title: Ta’rif - 3 (79) 2021 pedagogik mahorat
text: 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
  |