1.Ta’rif. Agar
x
nuqtaning har bir
Ox
atrofi
X
M
toʻplamning kamida bitta nuqtasini oʻz ichiga
olsa, ya’ni
Ox
M
boʻlsa,
x
nuqta
M
toʻplamning urinish nuqtasi deyiladi.
(
)
,
X
topologik
fazodagi
M
toʻplamning barcha urinish nuqtalari toʻplami
X
M
orqali yoki
M
kabi belgilanadi.
Ta’rifdan koʻrinadiki,
M
toʻplamning har bir nuqtasi shu toʻplamning uchun urinish nuqtasi boʻladi,
ya’ni
M
M
.
1.Tasdiq.
M
toʻplamning yopiq boʻlishi uchun
M
M =
shartning bajarilishi zarur va yetarlidir.
Isbot. Zarurligi. Aytaylik,
M
toʻplam
(
)
,
X
topologik fazodagi biror yopiq toʻplam boʻlsin. U holda
G
M
X
=
\
toʻplam
(
)
,
X
topologik fazoda ochiq toʻplam boʻladi. Ixtiyoriy
G
x
nuqta ichki nuqta
ekanligidan bu nuqtaning shunday
Ox
atrofi mavjudki,
G
Ox
boʻladi. Bu esa ixtiyoriy
M
X
x
\
nuqtaning
M
toʻplam uchun urinish nuqtasi emasligini bildiradi. Demak,
M
M =
ekan.
Yetarliligi. Faraz qilaylik,
M
- toʻplam oʻzining yopig‘i bilan ustma-ust tushsin, ya’ni
M
M =
boʻlsin. Bu toʻplamning yopiq ekanligini koʻrsatamiz. Buning uchun toʻldirma toʻplamdan ixtiyoriy
https://buxdu.uz
PEDAGOGIK MAHORAT 3 (79) 2021
182
M
X
M
X
y
\
\
=
- nuqtani olamiz. Bu
y
- nuqta
M
X \
toʻplamning urinish nuqtasi emasligidan,
shunday
Oy
atrof mavjudki,
M
X
Oy
\
boʻladi.
y
nuqtaning ixtiyoriyligidan
M
X \
toʻplamning
ochiq ekanligi kelib chiqadi. Demak,
M
- yopiq toʻplam ekan. 2 tasdiq isbotlandi.
Aytaylik
A
va
B
toʻplamlar
(
)
,
X
topologik fazoning qism toʻplamlari boʻlib
B
A
shart
bajarilsin. U holda
B
A
munosabat oʻrinli boʻladi.
Haqiqatan ham,
B
A
ekanligidan
A
toʻplamning barcha urinish nuqtalari
B
toʻplamning ham
urinish nuqtalari boʻladi. Demak,
B
A
munosabat oʻrinli ekan.
2.Tasdiq. Ixtiyoriy
(
)
,
X
topologik fazo va ixtiyoriy
X
A
toʻplam berilgan boʻlsin. U holda
X
A
toʻplam uchun quyidagi shartlar teng kuchli:
1)
x
nuqta
A
toʻplamga tegishli;
2)
x
nuqtadagi ixtiyoriy
( )
x
B
baza va ixtiyoriy
( )
x
B
U
elementi uchun
A
U
oʻrinli;
3)
x
nuqtada shunday
( )
x
B
baza mavjudki, bu bazaning ixtiyoriy
( )
x
B
U
elementi uchun
A
U
shart bajariladi.
Isboti. 1)
2). Teskarisidan faraz qilaylik, ya’ni
x
nuqtadagi
( )
x
B
baza uchun shunday
( )
x
B
U
element topilib,
=
A
U
boʻlsin.
U
element
x
nuqtaning ochiq atrofi boʻladi. Bu esa
x
nuqta
A
toʻplamning urinish nuqtasi emasligi kelib chiqadi. Demak,
A
x
ekan. Bu esa 1) shartga zid.
2)
3) ning isboti oddiy. 3)
1)ning isboti urinish nuqta ta’rifidan bevosita kelib chiqadi. 3 tasdiq
isbotlandi.
1.Natija. Agar
U
- ochiq toʻplam va
=
A
U
boʻlsa, u holda
=
A
U
. Xususan, agar
U
va
V
oʻzaro kesishmaydigan ochiq toʻplamlar boʻlsa, u holda
V
U
V
U
=
=
boʻladi.
Isboti. 1) Teskarisini faraz qilamiz. Aytaylik, shunday
x
nuqta mavjud boʻlsinki,
A
U
x
boʻlsin. Bundan
U
x
va
A
x
ga ega boʻlamiz. 3 tasdiqqa koʻra
A
U
kelib chiqadi. Bu esa
qilgan farazimizga zid.
2) bizga
U
va
V
oʻzaro kesishmaydigan ochiq toʻplamlar berilgan boʻlsin. Faraz qilaylik
V
U
kesishsin, u holda shunday
x
nuqta mavjud boʻlsinki,
V
U
x
boʻladi. Bundan
U
x
va
V
x
ga ega boʻlamiz.
U
x
dan
x
nuqtaning shunday
x
O
1
atrofi mavjudki,
U
x
O
1
boʻladi.
V
x
dan va
x
nuqtaning urinish nuqtaligidan
V
x
O
1
kesishmaning boʻsh emasligi kelib chiqadi.
Bundan
V
U
ekanligi kelib chiqadi. Bu esa natija shartiga zid. Natijaning qolgan qismi 2) kabi
isbotlanadi. 1 natija isbotlandi.
2. Tasdiq. Yopilma operatori quyidagi xossalarga ega:
(SO1)
=
.
(SO2)
A
A
.
(SO3)
B
A
B
A
=
.
(SO4)
A
A =
.
Isboti. (SO1) va (SO2) xossalar ta’rifdan bevosita kelib chiqadi.
(SO3) xossaning isbotini koʻrsatamiz. Aytaylik,
B
A
x
boʻlsin, u holda
x
nuqtaning ixtiriy
( )
x
B
bazasi va ixtiyoriy
( )
x
B
U
ochiq atrofi uchun
(
)
B
A
U
ga ega bqlamiz. Bundan yoki
A
U
, yoki
B
U
ekanligi kelib chiqadi. Birinchi holda
A
x
, ikkinchi holda esa
B
x
boʻladi. Bu ikki munosabatlardan
B
A
x
ni hosil qilamiz.
Aksincha,
B
A
x
boʻlsin. U holda yoki
A
x
, yoki
B
x
boʻladi. Birinchi yoki ikkinchi
hollarda ixtiyoriy
( )
x
B
U
ochiq atrof uchun
(
)
B
A
U
ga ega boʻlamiz. Bundan
B
A
x
ekanligi kelib chiqadi.
(SO4) xossani koʻrsatamiz.
A
A
ekanligidan
A
A
kelib chiqadi. Teskarisini koʻrsatamiz.
Aytaylik
A
x
boʻlsin. U holda
x
nuqtaning ixtiyoriy
Ox
atrofi
]
[A
toʻplam bilan kesishadi, ya’ni
A
Ox
boʻladi. Ixtiyoriy
A
Ox
x
1
nuqtani olamiz. Bu
x
nuqtaning atrofi sifatida
Ox
atrofni
https://buxdu.uz
3 (79) 2021
PEDAGOGIK MAHORAT
183
olamiz. U holda
A
Ox
boʻladi. Bundan
A
x
ekanligi kelib chiqadi. Demak,
A
A
. 4 tasdiq
isbot boʻldi.
2.Ta’rif. Biror
A
x
nuqtaning shunday
Ox
atrofi mavjud boʻlsaki,
A
Ox
shart bajarilsa, u holda
x
nuqtaga
A
toʻplamning ichki nuqtasi deyiladi.
A
toʻplamning barcha ichki nuqtalari toʻplami
IntA
bilan belgilaniladi.
3. Tasdiq.
X
U
toʻplam ochiq boʻlishi uchun
IntU
U =
boʻlishi zarur va yetarli.
Isboti. a) faraz qilaylik
U
toʻplam
(
)
,
X
topologik fazoda ochiq boʻlsin. 1.1. tasdiqqa koʻra ixtiyoriy
U
x
nuqta uchun shunday
Ox
atrof topilib,
U
Ox
boʻladi. Demak
IntU
x
ekan.
b) aytaylik,
IntU
U =
boʻlsin. U holda ixtiyoriy
IntU
U
y
=
nuqta uchun shunday
Ox
atrofga
topilib,
U
Ox
boʻladi. 1 tasdiqga koʻra
U
ochiq toʻplam. 5 tasdiq isbotlandi.
4. Tasdiq.
x
nuqta
IntA
da yotishi uchun
x
ning shunday
U
atrofi topilib,
A
U
shartning
bajarilishi zarur va yetarlidir.
Isboti. a)
x
nuqta
IntA
da yotsin. U holda ichki nuqta ta’rifiga koʻra shunday
x
nuqtaning shunday
U
topilib,
A
U
shart bajariladi.
b)
x
nuqta shunday
U
atrofga ega boʻlib,
A
U
shart bajarilsin. Bu esa
IntA
x
bildiradi. 1.7.
tasdiq isbotlandi.
5. Tasdiq. Ixtiyoriy
X
A
toʻplam uchun quyidagi tenglik oʻrinli:
A
X
X
IntA
\
\
=
.
Isboti. a) ixtiyoriy
IntA
x
nuqtani olaylik, u holda
x
nuqtaning shunday
Ox
atrofi mavjudki,
A
Ox
boʻladi. Bundan
A
X
x
\
ekanligi kelib chiqadi. Oʻz navbatida
A
X
X
x
\
\
boʻladi.
b) aksincha,
A
X
X
y
\
\
boʻlsin, u holda
A
X
y
\
boʻladi. Bundan
y
nuqtaning shunday
Oy
atrofi mavjudki,
(
)
=
A
X
Oy
\
. Bundan esa
A
Oy
ekanligi kelib chiqadi. Tasdiq 1.7.ga koʻra
IntA
y
ga egamiz. Shunday qilib 7 tasdiq isbot boʻldi.
6.Tasdiq.
Int
operatori quyidagi xossalarga ega:
(IO1)
X
IntX =
.
(IO2)
A
IntA
.
(IO3)
(
)
IntB
IntA
B
A
Int
=
.
(IO4)
(
)
IntA
IntA
Int
=
.
Isboti. (IO1) xossa oʻrinliligini koʻrsatamiz. (O1) ga koʻra
X
, ya’ni
X
ochiq toʻplam. 5 tasdiqqa
koʻra
IntX
X =
.
(IO2) xossani isbot qilamiz.
IntA
x
boʻlsin, u holda shunday
Ox
atrof mavjudki,
A
Ox
boʻladi.
Bundan
A
x
boʻladi. Natijada
A
IntA
ekanligi kelib chiqdi.
(IO3) xossani tekshiramiz.
a) ixtiyoriy
(
)
B
A
Int
x
nuqtani olamiz, u holda bu nuqtaning shunday
Ox
atrofi topiladiki,
(
)
B
A
Ox
boʻladi. Bundan
A
Ox
va
B
Ox
ga ega boʻlamiz. Oʻz navbatida
IntA
x
va
IntB
x
ekanligi kelib chiqadi. Bundan
IntB
IntA
x
.
b) ixtiyoriy
IntB
IntA
x
nuqtani olamiz. Bundan
IntA
x
va
IntB
x
boʻladi. U holda
x
nuqtaning shunday
x
O
1
va
x
O
2
atroflari topiladiki,
A
x
O
1
va
B
x
O
2
boʻladi.
x
O
x
O
Ox
2
1
=
deb
olamiz. U holda
B
A
Ox
. Bundan esa
(
)
B
A
Int
x
ekanligi kelib chiqadi.
(IO4) xossani isbotlaymiz. 7 tasdiqga koʻra, ixtiyoriy
X
A
toʻplam uchun
A
X
X
IntA
\
\
=
ga
egamiz. Bu esa ixtiyoriy
X
A
toʻplam uchun
IntA
ochiq toʻplam ekanligini bildiradi. 5 tasdiqga koʻra
(
)
IntA
IntA
Int
=
. 8 tasdiq isbotlandi.
Misollar. 1) Aytaylik,
( )
b
a
X
,
1
=
- toʻg‘ri chiziqdagi interval berilgan boʻlsin. U holda 5 tasdiqga
koʻra
( )
b
a
IntX
,
1
=
boʻladi.
2)
)
b
a
X
,
2
=
,
(
b
a
X
,
3
=
- toʻg‘ri chiziqdagi yarim intervallar berilgan boʻlsin. U holda
( )
b
a
IntX
,
2
=
va
( )
b
a
IntX
,
3
=
boʻladi.
3)
Q
- barcha ratsionallar toʻplami berilgan boʻlsin. U holda
=
IntQ
boʻladi.
https://buxdu.uz
|
