q1. (4 ball) Teorema 1.3.1 ni Cr0, 1s uchun ko‘rsatish kifoya, ya’ni agar bizdateorema Cr0, 1s uchun bor bo‘lsa, u holda Cra, bs uchun ham keltira olamiz. Nega?Javobingizni izohlang.

6


Yuqoridagi qadamdan aniq-ki, Teorema 1.3.1 ni Cr0, 1s uchun isbotlash yetarli ekan.

Q2. (1 ball) Berilgan f P Cr0, 1s uchun umumiylikka zarar yetkazmasdan

fp0q “ fp1q “ 0

deb faraz qilishimiz mumkin. Nega? Javobingizni asoslang.

Q2 dan ko‘rishimiz mumkin-ki, f ni butun R da aniqlangan (r0, 1s dan tashqariga tekis0 qilib davom ettirilgan) va kompakt tashuvchi (eng. compact support) ga ega funksiya(tekis nol bo‘lmagan qismi kompakt to‘plam) deb qarashimiz mumkin, ya’ni f P CcpRq vasupppfq “ r0, 1s. Bunaqa funksiyalar kompakt tashuvchili (eng. compactly supported),yoki test (eng. test), ba’zan bumb (eng. bumb) funksiyalar deyiladi.

Quyidagicha funksiyalar ketma-ketligini aniqlaymiz:

Qnpxq “1

an

ż 1

´1fpx´ yqp1´ y2qn dy, bu yerda an “

ż 1

´1p1´ y2qn dy. (1.5)

Albatta, ko‘rish mumkin-ki, an integral yaqinlashuvchi vaQnpxq P Cr0, 1s funksiya yaxshi-aniqlangan, chunki integral ichkarisidagi funksiya uzluksizdir.

Q3. (2 ball) Qnpxq ni x argumentning darajasi 2n bo‘lgan ko‘phadi ekanliginiko‘rsating.

Izoh. Qisqacha nazariyadan gapiradigan bo‘lsak, aslida an ga bo‘lishimizdan maqsad -bu normallashtirish (eng. normalization). Qisqacha qilib aytganda,

"

1

anp1´ y2qn

*

yadrolar oilasi (eng. kernels) “good kernels"(eng.) (ba’zan “Dirac-δ kernels"(eng.) yoki“approximation identities"(eng.) deyiladi va bu yerda f ning aynan shu oila bilan kon-volutsiyasi olingan. Biz foydalanmoqchi bo‘lgan g‘oya aynan “approximation to the iden-tity"(eng.) deb yuritiladi, ya’ni konvolutsiyaning tekis uzluksiz funksiya uchun tekis rav-ishda (eng. uniformly) Dirak-δ funksiyasi bilan konvolutsiyasiga yaqinlashishidir (ya’nifunksiyaning o‘ziga). Lekin biz tanlagan yadrolar oilasi nisbatan ishlash uchun qulayroqbo‘lgani uchun chuqur nazariya shart emas.

Q4. (4 ball) an ą1?n


Kantor teoremasidan bilamiz-ki, segmentda uzluksiz funksiya tekis uzluksiz ham bo‘ladi.Demak f P Cr0, 1s funksiya tekis uzluksiz ham ekan.

Q5. (15 ball) f ning [0,1] da tekis uzluksizligidan va Q4 dagi baholashdan foydalan-gan holda, Qn ketma-ketlikning f ga tekis yaqinlashuvchi ekanligini ko‘rsating, ya’ni

limnÑ8

sup0ďxď1

|fpxq ´Qnpxq| “ 0. (1.6)

7


Bundan xulosa qilish mumkin-ki: @ε ą 0 uchun Dn0 P N, barcha @n ě n0 lar uchun

||f ´Qn|| :“ sup0ďxď1

|fpxq ´Qnpxq| ď ε

bajariladi. Bu bilan biz Teorema 1.3.1 ni to‘liq isbotladik.




1 Aytaylik f : R Ñ R differensiallanuvchi funksiya berilgan hamda f 1pxq funksiya 0nuqtada uzilgan bo‘lsin. Quyidagi to‘plamni qaraylik:

L0pfq :“!

y P R : Dtxnu, limnÑ8

xn “ 0, limnÑ8

f 1pxnq “ y)

.

U holda biror a ‰ b haqiqiy sonlar (yoki, a “ ´8 va b “ `8 bo‘lishi ham mumkin)uchun L0pfq “ ra, bs ekanligini isbotlang.

2 Bizga G gruppa berilgan va |G| “ pk, k P N (ya’ni p´gruppa (eng. p-group)) bo‘lsin.Agar H deb G ning trivial bo‘lmagan biror-bir normal qism gruppasini olsak, u holdaH X ZpGq ‰ teu bo‘lishini isbotlang, bu yerda e deb G ning birlik elementi olinganva ZpGq esa G ning markazi (eng. center of the group), ya’ni

ZpGq :“ ty P G : @x P G, xy “ yxu.

3 Aytaylik bizga n natural son va C “ tIku1ďkďn butun sonlar to‘plamlari oilasi berilgan,ya’ni

Ik :“ tz P Z : ak ď z ď ak ` lpkq ´ 1u , 1 ď k ď n

bu yerda, taku1ďkďn Ă Z va tlpkqu1ďkďn Ă N. Agar U “nď

k“1Ik deb olsak, u holda

U Ďmď

j“1

z P Z : akj ´ lpkjq ď z ď akj ` 2lpkjq ´ 1(

bo‘ladigan o‘zaro kesishmaydigan tIkju1ďjďm Ď C qism oila mavjudligini isbotlang.


Umumiy ball: 26 )

8


Quyida ko‘riladigan masalada bizning asosiy maqsadimiz - Veyershtrass aproksimatsionteoremasini rivojlantirish va ko‘phadlardan ham kichikroq sinf orqali uzluksiz funksiyaniaproksimatsiya qilish.

Bilamiz-ki, Veyerstrass aproksimatsion teoremasi biror segmentda aniqlangan uzluksizfunksiyani ko‘phad yordamida yaqinlashtirishni ifodalaydi. Umumiylikka zarar yetkaz-masdan, r0, 1s yopiq intervalni olaylik va Cr0, 1s ushbu intervaldagi barcha uzluksizfunksiyalar to‘plami bo‘lsin. Oldingi turda (3-UZSML), biz Veyershtrass teoremasin-ing quyidagicha ko‘rinishini bergan edik:

“t1, x, x2, . . .u to‘plam Cr0, 1s da zich chiziqli yoyilmaga ega, ya’ni

spanRt1, x, x2, . . .u “ Cr0, 1s,

bu yerda, X to‘plamning (vektor fazoning) chiziqli yoyilmasi deganda uning elementlar-ining chekli chiziqli kombinatsiyalaridan hosil topgan

spanpXq :“#

kÿ

i“1αixi : xi P X,αi P R

+

to‘plam tushuniladi."

Endi, nisbatan umumiyroq holga o‘tamiz, ya’ni t1, xλ1 , xλ2 , . . .u Ă Cr0, 1s ni olamiz vaquyidagi muhim kriteriyani o‘rganishni oldimizga maqsad qilamiz:

"Qanday tλkukě1 Ă N ketma-ketliklar uchun

spanRt1, xλ1 , xλ2 , . . .u “ Cr0, 1s (1.7)

bo‘ladi? Va, aksincha, agar (1.7) bajarilsa, u holda tλkukě1 Ă N ketma-ketlik uchunminimal zaruriy shart nima?"

Quyida biz Veyershtrass teoremasini bisotimizda bor deb hisoblab (ma’lumot uchun,biz Veyershtrass teoremasini 3-UZSML da ko‘rsatganmiz!), yuqoridagi kriteriyani birtomonga quramiz, ya’ni

limnÑ8

λn “ 8,8ÿ

n“1

1

λn“ 8 (1.8)

shartlarni qanoatlantiruvchi har qanday tλkukě1 Ă N ketma-ketlik uchun (1.7) ni o‘rinliekanligini bir nechta qadamlar orqali isbotlaymiz.

Q1. (1 ball) Umumiylik uchun tλkukě1 ni kamaymaydigan deb faraz qilishimizmumkin, ya’ni λ1 ď λ2 ď . . .. Nega? (Javobingizni asoslang)

Faraz qilaylik λ1 ď λ2 ď . . . va λ0 “ 0 bo‘lsin. Aytaylik,

Mn “#

nÿ

k“0αkx

λk : αk P R+

, (1.9)

aniqlangan.

9


Q2. (10 ball) Berilgan N natural son uchun

dist`

xN ,Mn˘

:“ infαkPR

supxPr0,1s

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

xN ´nÿ

k“0αkx

λk

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ďnź

k“1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1´ Nλk

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

(1.10)


Chiziqli yoyilmaning ta’rifiga ko‘ra

spanRt1, xλ1 , xλ2 , . . .u “8ď

n“1Mn

bo‘ladi va Mn Ă Mn`1 dan n Ñ 8 da Mn to‘plam chiziqli yoyilmani qoplaydi. Demak,(1.10) dan

dist`

xN , spanRt1, xλ1 , xλ2 , . . .u˘

ď8ź

k“1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1´ Nλk

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

(1.11)

keladi.

Q3. (5 ball) takukě1 nomanfiy ketma-ketlik uchun quyidagi tasdiqni isbotlang:

8ź

k“1p1` akq ´ yaqinlashuvchi ðñ

8ÿ

k“1ak ´ yaqinlashuvchi. (1.12)

Q4. (5 ball) (1.11) va Q3 lardan foydalangan holda yakuniy xulosani chiqaring.

Masala. Yuqoridagi teorema bir qator tadbiqlarga ega, masalan amaliyotda ko‘p foy-dalaniladiganlaridan quyidagilarni isbotlang:

1. (2 ball) Agar tλnuně1 ixtiyoriy o‘suvchi arifmetik progressiya bo‘lsa, u holdaspant1, xλn : n P Nu ning Cr0, 1s da zichligini ko‘rsating.

2. (3 ball) Agar λn “ pn (n chi tub son, masalan p1 “ 2, p2 “ 3, ...) desakspant1, xpn : n P Nu ning Cr0, 1s da zichligini ko‘rsating.




1 Bizga uzluksiz f : ra, bs Ñ R uzluksiz hamda pa, bq da differensiallanuvchi funksiyaberilgan. Faraz qilaylik, barcha x P pa, bq lar uchun f 1pxq ą 0, va fpaqfpbq ą 0 bo‘lsin.

10


U holda

afpbq ´ bfpaqfpbq ´ fpaq “ c´

fpcqf 1pcq

tenglik o‘rinli bo‘ladigan c P pa, bq mavjudligini isbotlang.

2 Bizga n va k ě 2 natural sonlar berilgan bo‘lsin. Faraz qilaylik, v1, v2, . . . , vk lar Rnda olingan birlik vektorlar bo‘lib, ularning qavariq qobig‘i (convex hull) koordinataboshini o‘z ichiga oladi. U holda

|v1 ` v2 ` . . .` vk| ď k ´ 2.

ni isbotlang. Bu yerda x “ px1, x2, . . . , xnq P Rn uchun

|x| :“b

x21 ` x22 ` . . .` x2n

vektor uzunligini bildiradi.

3 trpAq “ 0 va A2 ` AT “ I shartlarni qanoatlantiruvchi haqiqiy n ˆ n matritsamavjudmi?


Umumiy ball: 26 )

Quyidagi masala orqali biz bir o‘zgaruvchili dinamik sistemaga misol keltirib, uning ba’zimuhim xossalarini isbotlamoqchimiz.

Faraz qilaylik bizga F : RÑ R funksiya berilgan va u quyidagi xossalarga ega:

1. F´gomeomorfizm (ya’ni uzluksiz, biyektiv va teskarisi ham uzluksiz);

2. F px` nq “ F pxq ` n, bu yerda n P Z;

3. F o‘suvchi.

Masala davomida m P N uchun Fmpxq “ F ˝ F ˝ ... ˝ F pxq (m ta) deganda m-iteratsiyanazarda tutiladi.

Funksiya xossalariga o‘tishdan oldin quyidagi qadamni isbotlang.

Q1. (6 ball) Agar musbat pcnqně1 ketma-ketlik uchun

cn`m ď cn ` cm p@n,m P Nq

bo‘lsa, quyidagi

limnÑ8

cnn

limitning mavjudligini isbotlang.

Endi, Q1 qadamdan foydalangan holda aniqlagan F funksiyamiz uchun ba’zi xossalarnikeltirib chiqarishimiz mumkin.

11


Q2. (12 ball) Quyidagi

ρpF q “ limnÑ8

F npxq ´ xn

limitning mavjudligini va x ga bog‘liq emasligini isbotlang.

Bu yerda, x ga bog‘liq emas deganda yuqoridagi limitning qiymati (ρpF q) x ga bog‘liqbo‘lmagan konstanta ekanligini ko‘rsatishimiz lozim.

Ravshanki, F uchun aniqlangan ρpF q ni F k uchun ham aniqlash mumkin. Xususan, ρpF qva ρpF kq lar quyidagicha bog‘langan bo‘ladi.

Q3. (2 ball) Quyidagi

ρpF kq “ kρpF q

tenglikni isbotlang.

Q4. (4 ball) Isbotlang:

ρpF q -butun son ðñ Dα P R, F pαq “ tαu.

Endi, Q3 va Q4 dan foydalanib quyidagini qadamni ko‘rsating.

Q5. (2 ball) Isbotlang:

ρpF q -ratsional son ðñ Dα P R, F npαq “ tαu.

1.6 6-UZSML (Uyda qoling!)O‘tkazilgan sana: 17.05.2020Ajratilgan vaqt: 8 soat


1 Quyidagi limitni toping:

limnÑ8

ż 1

0

na

xn ` p1´ xqn dx.

2 Aytaylik A va B matritsalar nˆ n matritsalar bo‘lib 4AB “ A` 2B shartni qanoat-lantirsin. Quyidagini

rankpA2q ` rankpB2q ď 2 rankpABq


12


3 Aytaylik n ě 3 biror butun son. Quyidaginÿ

j“1aj “ 0

shartni qanoatlantiruvchi ixtiyoriy a1, a2, . . . , an haqiqiy sonlar uchun quyidagi teng-sizlikni isbotlang:

¨

˚

˚

˝

ř

iăjaiaj

ˆ

n

2

˙

˛

‹

‹

‚

2

` 13ě

2ř

iăjăkaiajak

3

ˆ

n

3

˙ .


Umumiy ball: 26 )

Ushbu masala orqali gruppa automorfizm gruppasining ba’zi xossalarini o‘rganamiz. Ol-diniga gruppa gomomorfizmiga doir bir nechta masalalar orqali qadamba-qadam keltiribboramiz. Berilgan masalalarni oldingi qadamlarga ergashish orqali isbotlash talab etiladi,zero har bitta qadam o‘zidan oldingilariga bog‘liqdir.

Ta’rif 1.6.1. Aytalik, pG, ¨q, pG1, ¨1q gruppalar va h : G Ñ G1 funksiya (gruppalarkategoriyasidagi morfizm) berilgan. Agar barcha a, b P G lar uchun

hpa ¨ bq “ hpaq ¨1 hpbq. (1.13)

shart bajarilsa, h ga G dan G1 ga gomomorfizm deyiladi. h ning yadrosi (kernel) va aksi(image) deganda, mos ravishda quyidagi

Kerh :“ tg P G : hpgq “ e1u va Imh :“ thpgq P G1 : g P Gu (1.14)

nazarda tutiladi, bu yerda e1´ G1 ning birlik elementi.

Teorema 1.6.1. Kerh - G ning normal qism gruppasi, Imh - G1 ning qism gruppasibo‘ladi.

Ta’rif 1.6.2. h : GÑ G1 gomomorfizm berilgan.

• agar u G ni G1 ga suyektiv akslantirsa (ya’ni ustiga akslantirsa), h epimorfizmdeyiladi;

• agar h inyektiv bo‘lsa, u monomorfizm deyiladi;

• ham epimorfizm, ham monomorfizm bo‘lgan gomomorfizmga izomorfizm deyiladi.

Ta’rif 1.6.3. Agar G va G1 gruppalar orasida isomorfizm mavjud bo‘lsa, u holda ularo‘zaro izomorf deyiladi va G – G1 ka’bi belgilanadi.

Teorema 1.6.2. h : G Ñ G1 gomomorfizm berilgan bo‘lsin. U holda h monomorfizmbo‘lishi uchun Kerh “ teu bo‘lishi zarur va yetarlidir, bu yerda e´ G ning birlik elementi.

Ma’lumki, agar H ă G qism gruppa G ning normal qism gruppasi, ya’ni H C G bo‘lsa,u holda

G{H :“ tgH : g P Gu

13


quotient group ni aniqlashimiz mumkin, bu yerda gruppa amali

pg1Hq ¨G{H pg2Hq “ pg1 ¨G g2qH

ka’bi aniqlanadi. Demak, Teorema 1.6.1 dan Kerh C G bo‘lganligi uchun G{Kerhquotient gruppa aniqlangan bo‘ladi.

Teorema 1.6.3. (Izomorfizmning 1-teoremasi) Bizga h : G Ñ G1 epimorfizm berilganbo‘lsin, ya’ni suryektiv gomomorfizm. U holda

G{Kerphq – G1 (1.15)

bo‘ladi.

Ta’rif 1.6.4. Agar G1 sifatida ham G ni o‘zini oladigan bo‘lsak, h : pG, ¨q Ñ pG, ¨q ga Gdan o‘z-o‘ziga gomomorfizm deyiladi, ya’ni, barcha a, b P G lar uchun

hpa ¨ bq “ hpaq ¨ hpbq.

Agar h : pG, ¨q Ñ pG, ¨q izomorfizm bo‘lsa, u holda unga automorfizm deyiladi va G ningbarcha automorfizmlari to‘plami AutpGq bilan belgilanadi.

Q1. (2 ball) Agar h, f P AutpGq bo‘lsa, u holda h ˝ f ham G ning automorfizmiekanligini isbotlang, bu yerda ˝ -funksiyalar kompozitsiyasi (superpozitsiya). Undantashqari pAutpGq, ˝q gruppaligini ko‘rsating.

Ta’rif 1.6.5. pAutpGq, ˝q gruppaga G ning automorfizm gruppasi deyiladi.

Aytaylik a P G uchun θa : GÑ G funksiya (morfizm) quyidagicha aniqlangan:

@b P G uchun θapbq “ aba´1 P G.

U holda θa P AutpGq bo‘ladi (oldingi teoremalardan foydalanib, mustaqil tekshirib ko‘rishingizmumkin).

Ta’rif 1.6.6. θa ga G ning ichki automorfizmi (eng. inner automorphism) deyiladi vabarcha ichki automorfizmlari to‘plami InnpGq bilan belgilanadi, ya’ni

InnpGq :“ tθa : a P Gu.

Teorema 1.6.1 va Teorema 1.6.3 lardan foydalangan holda keyingi qadamni ko‘rsating.

Q2. (6 ball) InnpGq ning gruppa ekanligini, xususan AutpGq ning normal qismgruppasi ekanligini isbotlang, hamda

InnpGq – G{ZpGq (1.16)

ni ko‘rsating, bu yerda ZpGq :“ tg P G : @a P G, ga “ agu ´G ning markazi.

Endi, yuqoridagi qadamdan foydalanib, quyida keltirilgan uchta qadamni bajaring.

14


Q3. (4 ball) Agar G syklik (eng. cyclic) gruppa (|G| “ n) bo‘lsa, AutpGq ni toping.|G| “ |AutpGq| ` 1 bo‘ladigan cheksiz ko‘p G gruppa mavjudligini ko‘rsating.

Q4. (6 ball) |AutpGq| “ |G| ` 1 bo‘ladigan G gruppa mavjud emasligini isbotlang.

Q5. (8 ball)

1. |AutpGq| “ |G| ` 2 bo‘ladigan barcha G gruppalarni toping.

2. |AutpGq| “ |G| ´ 2 bo‘ladigan barcha G gruppalarni toping.




1 Bizga 3 ga bo‘linmaydigan n natural soni berilgan. Aytaylik Sn birning n-tartibliildizlari to‘plami bo‘lsin. Hisoblang:

ÿ

zPSn

ÿ

wPSn

1

1` z ` w.

2 Aytaylik A musbat aniqlangan nˆ n matritsa va x “ px1, x2, ..., xnq P Rnzt0u vektorbo‘lsin. Quyidagi

0 ă xpA` xtxq´1xt ă 1

tengsizlikni isbotlang, bu yerda

xt “

¨

˚

˚

˚

˝

x1x2...xn

˛

‹

‹

‹

‚

.

3 Agar f P Cr0, 1s bo‘lsa, u holdaż 1

0

dx

|fpxq ´ a| “ 8

tenglikni qanoatlantiruvchi a P R son mavjudligini isbotlang.


Umumiy ball: 26 )

15


Ushbu masala orqali hajmning logarifmik-botiq funksiya ekanligini ko‘rsatamiz.Qo‘shimchasiga bir nechta boshqa tengsizliklarni ham isbotlashga harakat qilib ko‘ramiz.

Qulaylik uchun Rn da ishlaymiz, va bilamizki, Rn da hajm tushunchasi xuddi R, R2, yokiR3 dagi kabi kiritiladi. Birlik kub

“

´12, 1

2

‰n ning hajmini 1 deb qabul qilinadi va elementarshakllar uchun hajm tushunchasi kiritilib, keyinchalik ular orqali aproksimatsiya qilinadi.Boshqacha qilib aytganda Lebeg o‘lchovi orqali yanada kengaytirish mumkin, ya’ni harqanday hajmga ega shaklning hajmi uning Lebeg o‘lchovi bilan ustma-ust tushadi. Lekinmasala davomida Lebeg o‘lchovi haqida chuqur bilim talab qilinmaydi, faqat hajm sifatidatushunsangiz kifoya. VolnpAq deganda A Ă Rn to‘plamning hajmini nazarda tutiladi. Al-batta, biror geometrik shaklni parallel ko‘chirish yoki burishda uning hajmi o‘zgarmaydi.Bundan tashqari, intpAq “ H agar va faqat, agar VolnpAq “ 0, bu yerda intpAq degandaA to‘plamning ichki nuqtalari to‘plami tushuniladi.

Ta’rif 1.7.1. Ikkita A,B Ă Rn to‘plamlarning Minkovski yig‘indisi deb

C “ A`B :“ tc “ a` b P Rn : a P A, b P Bu

to‘plamga aytiladi.

Minkovski yig‘indisi

Masalan l ta kritik nuqtaga ega to‘plam bilanm ta kritik nuqtaga ega to‘plamni Minkovskiyig‘indisini olsak, ko‘pi bilan l`m ta kritik nuqtaga ega to‘plam hosil bo‘ladi (yuqoridagichizmaga qarang). Ya’ni, ikkita uchburchak qo‘shilsa, natijada oltiburchak hosil bo‘lishihammumkin. Endi, masala davomida bizA`B deganimizda ikkita to‘plamning Minkovskiyig‘indisini tushunamiz.

Q1. (2 ball) Har doim ham A ` A “ 2A bo‘lavermasligini ko‘rsating. Umumanolganda, har doim ham αA`βA “ pα`βqA bo‘lavermaydi. Tenglik qachon bajariladi?

16


Yana bitta muhim xossa shu-ki: H`A “ A`H “ H. Undan tashqari qavariq to‘plamlaryig‘indisi yana qavariq bo‘ladi. Qavariq to‘plamlar to‘plamini olsak, Minkovski yig‘indisibilan birgalikda monoid bo‘ladi, ya’ni birlik element sifatida t0u (faqat nol vektordaniborat) to‘plamni olish mumkin.

Ta’rif 1.7.2. Agar Q parallelepipedning tomonlari koordinata o‘qlariga parallel bo‘lsa,uni to‘g‘ri parallelepiped deymiz.

Bundan tashqari, boshida aytganimizdek hajm (shuningdek, Lebeg o‘lchovi) ko‘chirishva burishga nisbatan invariant, ya’ni

VolnpAq “ VolnpA` cq va VolnpA`Bq “ VolnppA` cq `Bq,

bu yerda c P Rn vektor. Bu degani, Minkovski yig‘indisida, bitta shaklni surish natijasidayig‘indi hajmi o‘zgarmas ekan.

Q2. (4 ball) Agar x1, x2, . . . , xn va y1, y1, . . . , yn nomanfiy sonlar berilgan bo‘lsa,

˜

nź

j“1pxj ` yjq

¸1n

ě˜

nź

j“1xj

¸1n

`˜

nź

j“1yj

¸1n


Yuqoridagi natijadan biz muhim fakt olamiz:

VolnpA`Bq1n ě VolnpAq

1n ` VolnpBq

1n (1.17)

tengsizlik barcha A,B to‘g‘ri parallelepipedlar uchun o‘rinli ekan. Endi, biz ushbu natijanikengaytirishni xohlaymiz.

Q3. (10 ball) Aytaylik, A ikkita to‘g‘ri parallelipiped birlashmasi bo‘lsin, B esaqandaydir to‘g‘ri parallelipipedni o‘zi. Yuqorida aytganimizdek, parallel ko‘chirishdahajm o‘zgarmasligidan va Q1 dan foydalanib,

VolnpA`Bq1n ě VolnpAq

1n ` VolnpBq

1n


Yuqoridagi qadamdan foydalanib, biz barcha qavariq to‘plamlar yoki, umuman Lebegma’nosida o‘lchovli to‘plamlar uchun ham (1.17) tengsizlikni ko‘rsatishimiz mumkin.Ya’ni, induksiya orqali A va B larni cheklita to‘g‘ri parallelepipedlarni birlashmasi bo‘lganholi uchun ham ko‘rsata olamiz (Lebeg o‘lchovini tashqi o‘lchov orqali aproksimatsiya qil-ish).

Umuman olganda, barcha t ě 0 uchun VolnptAq “ tn VolnpAq bo‘lishidan ixtiyoriyλ P r0, 1s va A,B Ă Rn hajmlanuvchi to‘plamlar uchun

VolnpλA` p1´ λqBq1n ě λVolnpAq

1n ` p1´ λqVolnpBq

1n (1.18)

tengsizlikka ega bo‘lamiz. Demak, f : BpRnq Ñ r0,`8q, fpAq :“ VolnpAq1n funksiya

Minkovski yig‘indisiga nisbatan botiq funksiya ekan.

17


Q4. (10 ball) Amaliyotda asosan (1.18) ning quyidagi dimension-free versiyasi ko‘pqo‘llaniladi:

VolnpλA` p1´ λqBq ě VolnpAqλ VolnpBq1´λ. (1.19)

Ushbu tengsizlikni (1.18) ga aynan ekvivalent ekanligini isbotlang, ya’ni agar bizdabarcha to‘plamlar uchun (1.18) bor bo‘lsa, bundan (1.19) ham bo‘ladi, va aksincha.

Demak, hajm funksiya sifatida Minkowski yig‘indisiga nisbatan logarifmik-botiq funksiyaekan.




1 Ixtiyoriy n ě 2 natural son uchun xn`x´ 1 “ 0 tenglama p0, 1q da yagona yechimgaegaligini isbotlang. Agar har bir n uchun an o‘sha ildiz bo‘lsa, u holda an ketma-ketlikyaqinlashuvchi ekanligini isbotlang.

2 Aytaylik n ě 2 natural son. BizgaM2021 “ I shartni qanoatlantiruvchiM PMnˆnpCqmatritsa berilgan bo‘lsin. Aytaylik ε kompleks son ε2021 “ 1 shartni qanoatlantiruvchison bo‘lsin. Quyidagini isbotlang

1 ď 1n

2020ÿ

j“0dim

`

Ker`

I ´ εjM˘˘

ď 2020.

3 Ixtiyoriy n P N uchun

`?1` x` 1

˘2n “ Pnpxq `Opx2nq, xÑ 0

bo‘lishini isbotlang, bu yerda Pnpxq-darajasi n bo‘lgan ko‘phad.

4 Tekislikdagi ixtiyoriy to‘g‘ri to‘rtburchakni teng yonli bir xil uchburchaklarga ajratishmumkinmi?

5 Aytaylik f : D Ñ D golomorf funksiya berilgan bo‘lsin, bu yerda D :“ t|z| ă 1u birlikdoira. Agar turli a, b P D lar uchun fpaq “ a va fpbq “ b bo‘lsa, u holda fpzq “ zekanligini isbotlang.

18


1.9 9-UZSML (Uyda qoling!)O‘tkazilgan sana: 21.06.2020Ajratilgan vaqt: 6 soat

Umumiy masalalar(Har bir masala 10 balldan baholanadi. Umumiy natija sifatida eng yomon 5 tasi olinadi.

Umumiy ball: 50 )

1 Bizga A,B PM3pZq matritsalar

AB “

¨

˝

1 2k kp2k ` 1q0 1 2k0 0 1

˛

‚

tenglikni qanoatlantirsin, bu yerda k P N. U holda shunday C PM3pZq mavjud bo‘lib,BA “ Ck bo‘lishini isbotlang.

2 Aytaylik P pxq haqiqiy koeffitsientli ko‘phad bo‘lsin hamda shunday a, b P R va barchax P R uchun

P pxq ` aP 1pxq ` bP 2pxq ě 0tengsizlik o‘rinli bo‘lsin. Agar a2 ě 4b shart bajarilsa P pxq ě 0 ekanligni isbotlang.

3 Aytaylik G toq tartibli chekli gruppa bo‘lsin (|G|-toq). Agar x P G birlik elementbo‘lmasa u holda x ning x´1 ga qo‘shma emasligini isbotlang.

4 Bizga f P C1r0, 1s funksiya berilgan bo‘lib, quyidagiż 1

0

fpxq dx “ż 1

0

xfpxq dx “ 1,

tengliklar o‘rinli bo‘lsin. U holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:ż 1

0

|f 1pxq|3 dx ěˆ

128

3π

˙2

.

5 Aytaylik B̄ “ tz P C : |z| ď 1u yopiq birlik doira bo‘lsin va f funksiya B̄ ning biroratrofida golomorf bo‘lgan funsiya bo‘lsin. Agar ixtiyoriy z P BB “ tz P C : |z| “ 1uuchun fpzq ‰ 0 bo‘lib, quyidagi

1

2πi

ż

BB

f 1pzqfpzq dz “ 2,

1

2πi

ż

BBzf 1pzqfpzq dz “ 0,

1

2πi

ż

BBz2f 1pzqfpzq dz “

1

8

tengliklar o‘rinli bo‘lsa, u holda fpzq ning B̄ dagi barcha nollarini toping.

6 Aytaylik panqně1 va pbnqně1 musbat sonlar ketma-ketligi quyidagi limnÑ8

an “ limnÑ8

bn “8 shartni qanoatlantirsin. U holda

ÿ

ně1

1

an ` bσpnq

qator yaqinlashuvchi bo‘ladigan N natural sonlarni shunday σ o‘rin almashitirishimavjud bo‘lishini isbotlang.

19

2-bob

UZSML yechimlar

2.1 1-UZSML yechimlari

Barcha kategoriyalar uchun mo‘ljallangan masalalarning yechimlari

1 AB “ 3A` 5B tenglikdan

1

15pA´ 5IqpB ´ 3Iq “ I

ekanligini ko‘rish qiyin emas, bu yerda I birlik matritsa. Demak XY “ I bo‘lsa,Y X “ I bo‘lishidan

1

15pB ´ 3IqpA´ 5Iq “ I

ekanligini topamiz. Bundan esa BA “ 3A` 5B kelib chiqadi. Demak AB “ BA.

2 Bu masalani yechishda biz matematik analiz kursidagi quyidagi Darbu teoremasiniqo‘llaymiz.

Teorema 2.1.1 (Darbu). Aytaylik fpxq funksiya ra, bs kesmada aniqlangan va differ-ensiallanuvchi hamda f 1paq ă f 1pbq bo‘lsin. Ixtiyoriy y P pf 1paq, f 1pbqq uchun shundayx0 P pa, bq topilib f 1px0q “ y bo‘ladi.

Ushbu teoremani gpxq :“ fpxq´sinx funksiyaga qo‘llaymiz. Avvalo ko‘rish mumkinki,g1pxq “ f 1pxq´cosx va g1p0q “ ´1, g1p1q “ 2´cos 1 ą 0. Demak, Darbu teoremasidan

g1px0q “ 0 ô f 1px0q “ cosx0

shartni qanoatlantiruvchi x0 P p0, 1q mavjud.

3 Masalani yechimini berishdan oldin ko‘pchilik yo‘l qo‘yishi mumkin bo‘lgan xatohaqida izoh keltirib o‘tamiz.

Izoh. Bu masalani yechishda to‘g‘ridan to‘g‘ric

2`b

2`?

2´ x “ x

deb olib yechish umuman olganda xato. Chunki yuqoridagi ifoda ma’noga ega ekan-ligini, ya’ni yaqinlashuvchi ekanligini isbotlash lozim. Misol uchun quyidagi yig‘indiniqaraylik:

`8ÿ

n“0p´1qn “ 1´ 1` 1´ 1` 1´ 1` . . .

20


Ushbu qator uzoqlashuvchi ekanligini bilamiz. Chunki yuqoridagi yig‘indini cheklitayig‘indilarini qarasak juftlari nolga toqlari 1 ga teng ketma-ketlik hosil bo‘ladi. Buesa uzoqlashuvchi ketma-ketlik, va uni yaqinlashuvchilikka tekashirmay turib

S “`8ÿ

n“0p´1qn “ 1´ 1` 1´ 1` 1´ 1` ... “ 1´

`8ÿ

n“0p´1qn “ 1´ S pXato!q

deb olganimizda, S “ 12kelib chiqadi. Bu esa tabiiyki, xato.

Endi, bizga berilgan masalaning yechimiga o‘tamiz. Masalani umumiyroq hol uchunyechamiz, ya’ni k ´ 1 ta + va bitta - davriy takrorlanadigan holni qaraymiz.

Avvalo, quyidagi

x0 “ 0, xm`1 “c

2`b

2` ¨ ¨ ¨ `?

2´ xm

ketma-ketlik yaqinlashuvchiligini isbotlaymiz, bu yerda k ta ? hamda k ´ 1 ta ` vabitta ´ kelmoqda. Bittada quyidagilarni ko‘rish qiyin emas:

(a) 0 ď xm ďb

2`a

2` ¨ ¨ ¨?

2 ă 2, m ě 0;

(b) agar xm ě xm´1 bo‘lsa, u holda xm`1 ď xm;

(c) agar xm ď xm´1 bo‘lsa, u holda xm`1 ě xm.

Bundan tashqari,?

2 ă 2´ 12ekanligidan

b

2`?

2 ă

d

2`ˆ

2´ 12

˙

“c

4´ 12ă 2´ 1

8,

ga ega bo‘lamiz va shunga o‘xshash, induksiyadan foydalanish orqalic

2`b

2` ¨ ¨ ¨ `?

2 ă 2´ 122k´1

kelib chiqadi, bu yerda ildizlar soni k ta. Demak, ixtiyoriy m ě 0 uchun

0 ď xm ă 2´1

22k´1

ekan. Shunday qilib

|xm`1 ´ xm| ď|xm ´ xm´1|

´

a

2` ¨ ¨ ¨ `?

2´ xm `a

2` ¨ ¨ ¨ `?

2´ xm´1¯

¨ ¨ ¨`?

2´ xm `?

2´ xm´1˘

ď |xm ´ xm´1|p2?

2qk´1p?

2´ xm `?

2´ xm´1q

ď |xm ´ xm´1|p2?

2qk´1 ¨ 2?

22k

“ |xm ´ xm´1|p?

2qk

ď |xm ´ xm´1|?2

21

2. UZSML YECHIMLAR

va λ :“ 1?2ă 1 deb olsak, u holda yuqoridagi tengsizlikni qayta-qayta qo‘llash nati-

jasida

|xm`1 ´ xm| ď λm|x1 ´ x0| ď λmx1 ă 2λm.

ni hosil qilamiz. Demak m ě 0 va p ą 0 uchun

|xm`p ´ xm| ď |xm`p ´ xm`p´1| ` |xm`p´1 ´ xm`p´2| ` . . .` |xm`1 ´ xm|

ă 2pλm`p´1 ` λm`p´2 ` . . .` λmq ă 2 λm

1´ λ ÝÑ 0, mÑ 8.

Shunday qilib pxmq ketma-ketlikning fundamental ekanligi kelib chiqdi. Demak, pxmqyaqinlashuvchi.

U holda S “ limmÑ8

xm P R deb olishga qodirmiz, va

S :“

g

f

f

e

2`

d

2`

c

2` ¨ ¨ ¨ `b

2´?

2` ¨ ¨ ¨.

Bundan 0 ď xm ă 2 ekanligidan, quyidagi

S :“

d

2`

c

2`b

2` ¨ ¨ ¨ `?

2´ S,

shartni qanoatlantiruvchi barcha S P r0, 2s larni topishimiz lozim.

Uning uchun fpxq “ x2 ´ 2 ko‘rinishda aniqlangan f : r´2, 2s Ñ r´2, 2s funksiyaniqaraymiz. Biz f ˝kpxq “ ´x shartni qanoatlantiruvchi barcha x P r0, 2s larni topamiz.Quyidagicha x “ 2 cosπα belgilash kiritamiz, bu yerda α P r0, 1{2s. Iteratsiya davo-mida f ˝kpxq “ 2 cos 2kπα ekanligni topamiz. Demak cos 2kπα ` cosπα “ 0 va

α “ 2l ` 12k ˘ 1 ,

bunda l P t0, 1, 2, . . . , 2k´2u. Demak, S quyidagi"

2 cos2l ` 12k ˘ 1π

*

0ďlď2k´2

to‘plam elementlaridan biri ekanligi aniq. Undan tashqari 0 ď S ď 2 va fpSq ą 0,f ˝2pSq ą 0, ... , f ˝pk´1qpSq ą 0, hamda f ˝kpSq “ ´S ď 0 ekanligi ma’lum, demak

S “ 2 cos π2k ` 1

yagona yechim keladi.

Bizning holda k “ 3 va javob: 2 cos π9.

I-kategoriya uchun maxsus masalalar ning yechimlari [1-2-kurslar]

22


4 Quyidagicha x “ 2 cosπα belgilash kiritamiz, bu yerda α P r0, 1s. Iteratsiya davom-ida f ˝kpxq “ 2 cos 2nπα ekanligni topamiz. Demak cos 2kπα “ cos πα shartni qanoat-lantiruvchi α lar periodik nuqtalarni ifodalaydi

α “ l2k ˘ 1

bunda l P t0, 1, 2, . . . , 2ku. Demak, f funksiyaning k-tartibli periodik nuqtalari to‘plami

Pk :“"

2 cosl

2k ˘ 1π*

0ďlď2k

ekanligini ko‘rdik. Demak, P “Ť8k“1 Pk. Ixtiyoriy y P r´2, 2s nuqta ixtiyoriy atrofida

2 cos l2k˘1π ko‘rinishidagi nuqtalar mavjudligini ko‘rish qiyin emas. Demak, P to‘plam

r´2, 2s da zich.

5 Javob: 1´?

52

.

Masaladagi Fn ketma-ketlik juda mashhur bo‘lib, u Fibonachchi ketma-ketligi debyuritiladi.

Fibonachchi ketma-ketligining quyidagi ajoyib xossasi bor:

FnFm`k ´ Fn`kFm “ p´1qmFkFn´m (2.1)

Umuman olganda Fn ketma-ketlikning umumiy hadi formulasini topish qiyin emas,va u quyidagicha ko‘rinishda bo‘ladi:

Fn “1?5

ˆ

1`?

5

2

˙n

´ 1?5

ˆ

1´?

5

2

˙n

(2.2)

Qulaylik uchun F´n :“ ´Fn, (@n ą 0) deb olamiz. (2.1) formuladan quyidagi

p´1qFnF1FFn`1´Fn “ FFn`1FFn`1 ´ FFn`1`1FFn

tenglikni topish qiyin emas, va bundan

p´1qFnFFn´1

FFnFFn`1“ FFn`1

FFn´FFn`1`1FFn`1

.

ayniyatga ega bo‘lamiz. Shunday qilib,

8ÿ

n“1p´1qFn

FFn´1FFnFFn`1

“ 1´ limnÑ`8

FFn`1FFn

“ 1´ 1`?

5

2“ 1´

?5

2.

ekan. Aslida, (2.2) tenglikdan ko‘rinib turibdiki, n Ñ 8 da Fn „ 1?5´

1`?

52

¯n

vaoxirgi natijani olishda biz aynan shu ekvivalentlikdan foydalandik.

II-kategoriya uchun maxsus masalalar ning yechimlari [3-4-kurslar]

23

2. UZSML YECHIMLAR

4 Funksiyani quyidagicha ajratib olamiz:

fpxq “ tnxu “

$

’

’

’

’

’

’

’

’

&

’

’

’

’

’

’

’

’

%

nx, agar x P“

0, 1n

˘

nx´ 1, agar x P“

1n, 2n

˘

¨ ¨ ¨nx´ k, agar x P

“

kn, k`1

n

˘

¨ ¨ ¨nx´ n` 1, agar x P

“

n´1n, 1˘

.

Yani fpxq funksiya bo‘lakli chiziqli funksiya. k P t0, 1, ..., n´ 1u uchun lkpxq “ nx´kbo‘lsin. U holda l´1k pxq “ x`kn ekanligini ko‘rish mumkin. Ixtiyoriy A Ă r0, 1q o‘lchovlito‘plam olaylik va Ak :“ l´1k pAq bo‘lsin. Ma’lumki, µpAkq “ 1nµpAq. Shunday qilibf´1pAq “

Ťn´1k“0 Ak va k ‰ j da Ak X Aj “ H hamda lebeg o‘lchovi addittivligidan

µ`

f´1pAq˘

“ µ˜

n´1ď

k“0Ak

¸

“n´1ÿ

k“0µpAkq “ µpAq

ekanligini ko‘rishimiz mumkin. Demak, Lebeg o‘lchovi f -invariant ekan.

5 Quyidagi

gpzq :“ πsin πz

´`8ÿ

k“´8

p´1qk

z ´ k

funksiyani qaraymiz. Bu funksiya faqatgina z P Z lardagina maxsusliklarga ega,qolgan nuqtalarda golomorf ekanligini ko‘rish qiyin emas. Umuman olganda gpzqfunksiyani k P Z nuqta (o‘yilgan) atrofida Loran qatoriga yoyib z “ k ga golomorfdavom etishini ko‘rishimiz mumkin. Demak gpzq butun funksiya ya’ni C da golomorf.Undan tashqari, gpzq funksiya chegaralangan ekanligini ham isbotlash qiyin emas(sin πz davriyligidan va Impzq Ñ 8 da | sin πz| Ñ 8). Shunday qilib gpzq funksiyaC da golomorf va chegaralangan, Liuvill teoremasiga ko‘ra u o‘zgarmas, gpzq “ c “const. Endi gp0q “ 0 ekanligidan gpzq “ 0 tenglikni hosil qilamiz. Bu esa bizgakerakli ayniyatni beradi.


Umumiy masalalarning yechimlari

1 Javob: unday A matritsa mavjud emas. Teskarisidan faraz qilamiz shunday A mavjudbo‘lsin. A2 matritsaning xos sonlarining barchasi 0 ekanligidan A matritsaning hambarcha xos sonlari 0 ekanligini ko‘rish qiyin emas(Hint: λ son A xos soni bo‘lsa, uholda λ2 son A2 matritsaning xos soni bo‘ladi(isbotlang)). Endi Hamilton-Caylayteoremasini qo‘llab A4 “ O ekanligni ko‘rishimiz mumkin. Boshqa tomondan esa

A4 “

»

—

—

–

0 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

fi

ffi

ffi

fl

Demak, ziddiyat. Bunday matritsa mavjud emas.

24


2 AytaylikK ning yuzasi S bo‘lsin. l ga parallel vaK bilan umumiy nuqtaga ega bo‘lganlt, t P r0, 1s to‘gri chiziqlarni olamiz. Har bir to‘g‘ri chiziq K ni ko‘pi bilan ikkigaajratadi ularni S1ptq va S2ptq bilan belgilaymiz. Aytaylik l0 chiziq K ni S1p0q “ 0va S2p0q “ S bo‘lsin. S1ptq uzluksiz funksiya ekanligini ko‘rish qiyin emas hamdaS1p0q “ 0 va S1p1q “ S. Balsona-Koshi teoremasidan S1pt0q “ 12S bo‘ladigan t0 Pp0, 1q mavjud.

3 Demak biz quyidagini isbotlashimiz lozim:ż 1

0

p10x3 ´ 15x2 ` 6xqfpxq dx ě 0.

ş1

0fpxq dx “ 0 bo‘lganligi uchun yuqoridagi tengsizlikka

ş1

0afpxq dx ni qo‘shsak hech

nima o‘zgarmaydi. Demak biror a P R uchun quyidaginiż 1

0

p10x3 ´ 15x2 ` 6x´ aqfpxq dx ě 0,

isbotlash yetarli. Bo‘laklab integrallashdan foydalanibż 1

0

p10x3 ´ 15x2 ` 6x´ aqfpxq dx “ ´ż 1

0

ˆ

5

2x4 ´ 5x3 ` 3x2 ´ ax

˙

f 1pxq dx.

ga ega bo‘lamiz. Bo‘laklab integrallashni yana bir bor qo‘llab

´ż 1

0

ˆ

5

2x4 ´ 5x3 ` 3x2 ´ ax

˙

f 1pxq dx “

“ ´ˆ

1

4´ a

2

˙

f 1p1q `ż 1

0

ˆ

1

2x5 ´ 5

4x4 ` x3 ´ a

2x2˙

f2pxq dx

ni hosil qilamiz. Enda a “ 12tanlab bo‘laklab integrallab quyidagiga ega bo‘lamiz:

ż 1

0

p10x3 ´ 15x2 ` 6x´ aqfpxq dx “ż 1

0

ˆ

1

2x5 ´ 5

4x4 ` x3 ´ 1

4x2˙

f2pxq dx

“ ´ż 1

0

ˆ

1

12x6 ´ 1

4x4 ` 1

4x4 ´ 1

12x3˙

f3pxq dx

“ 112

ż 1

0

x3p1´ xq3f3pxq dx ě 0.

Qiyin masalani oson qadamlar bilan yechamiz

Yechim. Biz quyidagi Liouville teoremasini isbotlamoqchimiz:

Teorema 2.2.1. (Liuvill Teoremasi) Aytaylik ζ -irratsional, darajasi d ga teng bo‘lganalgebraik son bo‘lsin. U holda shunday cpζq ą 0 konstanta mavjud-ki,

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ζ ´ pq

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ě cpζqqd

tengsizlik barcha pqP Q (q P N), EKUBpp, qq “ 1 lar uchun o‘rinli bo‘ladi, bu yerda cpζq

konstanta faqat ζ ga bog‘liq, ya’ni pqga bog‘liq emas.

25

2. UZSML YECHIMLAR

Ko‘rib turganingizdek, mayda detallari bilan birga qadamba-qadam isbotlaymiz.

Q1. Trivial. α uchun P pxq :“ adbdxd ` . . .` a0

b0P Qrxs mavjud bo‘lib P pαq “ 0 bo‘lsa,

EKUKpb0, b1, . . . , bdqP pxq

ni qarash kifoya.

Q2. Trivial. Barcha ratsional sonlar - algebraik, chunki biror butun koeffitsientli chiziqlitenglamaning ildizi bo‘ladi. Ravshan-ki, minimal ko‘phad darajasi ham 1 ga teng. Agarbiror α uchun degpPαq “ 1 bo‘lsa, albatta α biror chiziqli tenglama ildizi va u ratsionaldir.

Q3. ζ ning irratsionalligidan, Q2 ko‘ra d “ degpPζq ě 2 keladi. Qolaversa, Pzeta ningminimalligidan, u ratsional ildizga ega bo‘la olmaydi. Demak, agar Pζ “ adxd ` . . .` a0deb olsak, bu yerda ai lar butun sonlar, u holda qd

ˇ

ˇ

ˇPζ

´

pq

¯ˇ

ˇ

ˇnoldan farqli butun son ekan,

ya’ni q P N dan

qdˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Pζ

ˆ

p

q

˙ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ě 1.

Q4. Q3 danˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Pζ

ˆ

p

q

˙ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ě 1qd

ùñˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Pζpζq ´ Pζˆ

p

q

˙ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ě 1qd

bo‘ladi, yana bir bor eslatamiz Pζpζq “ 0 edi. Ma’lum-ki, ko‘phadlar uzluksiz differ-ensiallanuvchi va biz o‘rta qiymatlar haqidagi Lagrange teoremasidan foydalanishimizmumkin:

ˇ

ˇP 1ζpθqˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ζ ´ pq

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

“ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

Pζpζq ´ Pζˆ

p

q

˙ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ě 1qd,

θ P´

ζ va pq

¯

sonlari oralig‘ida.

Agarˇ

ˇ

ˇζ ´ p

q

ˇ

ˇ

ˇą 1 bo‘lsa, u holda cpζq “ 1 deb olish yetarlidir.

ˇ

ˇ

ˇζ ´ p

q

ˇ

ˇ

ˇď 1 hol uchun

universal cpζq ni topsak bo‘ldi. Demak pqP rζ ´ 1, ζ ` 1s, va kompaktda yotishidan |P 1ζ |

ushbu kompaktda chegaralangan (uzluksiz funksiya) bo‘lib, maksimumga ega. Shuninguchun bemalol cpζq sifatida

1

1`maxt|P 1ζpθq| : θ P rζ ´ 1, ζ ` 1su

ni olishimiz mumkin, ya’ni faqat ζ ga bog‘liq konstanta bo‘ladi.

Masala. Kichik yo‘nalish beramiz:

1. Yuqoridagi Liuvill teoremasidan foydalanishimiz kerak. Buning uchun p va q sifatida

q “ pn!q! and p “ pn!q!˜

nÿ

k“1

1

pk!q!

¸

.

larni tanlang.

26


2. Yuqoridagi Liuvill teoremasidan foydalanishimiz kerak. Buning uchun p va q sifatida

q “ 1010n and p “ 1010n˜

nÿ

k“1

1

1010k

¸

.

larni tanlang.



1 Bizga In`sA ni teskari elementini topish aytilgan. Uning teskarisini In`xA ko‘rinishdaqidiramiz:

In “ pIn ` sAqpIn ` xAq “ In ` sA` xA` sxA2

va berilgan shartdan

In “ pIn ` sAqpIn ` xAq “ In ` ps` x` sxtqA

keladi. Demak s ` x ` sxt “ 0 deb olish kifoya ekan, o‘shanda In ` xA berilganmatritsaning teskarisi bo‘ladi, ya’ni

x “ ´s1` st,

albatta shartdan 1` st ‰ 0 edi.

2 Ushbu gpxq :“ 11`fpxq funksiyani olaylik. Albatta, α ě 0 va gpxq funksiya r0, 1s da

chegaralangan bo‘ladi. Bundan tashqari f ni integrallanuvchiligidan g ning ham r0, 1sda integrallanuvchiligi keladi (uzulishga ega nuqtalari to‘plami bir xil, demak Lebegkriteriyasidan kelib chiqadi).

Ma’lum-ki, x P r0, 1s lar uchun 0 ď fpxq ď 1 va

fpxqpfpxq ´ 1q ď 0 ñ pfpxq ` 1q2 ď 3fpxq ` 1. (2.3)

U holda 1` fpxq ě 1 ą 0 dan, biz

1` fpxq ď 3fpxq ` 11` fpxq “ 3´

2

1` fpxq

ni, yoki mos ravishda

p1` fpxqq ` 21` fpxq ď 3, x P r0, 1s

ni hosil qilamiz. Demak, Koshi tengsizligiga ko‘ra

3 ěż 1

0

p1` fpxqq dx` 2ż 1

0

dx

1` fpxq

ě 2

d

2

ż 1

0

p1` fpxqq dxż 1

0

dx

1` fpxq

(2.4)

27

2. UZSML YECHIMLAR

bo‘ladi. Endi, isbotlashimiz kerak bo‘lgan tengsizlikż 1

0

p1 ` fpxqq dx “ 1 ` α deyishorqali bittada kelib chiqadi.

Tenglik holi uchun, quyidagi to‘plamlarni aniqlaylik:

A :“ tx P r0, 1s : fpxq “ 0u, B :“ tx P r0, 1s : fpxq “ 1u.

Umuman olganda, biz ikkita joyda tengsizlik qo‘lladik, bular (2.3) va (2.4). Bundan(2.3) dagi tenglik holi uchun deyarli barcha x P r0, 1s uchun

fpxqpfpxq ´ 1q “ 0

bo‘lishi kerak (deyarli barcha deganimizni boisi, teskari shartning Lebeg o‘lchovi 0 gateng). Demak, mpAq `mpBq “ 1 ekan, bu yerda m -Lebeg o‘lchovini bildiradi. Endi(2.4) ni tenglik holiga qaraydigan bo‘lsak,

ż 1

0

p1` fpxqq dx “ 2ż 1

0

dx

1` fpxq

ni topamiz, ya’ni

mpAq ` 2mpBq “ 2mpAq ` 2 ¨ mpBq2

ñ mpAq “ mpBq.

Demak, tenglik holi faqat va faqat mpAq “ mpBq “ 12da bajarilar ekan. Masalan f

sifatida

fpxq :“#

1, 12ď x ď 1

0, 0 ď x ă 12

deb olsak, tenglik holi bajariladi.

3 Ma’lum-ki,Gx :“ tg P G : g ¨ x “ xu

ga x P X ning stabilizeri deyiladi va u G ning qism gruppasi bo‘ladi. Yana

Sx :“ ty P X : Dg P G, g ¨ x “ yu

ga esa x P X ning orbitasi deyiladi va bunday orbitalarni aniqlash X ni bo‘laklashga(partition) olib keladi. Ya’ni,X da „ amalni

x „ y ðñ Dg P G, g ¨ x “ y

ni aniqlasak, ushbu binar amal X ni (kesishmaydigan) ekvivalent sinflarga ajratadi(ushbu faktlarni osongina ko‘rsatishingiz mumkin, agar ilk bora ko‘rishingiz bo‘lsa,isbotlashni tavsiya qilamiz). Demak, R deb ushbu ekvivalent sinflardan bittadanolingan vakillar to‘plamini olsak,

X “ď

xPRSx ùñ |X| “

ÿ

xPR|Sx|

bo‘ladi.

28


Boshqa tomondan "orbit-stabilizer" haqidagi teoremaga ko‘ra

|Sx| “ rG : Gxs,

bu yerda rG : Gxs son Gx ni G dagi indeksi.

Bundan, o‘z-o‘zidan "class equation" (Burnside lemmasi deb ham ataladi) kelib chiqadi:

|X| “ÿ

xPRrG : Gxs “

ÿ

xPR

|G||Gx|

, (2.5)

oxirgi tenglik Lagranj teoremasiga ko‘ra o‘rinlidir.

Bilamiz-ki, biror-bir k P N uchun |G| “ pk, bu yerda p tub son. Unda Gx ni G ningqism gruppasiligidan |Gx| “ pαx , p0 ď αx ď kq keladi. Albatta, agar x P F bo‘lsa, uholda Gx “ G, aks holda uning ichki qism gruppasi bo‘ladi. Bu degani x P F uchunSx “ txu va F Ă R. U holda (2.5) ga ko‘ra

|X| “ÿ

xPF1`

ÿ

xPRzF

|G||Gx|

” |F | pmod pq

va isbot tugadi.


Yechim. Biz Veyerstrass aproksimatsion teoremasining "Landau isboti" ni keltirdik.Umuman olganda

!

1anp1´ y2qn

)

yadrolar oilasi Landau oilasi deyiladi.

Q1. Bu usul "reduction method" deb ataladi. Ya’ni biz masalani ixtiyoriy Cra, bs danCr0, 1s ga tushurmoqchimiz. Albatta, bunda γpxq “ a`pbáqx : r0, 1s Ñ ra, bs chiziqdanfoydalanamiz.

Ixtiyoriy f P Cra, bs uchun

gpxq “ pf ˝ γqpxq

ni olaylik. Ravshan-ki, g yaxshi-aniqlangan va uzluksiz funksiyalar superpozitsiyasi uzluk-sizligidan g ham uzluksiz bo‘ladi. Demak g P Cr0, 1s va agar ε ą 0 uchun DP P Cr0, 1sko‘phad

||g ´ P || ď ε

desak, u holda

sup0ďxď1

|fpa` pb´ aqxq ´ P pxq| ď ε

va

supaďtďb

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

fptq ´ Pˆ

t´ ab´ a

˙ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ď ε.

Ko‘rish qiyin emas-ki, Qptq :“ P`

tábá

˘

P Cra, bs funksiya t argumentning ko‘phadi bo‘ladi.

29

2. UZSML YECHIMLAR

Q2. fp0q ` pfp1q ´ fp0qqx ko‘phadni ni ayirish kifoya. Ya’ni, ixtiyoriy f P Cr0, 1s uchun

gpxq :“ fpxq ´ fp0q ´ pfp1q ´ fp0qqx

ni aniqlasak, g P Cr0, 1s va agar g ni ko‘phad bilan aproksimatsiya qilish mumkin bo‘lsa,unda f ni ham qilish mumkin.

Q3. Farazimizga ko‘ra oldingi qadamdan foydalangan holda f butun R ga davom ettir-ilgan ("bumb function" qilib).

Qnpxq ni boshqacha yozish ham mumkin:

Qnpxq “1

an

ż 1

´1fpx´ yqp1´ y2qn dy “ 1

an

ż x`1

x´1fptqp1´ px´ tq2qn dt

“ 1an

ż 1

0

fptqp1´ px´ tq2qn dt.

Oxirgi tenglikda biz f ning "compactly supported" va supppfq “ r0, 1s ekanligidan foyda-landik. Demak, p1´px´ tq2qn ni darajalarini ochib fptq ga ko‘paytirgan holda qismlarinialohida integrallasak, Qn ning 2n darajali ko‘phad ekanligi keladi.

Q4. Bernoulli tengsizligidan foydalanamiz. Bizda |h| ď 1 uchun p1 ´ hqn ě 1 ´ nhtengsizlik bor. Undan foydalangan holda

an “ż 1

´1p1´ y2qn dy ě 2

ż 1?n

0

p1´ y2qn dy ě 2ż 1?

n

0

p1´ ny2q dy “ 43?ną 1?

n

ni topamiz.

Q5. Biz

sup0ďxď1

|fpxq ´Qnpxq| “ sup0ďxď1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1

an

ż 1

´1pfpxq ´ fpx´ yqq p1´ y2qn dy

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

nÑ8ÝÝÝÑ 0 (2.6)

ni ko‘rsatishimiz kerak.

Ma’lum-ki, f ning tekis uzluksizligidan ixtiyoriy ε ą 0 uchun shunday δ “ δpεq ą 0mavjud-ki, barcha |x1 ´ x2| ď δ shartni qanoatlantiruvchi x1, x2 P r0, 1s uchun |fpx1q ´fpx2q| ď ε bajariladi.

Demak

|fpxq ´Qnpxq| “ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1

an

ż 1

´1pfpxq ´ fpx´ yqq p1´ y2qn dy

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ď 1an

ż 1

´1|fpxq ´ fpx´ yq|p1´ y2qn dy

“ 1an

´

ż δ

´δ|fpxq ´ fpx´ yq|p1´ y2qn dy

`ż

r´1,1szr´δ,δs|fpxq ´ fpx´ yq|p1´ y2qn dy

¯

.

Birinchi integralda tekis uzluksizlikdan foydalana olamiz, chunki

|x´ px´ yq| “ |y| ď δ.

30


Ikkinchi integralda esa f ni chegaralanganligidan foydalanishimiz mumkinˆ

||f || “ sup0ďxď1

|fpxq| ă 8˙

.

Qolaversa, Q4 ga ko‘ra

|fpxq ´Qnpxq| ďε

an

ż δ

´δp1´ y2qn dy ` 2||f ||

an

ż

r´1,1szr´δ,δsp1´ y2qn dy

ď εan

ż 1

´1p1´ y2qn dy ` 4||f ||

an

ż 1

δ

p1´ y2qn dy

ď ε` 4||f ||an

p1´ δ2qnp1´ δq

ď ε` 4||f ||p1´ δq?np1´ δ2qn

kelib chiqadi. Bilamiz-ki, δ ą 0 va faqat ε ga bog‘liq edi. Bundan 0 ď 1´ δ2 ă 1 va

limnÑ8

?np1´ δ2qnp1´ δq “ 0

keladi, ya’ni shunday n0 “ n0pδq P N mavjud-ki, barcha n ě n0 lardaˇ

ˇ

?np1´ δ2qnp1´ δq

ˇ

ˇ ď ε4||f ||

bajariladi. U holda barcha x P r0, 1s uchun

|fpxq ´Qnpxq| ď 2ε

ya’ni

sup0ďxď1


ekan.

Demak, @ε ą 0 uchun shunday n0 “ n0pδq “ n0pδpεqq “ n0pεq P N mavjud bo‘lib, barchan ě n0 larda

sup0ďxď1


bajariladi. Bu esa to‘g‘ridan-to‘g‘ri (2.6) ni beradi.



1 Masalani yechimini berishdan oldin quyidagi teoremani eslatib o‘tamiz:

31

2. UZSML YECHIMLAR

Teorema 2.4.1. Aytaylik fpxq funksiya pa, bq kesmada aniqlangan va differensial-lanuvchi bo‘lsin. Agar f 1pxq funksiya x0 P pa, bq da uzilishga ega bo‘lsa, u holda buuzulish ikkinchi tur uzilish bo‘ladi. Xususan,

limxÑx0˘0

f 1pxq ‰ 8

bo‘ladi.

Proof. Aytaylik x0 nuqtada limxÑx0`0

f 1pxq mavjud bo‘lsin va L ga teng bo‘lsin. Quyidabiz bu limit f 1px0q ga teng ekanligini isbotlaymiz. Yetarlicha kichik ∆x ą 0 uchun(umuman olganda x0 `∆x ă b shartni qanoatlantirsa yetarli) uchun funksiya orttir-masini argument orttirmasiga nisbatini qaraymiz qaraymiz:

∆fpx0q∆x

“ fpx0 `∆xq ´ fpx0q∆x

; (2.7)

Lagranj teoremasiga ko‘ra

f 1pcp∆xqq “ fpx0 `∆xq ´ fpx0q∆x

shartni qanoatlantiruvchi cp∆xq P px0, x0 `∆xq mavjud. Albatta, cp∆xq soni ∆x gabog‘liq. Ma’lumki, lim

∆xÑ0cp∆xq “ x0. Demak, (2.7) tenglik quyidagi

∆fpx0q∆x

“ f 1pcp∆xqq

Tenglikka ega bo‘lamiz. Yuqoridagi tenglikni ∆xÑ 0` da limitga o‘tamiz

lim∆xÑ0`

∆fpx0q∆x

“ lim∆xÑ0`

f 1pcp∆xqq

Yuqoridagi tenglikni chap tomoni f 1px0q ga va o‘ng tomoni ∆x Ñ 0` da cp∆xq Ñx0 ` 0 bo‘lganligi uchun L ga intiladi. Demak, f 1px0q “ L. Xuddi shunday, agar

limxÑx0´0

f 1pxq mavjud bo‘lsa u f 1px0q ga teng. Demak f 1pxq funksiya x0 nuqtada uzilganbo‘lsa u albatta 2-tur uzulish bo‘ladi. Undan tashqari

limxÑx0˘0

f 1pxq ‰ 8

ham bo‘lishi yuqoridagi isbotdan kelib chiqadi(chunki lim∆xÑ0˘

f 1pcp∆xqq “ f 1px0q).

Endi asosiy masalaning yechimiga o‘tsak ham bo‘ladi. Aytaylik a :“ inf L0pfq vab :“ supL0pfq bo‘lsin. f 1pxq funksiya 0 nuqtada uzilgan bo‘lganligi uchun yuqoridagiteoremadan a ‰ b ekanligini ko‘rish qiyin emas. Undan tashqari, L0pfq to‘plamnianiqlanishidan a, b P L0pfq ekanligini ko‘rish mumkin. Asosiy vazifamiz ixtiyoriyy P pa, bq uchun y P L0pfq ekanligini ko‘rsatishdir. a, b P L0pfq bo‘lganligi uchunnÑ 8 da

f 1pxnq Œ a, f 1pznq Õ bshartni qanoatlantiruvchi xn, zn Ñ 0 ketma-ketliklar topiladi. a ă y ă b bo‘lganligiuchun shunday n0 mavjudki, barcha n ą n0 larda f 1pxnq ă y ă f 1pznq shart bajariladi.f 1pxnq ă y ă f 1pznq bo‘lganligi uchun Darbu teoremasidan f 1pξnq “ y bo‘ladiganξn P pxn, znq mavjud. n Ñ 8 da xn, zn Ñ 0 bo‘lganligi uchun ξn Ñ 0 bo‘lishiniko‘rish mumkin. Demak, n Ñ 8 da f 1pξnq “ y va ξn Ñ 0 ekanligidan y P L0pfqekanligi kelib chiqadi. Demak, L0pfq “ ra, bs. Isbot tugadi.

32


2 Agar a P H desak, u holda ixtiyoriy b “ c´1ac (qaysiki, a ning qo‘shma sinfidanolingan) uchun b P H bo‘ladi. Ya’ni H qo‘shma sinflarning birlashmasi bo‘ladi.

Aytaylik, Cpaq :“ tb P G : ba “ abu ga a ning centralizer i deyiladi. Ma’lum-ki, aga o’zaro qo‘shma elementlar soni rG : Cpaqs ga teng bo‘ladi, ya’nikim, pα, α ě 0ko‘rinishida. Qo‘shimchasiga,

Cpeq “ G, rG : Cpeqs “ 1

va umuman olganda

a P ZpGq ðñ rG : Cpaqs “ 1

bo‘ladi. Demak, H qo’shma sinflar (conjugacy classes) birlashmasi (ma’lumki, ikkitaqo’shma sinf yoki ustma-ust tushadi, yoki umumiy elementga ega emas), p||H| vae P H dan, kamida shunday H ning p´ 1 elementi mavjud-ki, ularning centralizerlariG bo‘ladi, ya’ni ular ZpGq ga tegishlidir.

3 Bu "Vitali covering lemma" ning butun sonlar to‘plami uchun keltirilgan (discrete)versiyasi edi.

Umumiylikka zara yetkazmasdan, lp1q ě lp2q ě . . . ě lpnq deb olaylik. Va, albatta, Ik1sifatida I1 ni olamiz. Ik2 sifatida esa I2, I3, . . . , In orasidan I1 bilan o‘zaro kesishmaydi-gan uzunligi(interval) eng kattasini olamiz. Xuddi shunday, Ik3 ni ham CztIk1 , Ik2u danuzunligi eng kattasini olamiz va shu holatda barcha Ik1 , Ik2 , . . . , Ikm larni tanlaymiz.Albatta, ular o’zaro kesishmaydigan to‘plamlar va 1 “ k1 ă k2 ă . . . ă km ď nbo‘ladi. Endi, biz tanlangan Ikj , 1 ď j ď m lar uchun

U Ďmď

j“1tz P Z : akj ´ lpkjq ď z ď akj ` 2lpkjq ´ 1u

ni ko‘rsatamiz.

Birorta Ik P C ni olsak, agar birorta ď j ď m uchun k “ kj bo‘lsa, u holda

tz P Z : ak ď z ď ak ` lpkq ´ 1u Ď tz P Z : akj ´ lpkjq ď z ď akj ` 2lpkjq ´ 1u

dan

Ik Ďmď


bo‘ladi.

Agar k ‰ kj, 1 ď j ď m bo‘lsa, shunday Ikj mavjud-ki, lpkq ď lpkjq va Ikj X Ik ‰ Hbo‘lar ekan. Chunki, k dan kichik yoki teng bo‘lgan barcha kj larni k1 ă k2 ă . . . ă kjdeb olsak, u holda agar Ik to‘plam Ikr , 1 ď r ď j larni birortasi bilan kesishmasa,Ikj`1 sifatida Ik ni olishimiz lozim bo‘lar edi. Lekin aytganizmidek k ‰ kj`1. Xullas,shunday Ikj mavjud-ki, lpkq ď lpkjq va Ikj X Ik ‰ H ekan. U holda

tz P Z : ak ď z ď ak ` lpkq ´ 1u Ď tz P Z : akj ´ lpkjq ď z ď akj ` 2lpkjq ´ 1u

bo‘ladi.

33

2. UZSML YECHIMLAR

Demak, ixtiyoriy Ik uchun

Ik Ďmď


ekan, ya’ni

U “nď

k“1Ik Ď

mď

j“1tz P Z : akj ´ lpkjq ď z ď akj ` 2lpkjq ´ 1u.


Yechim. Biz isbotlamoqchi bo‘lgan natija "Muntz’s approximation theorem" debataladi. Albatta, Muntz aproksimatsiyasining bir qancha formalari bor, bu yerda biz faqatCr0, 1s uchun qarayabmiz, umuman olib qaraganda Veyerstrass teoremasining umum-lashgani deyishimiz mumkin, lekin bu yerdagi isbotida biz Veyerstrass teoremasidan foy-dalanayapmiz. Yana qo‘shimcha qiladigan bo‘lsak, ushbu teorema - ham kriteriyadir,lekin biz bir tomonlama isbotlayapmiz. Ya’ni, chiziqli yoyilma zich bo‘lishi uchun ketma-ketlikga yuqorida qo‘yilgan ikkita shart bajarilishi zarur va yetarlidir.

Q1. Trivial. Chunki, birinchi shartda λn ketma-ketlik cheksizlikka ketishidan va naturalsonlardan iborat ketma-ketlikligidan qayta tartiblash mumkin. Bunda albatta to‘plamningchiziqli yoyilmaga ta’sir qilmaydi.

Q2. Ushbu qadam muhim hisoblanadi, chunki bundan isbotni bittada keltirib chiqarishmumkin. Biz n bo‘yicha induksiyadan foydalanib isbotlaymiz. Albatta, ixtiyoriy f PCr0, 1s uchun distpxN ,Mnq ď ||xN ´ f || bo‘lishidan, ko‘proq mos keluvchi funksiyanitopish kifoyadir, bu yerda g P Cr0, 1s uchun

||g|| :“ supxPr0,1s

|gpxq|,

ya’ni supremum norm (ba’zan L8´ norm yoki uniform norm ham deyiladi).

f0pxq “ 0 deb olaylik, u holda ||xN ´ f0|| “ 1 bo‘ladi. f1pxq “ xλ1 desak,

||xN ´ f1|| ďˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1´ Nλ1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ni ko‘rsatish qiyin emas. Demak, eng muhimi bizga kerak bo‘lgan mos keluvchi fn nitopishdir.

fnpxq “ xλn ` pλn ´mqn´1ÿ

k“0

akλk ´ λn

pxλk ´ xλnq

ni olish orqali birinchi galda

||xN ´ fn|| ďˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1´ Nλn

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

||xN ´ fn´1||

tengsizlikni ko‘rsating va induksiyaga o‘ting.

34


Q3. Qismiy yig‘indi va ko‘paytmalarni baholashdan ko‘rish mumkin-ki,

8ź

k“1p1` akq ě 1`

8ÿ

k“1ak,

bu yerda ikkala tomon ham `8 bo‘lishi mumkin. Demak, agarś8

k“1p1àkq yaqinlashu-vchi bo‘lsa, unda

ř8k“1 ak ham yaqinlashuvchi ekan.

Endi, faraz qilaylikř8k“1 ak yaqinlashuvchi bo‘lsin. U holda logp1 ` akq ď ak dan

ř8k“1 logp1 ` akq ning yaqinlashuvchi ekanligi keladi. Demak, ko‘paytma ham yaqin-

lashuvchi ekan.

Q4. 0 ă ak ă 1 bo‘lgan ketma-ketlik uchun

8ÿ

k“1ak ´ yaqinlashuvchi ðñ

8ÿ

k“1

ak1´ ak

´ yaqinlashuvchi

ni ko‘rish qiyin emas. Bir tomondan ak ď ak1ák ligidan, agarř8k“1

ak1ák

yaqinlashuvchibo‘lsa, unda

ř8k“1 ak ham yaqinlashuvchi ekan. Boshqa bir tomondan,

ř8k“1 ak ning

yaqinlashuvchiligidan, limkÑ8

ak “ 0 keladi va shunday k0 P N mavjud-ki, ixtiyoriy k ě k0uchun ak

1ákď 2ak bo‘ladi. Demak

ř8k“1

ak1ák

ham yaqinlashuvchi ekan.

Q3 ga ko‘ra

8ÿ

k“1

ak1´ ak

´ yaqinlashuvchi ðñ8ź

k“1

1

1´ ak´ yaqinlashuvchi

va

8ÿ

k“1ak ´ yaqinlashuvchi ðñ

8ź

k“1

1

1´ ak´ yaqinlashuvchi.

Bizda8ÿ

n“1

1

λn“ 8 ligi bor, bundan ixtiyoriy fiksrlangan N P N uchun

8ÿ

n“1

N

λn“ 8 va

8ź

n“1

ˆ

1´ Nλn

˙

“ 0

ligi keladi. Bu yerda, albatta biror n dan boshlab, NλnP p0, 1q bo‘ladi. Demak, ixtiyoriy

N P N uchun

dist`

xN , spanRt1, xλ1 , xλ2 , . . .u˘

ďnź

k“1

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

1´ Nλk

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

nÑ8ÝÝÝÑ 0

ekan va bundan spanRt1, xλ1 , xλ2 , . . .u ning spanRt1, x1, x2, . . .u da zichligi keladi. Veyer-strass teoremasiga ko‘ra spanRt1, xλ1 , xλ2 , . . .u ham Cr0, 1s da zich bo‘ladi.

Masala.

35

2. UZSML YECHIMLAR

1. Demak, tλnuně1 o‘suvchi arifmetik progressiya ekan. Aytaylik, an “ a1 ` pn ´ 1qdbo‘lsin. Unda

limnÑ8

λn “ 8

tabiiy-ki trivial va8ÿ

n“1

1

λn“

8ÿ

n“1

1

a1 ` pn´ 1qd„

8ÿ

n“1

1

n,

garmonik qator uzoqlashuvchi ekanligidan, yuqoridagi qatorning ham uzoqlashuvchiekanligi keladi. Yuqoridagi teoremaga ko‘ra spant1, xλn : n P Nu yoyilma Cr0, 1sda zich ekan.

2. Yuqoridagi 1-masalaga o‘xshab, asosiy qism hisoblangan8ÿ

n“1

1

pn“ 8

ni ko‘rsatsak kifoya, bu yerda pn - n´o‘rindagi tub sondir. Q3 ga ko‘ra8ź

n“1

ˆ

1` 1pn

˙

“ 8,

yoki8ź

n“1

ˆ

1´ 1pn

˙

“ 0,

yoki, ekvivalent ravishda8ź

n“1

1

1´ 1pn

“ 8

ni ko‘rsatishimiz lozim. Oxirgi cheksiz ko‘paytmaning uzoqlashuvchiligi esa8ź

n“1

1

1´ 1pn

“8ź

n“1

ˆ

1` 1pn` 1p2n` . . .

˙

“8ÿ

n“1

1

n

va garmonik qatorning uzoqlashuvchiligidan keladi.



1 Bizda fpaqfpbq ą 0 va f 1pxq ą 0, @x P pa, bq berilgan. Demak, f ushbu intervaldao‘suvchi va chegarada bir xil ishorali ekan. Bundan fpxq ‰ 0, @x P ra, bs keladi.

U holda biz quyidagi ra, bs intervalda uzluksiz va differensiallanuvchi bo‘lgan funksiyalarniolishimiz mumkin:

F pxq “ xfpxq , Gpxq “

1

fpxq .

36


Ushbu funksiyalar o‘rta qiymatlar haqidagi Koshi teoremasining barcha shartlariniqanoatlantiradi. Demak,

F paq ´ F pbqGpaq ´Gpbq “

F 1pcqG1pcq

bo‘ladigan c P pa, bq mavjud ekan. Bundan

afpbq ´ bfpaqfpbq ´ fpaq “ c´

fpcqf 1pcq

kelib chiqadi.

2 Shartga ko‘ra 0 P convtv1, v2, . . . , vku ekan. Bu degani, shunday t1 ` t2 ` . . .` tk “ 1va 0 ď tj ď 1 haqiqiy sonlar mavjud-ki,

t1a1 ` t2a2 ` . . .` tkak “ 0

bo‘ladi. U holda uchburchak tengsizligiga ko‘ra

´tjvj “ÿ

l‰jtlvl ñ tj “ |´tjvj| “

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ÿ

l‰jtlvl

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ďÿ

l‰jtl “ 1´ tj.

Demak, barcha 1 ď j ď k lar uchun 0 ď tj ď 12 ekan.

Yana uchburchak tengsizligidan foydalanish orqali

|v1 ` v2 ` . . .` vk| ď |p1´ 2t1qv1 ` p1´ 2t2qv2 ` . . .` p1´ 2tkqvk|

ďkÿ

j“1p1´ 2tjq

“ k ´ 2,

bizga kerakli natijani olishimiz mumkin.

3 Berilgan shartdan

AAT “ A´ A3 “ ATA

keladi. A P MnˆnpRq ligidan AA˚ “ A˚A va A ni normal ekanligini topamiz, buyerda A˚ :“ pajiqij matritsa A “ paijqij ning kompleks qo‘shmasi. U holda Schurdecomposition ga ko‘ra shunday U unitar (ya’ni UU˚ “ U˚U “ I) va P diagonalmatritsa mavjud-ki, A matritsani A “ UPU˚ ko‘rinishida ifodalash mumkin.

Berilgan shartdan foydalanadigan bo‘lsak,

A2 ` AT “ I ñ A2 ` A˚ “ I ñ UP 2U˚ ` UPU˚ “ I

va

P 2 ` P “ I

keladi. A ning xossonlari P ning diagonal elementlari bo‘ladi va ular t2 ` t “ 1tenglamani qanoatlantirishi kelib chiqadi. Demak, A ning xos sonlari ´1`

?5

2va ´1´

?5

2

lardan iborat ekan. Lekin bular trpAq “ 0 shartni qanoatlantirmaydi.

37

2. UZSML YECHIMLAR


Yechim. Qadamba-qadam yechamiz.

Q1. Avvalo biror k natural sonni fiksirlab olamiz. Faraz qilaylik n “ ka ` b bu yerdab P r0, k ´ 1s va a lar natural sonlar bo‘lsin. U holda masala shartidan

cn ď ack ` bc1

hosil bo‘ladi. Bundan esacnnď ka

n

ckk` bc1

n

Tenglikni ko‘rish mumkin. Oxirgi tenglikning ikki tomonidan n bo’yicha yuqori limitolsak quyidagi

limnÑ8

cnnď ck

k

hosil bo’ladi va bu tengsizlik barcha k lar uchun o‘rinli bo‘lgani uchun

limnÑ8

cnnď lim

kÑ8

ckk

hosil qilamiz. Shunday qilib yuqoridagi tengsizlikdan ko‘rinib turibdiki limit doim mavjudva

limnÑ8

cnn“ inf

n

cnn.

Q2. Umumiylikka zarar yetkazmasdan F pxq ą x tanlash mumkin, chunki agar

´p ă F pxq ´ x ă ´p` 1

bo’lsa u holda Gpxq “ F pxq ` p ko‘rinishida tanlab olamiz (ρpGq “ ρpF q ` p).

Biror x ni fiksirlab olamiz va quyidagi ketma-ketlikni tanlaymiz:

cn “ F npxq ´ x` 1.

Bu ketma-ketlik uchun cn`m ď cn` cm ni isbotlash qiyin emas(siz isbotlang). Demak Q1dan lim

nÑ8cnn

limit mavjud. Shunday qilib

limnÑ8

F npxq ´ xn

“ limnÑ8

F npxq ´ x` 1n

“ limnÑ8

cnn.

Endi yuqoridagi limit x ga bog‘liq emasligini isbotlaymiz. Ixtiyoriy x va y ni fiksirlabolamiz. Ma’lumki, |x ´ y| ď k shartni qanoatlantiruvchi k P N mavjudligi ravshan. Fning aniqlanishidagi 2-shartdan |F pxq ´ F pyq| ď k hosil qilish qiyin emas. Xuddi shuishni davom ettirib barcha n lar uchun

|F npxq ´ F npyq| ď k

tengsizlikni hosil qilamiz. Demak,ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

F npxq ´ xn

´ Fnpyq ´ yn

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

ďˇ

ˇ

ˇ

ˇ

F npxq ´ F npyqn

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

`ˇ

ˇ

ˇ

x´ yn

ˇ

ˇ

ˇď 2k

n

38


hosil bo‘ladi. Oxirgi tengsizlikda n bo‘yicha limitga o‘tsak |ρpF pxqq ´ ρpF pyqq| “ 0 kelibchiqadi. Demak, ρpF pxqq “ ρpF pyqq. Isbot tugadi.

Q3. Isbot juda oddiy va quyidagi tenglikdan kelib chiqadi:

ρpF kq “ limnÑ8

pF kq˝n ´ xn

“ k limnÑ8

F nk ´ xnk

“ kρpF q.

Q4. Isbot zarur va yetarli qismlardan iborat:

• Faraz qilaylik F px0q “ tx0u shartni qanoatlantiruvchi shunday x0 mavjud u holda

F ptx0u ` rxsq “ tx0u.

Bundan esaF ptx0u “ tx0u ´ rx0s

kelib chiqadi. Shunday qilib

F nptx0u ´ tx0u “ rx0s

tenglikni hosil qilamiz. Oxirgi tenglikdan ρpF q “ rx0s P Z ekanligini ko‘rish qiyinemas.

• Faraz qilaylik ρpF q butun son va F pxq “ txu tenglikni qanoatlantiruvchi x mavjudbo‘lmasin. U holda barcha x P R uchun

k ` ε ď F pxq ´ txu ď k ` 1´ ε

shunday 0 ă ε ă 1 mavjud(bu yerda Fni barcha xossalaridan foydalanamiz). Bun-dan

npk ` εq ď F pxq ´ txunpk ` 1` εq

ekanligini ko‘rish mumkin. O‘z -o‘zidan

k ` ε ď ρpF q ď k ` 1´ ε

ni hosil qilamiz bu esa ρpF q butun sonligiga ziddiyat.

Q5. Agar ρ “ mnbo’lsa, u holda ρpF nq “ m P Z. Q4 ga ko’ra F npxq “ x mavjud.

Ikkinchi tomoni ham Q4 dan kelib chiqadi.



1 Integralni ikkita qismga ajratamiz,

ż 1

0

na

xn ` p1´ xqn dx “ż 1

2

0

na

xn ` p1´ xqn dx`ż 1

12

na

xn ` p1´ xqn dx

39

2. UZSML YECHIMLAR

va alohida limitga o‘tamiz. Bundan Bounded Convergence Theorem (xohlasangiz tekisyaqinlashuvchilikka ham tekshirishingiz mumkin) ga ko‘ra

limnÑ8

ż 12

0

na


2

0

p1´ xq dx “ 38

va

limnÑ8

ż 1

12

na


12

x dx “ 38.

Demak, bizga berilgan limit qiymati 34ga teng.

2 Berilgan shartdan biz quyidagi ayniyatni

p2A´ Iqp4B ´ Iq “ I,

topamiz, va u

rankp2A´ Iq “ rankp4B ´ Iq “ n

ni beradi.

Endi, Silvester tengsizligidan

rankpA2q ` rankp4B ´ Iq ď n` rankp4A2B ´ A2q ñrankpA2q ď rankpABq

kelib chiqadi.

Xuddi shunday

rankpB2q ď rankpABq

ni ham keltirib chiqarishimiz mumkin. Ikkalasini qo‘shish orqali bizga kerakli natijaniolamiz.

3 Quyidagi ko‘phadni aniqlaylik:

P pxq “nź

j“1px´ ajq

“ xn `˜

ÿ

iăjaiaj

¸

xn´2 ´˜

ÿ

iăjăkaiajak

¸

xn´3 ` . . .` p´1qna1a2 ¨ ¨ ¨ an

Ya’ni, a1, a2, . . . , an nuqtalarda oddiy nollarga ega ko‘phad. Roll teoremasidan ko‘rishimizmumkin-ki, P pn´3q ko‘phad aniq uchta haqiqiy ildizga ega, va ularni x1, x2, x3 deb bel-gilab olaylik. U holda

P pn´3qpxq “ n!3!x3 ` n!

npn´ 1q

˜

ÿ

iăjaiaj

¸

x´ n!npn´ 1qpn´ 2q

˜

ÿ

iăjăkaiajak

¸

“ n!3!px´ x1qpx´ x2qpx´ x3q

40


bo‘ladi, shuningdek quyidagi tengliklarni topamiz:

3!

npn´ 1q

˜

ÿ

iăjaiaj

¸

“ x1x2 ` x2x3 ` x3x1,

3!

npn´ 1qpn´ 2q

˜

ÿ

iăjăkaiajak

¸

“ x1x2x3

va x1 ` x2 ` x3 “ 0.

Demak, biz´x1x2 ` x2x3 ` x3x1

3

¯2

` 13ě 2x1x2x3

3

ni ko‘rsatishimiz lozim, yoki, x1 ` x2 ` x3 “ 0 dan

x21x22 ` x22x23 ` x23x21 ` 3 ě 6x1x2x3

ni ko‘rsatishimiz yetarli. Oxirgi tengsizlik esa

px1x2 ´ x3 ` 1q2 ` px2x3 ´ x1 ` 1q2 ` px3x1 ´ x2 ` 1q2 ě 0,

ga ekvivalentdir.


Yechim. Masalani nisbatan ko‘proq ma’lumotga va bilimga ega bo‘lish sifatida kengroqberdik.

Q1. Trivial. Albatta, h ˝ f ni G ning o‘z-o‘ziga gomomorfizmi ekanligini gomomorfizmshartidan tekshirib olishimiz mumkin. Ikkalasining ham suryektiv va inyektiv ekanligidan,kompozitsiyaning ham suryektivligi va inyektivligi keladi. Demak, h ˝ f P AutpGq vaAutpGq da ˝ amal to‘g‘ri aniqlangan ekan. Kompozitsiyaning assosiativligi aniq. Birlikelement sifatida ayniy automorfizmni olishimiz mumkin. h ni biyektivligidan, teskarifunksiyasini olsak, uni ham G ning automorfizmi ekanligini ko‘rishimiz mumkin (ta’rifbo‘yicha tekshirib ko‘ring).

Q2. Albatta tekshirishimiz mumkin-ki, ixtiyoriy a P G uchun θa P AutpGq bo‘ladi.Quyidagi xossalarni tekshiring:

• ixtiyoriy a b P G uchun θa ˝ θb “ θab;

• ixtiyoriy a P G uchun θa´1 “ pθaq´1;

• ixtiyoriy h P AutpGq va ixtiyoriy a P G uchun h ˝ θa ˝ h´1 “ θhpaq;

Bundan ko‘rishimiz mumkin-ki, InnpGq Ÿ AutpGq bo‘ladi.

Keyingi tasdiq uchun isomorfizmning birinchi teoremasidan foydalanishimiz kerak. Bundabizga yadrosi ZpGq bo‘lgan, G dan InnpGq epimorfizm topish talab etiladi. Tabiiy rav-ishda,

φ : GÑ InnpGq, a ÞÑ θa

41

2. UZSML YECHIMLAR

ni olaylik. Tekshirish oson-ki, φ epimorfizm bo‘ladi (ya’ni suryektiv gomomorfizm).Qo‘shimchasiga a P Kerφ degani ñ θa “ id ñ ixtiyoriy b P G uchun aba´1 “ b de-ganidir, ya’ni a P ZpGq. Bunda ixtiyoriy a P ZpGq uchun ham θa “ id ligini ham ko‘rishqiyin emas. Demak, Kerφ “ ZpGq. Isomorfizmning birinchi teoremasiga ko‘ra,

InnpGq – G{ZpGq

keladi.

Q3. Aytaylik, G cyclic gruppa bo‘lsin va |G| “ n, G “ te, a, a2, . . . , an´1u. Faraz qilaylik,h P AutpGq. U holda a ni G ning generatoriligidan, hpaq :“ ak ni ham G ning generatoribo‘lishi kerakligi keladi. Bundan

t0, k, 2k, . . . , pn´ 1qku

to‘plamni n ni to‘la qoldiqlar sinfi bo‘lishi kelib chiqadi. Demak, EKUBpk, nq “ 1 bo‘lishikerak ekan, ya’ni Upnq :“ t1 ď k ď n : EKUBpk, nq “ 1u to‘plamni olsak, h shunday au-tomorfizm ekan-ki, hpaq “ ak, k P Upnq. Albatta, ixtiyoriy k P Upnq uchun hpaq “ ak ho-momorfizmni aniqlasak, tekshirish orqali uni automorfizm ekanligini osongina ko‘rsatishmumkin.

Yuqoridagidan, G cyclic gruppa uchun |AutpGq| “ |Upnq| “ ϕpnq keladi, bu yerda ϕ -Eyler funksiyasi.

|G| “ |AutpGq| ` 1 tenglikga keladigan bo‘lsak, |AutpGq| “ |G| ´ 1 bo‘ladigan cheksizko‘p G cyclic gruppa borligini ko‘rsatsak kifoya. Bu degani ϕpnq “ n ´ 1 bo‘ladigann P N lar cheksiz ko‘pligini ko‘rsatish deganidir. Euler funksiyasi uchun keltirilgan oxirgitenglik esa, faqat va faqat n tub son bo‘lganda bajariladi. Demak, |G| tub son bo‘lganbarcha gruppalar uchun |G| “ |AutpGq| ` 1 tenglik bajarilar ekan.

Q4. Faraz qilaylik, shunday G gruppa mavjud bo‘lsin.

Q2 ga ko‘ra, |InnpGq| ning EKUBp|G|, |AutpGq|q ni bo‘luvchisi ekanligi keladi. Demak,agar |AutpGq| “ |G| ` 1 bo‘lsa, |InnpGq| “ 1 va bundan ZpGq “ G ekan, ya’ni G -abelian.

Chekli abel gruppalari haqidagi fundamental teoremaga ko‘ra („ Chinese remainder the-orem) G ni tartibi biror tub son darajasi bo‘lgan cyclic gruppalarning to‘g‘ridan-to‘g‘riyig‘indisi ko‘rinishida ifodalash mumkin.

Faraz qilaylik, G1 ă G bo‘lib, |G1| “ pα, α ą 1 bo‘lsin. U holda p | |G| ligi aniq vaAutpG1q ă AutpGq ligidan, ϕppαq |AutpGq keladi, ya’ni p|AutpGq. EKUBp|G|,AutpGqq “1 dan, esa p “ 1 va ziddiyat bo‘ladi. Demak, α “ 1 ekan.

Endi, faraz qilaylik, G ni cyclic gruppalar to‘g‘ri yig‘indisi ko‘rinishida ifodalagandaZp

À

ZpÀ

. . .À

KAX · 2020. 11. 4. · Karim Raximov CNRS,UniversityofLille Lille,France Abror Pirnapasov...

Documents

Transcript of KAX · 2020. 11. 4. · Karim Raximov CNRS,UniversityofLille Lille,France Abror Pirnapasov...