Maxsus ta’lim vazirligi

2.1.1.Тeoremа. Х va Y topologik fazolar, f esa Х ni Y ga akslantirish bo’lsin. Quyidagi shartlar teng kuchlidir;

1. 
   f akslantirish uzliksiz;
   
2. 
   Y da Р oldbazaning ixtiyoriy elementining asli Х da ochiq.
   

3. 
   Х va Y da shunday B(x)_xX
   

va D( y)_yY
atroflar sistemasi mavjudki,

har bir x  X
mavjud.
va har bir V  D f (x) uchun
f (U )  V
ni qanoatlantiruvchi U  B(x)

4. 
   Y fazoning ixtiyoriy yopiq to’plamostisining asli Х da yopiq.
   

5. 
   Ixtiyoriy
   
6. 
   Ixtiyoriy
   

A  X B  Y
uchun
uchun
f A f ( A)
f ^1(B)  f ^1B

7. 
   Ixtiyoriy B  Y
   

uchun
f ^1(int B)  int f ^1 _B_

Isbot.

1. 
    (ii)
   

ekanligi ravshan.

2. 
    (ii') ni isbotlaymiz. Р – Y fazoning shunday bazaoldisi bo’lsinki, har
   

bir
V  P
uchun
f ^1(V )
Х da ochiq bo’lsin. Р bazaoldi elementlarining barcha

V₁ ∩V₂ ∩...∩V_k kesishmalaridan tuzilgan В bazani qaraymiz.

1

2
f ^1V ∩V
∩...∩V
  f ^1V ∩ f ^1V
∩...∩ f ^1V 
ekanligidan В oilaning

1

k

k

2
barcha elementlari Х da ochiq.

Endi
(ii ^' )  (iii )
ekanligini ko’rsatamiz. Har qanday
V  D( f (x))
uchun

shunday
W  B
mavjudki
f (x) W  U
o’rinli bo’ladi.

f ^1(W )
Х da ochiq bo’lganligidan va
x  f ^1W  bo’lgani uchun
U  f ^1(W )

shartni qanoatlantiruvchi
U  B(x)
mavjud.

U holda
f (U )  f
f ^1(W )  W  V .

3. 
    (iv)
   

ni isbotlaymiz.


B  B
- Y da yopiq to’plamosti bo’lsin.

f ^1(B)  X \ f ^1(Y \ B) ekanligidan Y\B to’plamning asli Х da ochiq ekanligini

ko’rsatish yetarli. Buning uchun har bir yotuvchi U atrofga ega ekanligini ko’rsatamiz.
x  f ^1(Y \ B)
nuqta
f ^1(Y \ B) da

x  f ^1(Y \ B)
uchun
f (x) Y \ B . Demak, shunday
V  D( f (x))
mavjudki,

V  Y \ B bo’ladi.

3. 
   ga ko’ra
   

f (u)  V
shartni qanoatlantiruvchi U  B(x)
topiladiki, u holda

x U  f ^1
f (U )  f ^1(V )  f ^1(Y \ B) .

3. 
    (v)
   

ni isbotlaymiz.

f ^1 f (x)
to’plam А ni o’z ichiga oluvchi yopiq to’plam bo’ladi. Demak,

A f ^1 f ( A). Bundan
f A f
f ^1 f ( A)  f ( A) .

(v)  (v^' )
ni isbotlash uchun (v) shartni
A  f ^1(B)
tenglikka tadbiq qilib

quyidagiga ega bo’lamiz:

f f ^1(B) f
f ^1(B)  B . Bundan
f ^1(B)  f ^1B.

(v^' )  (vi) ni isbotlash uchun ( v^' ) shartni Y\B to’plamga tadbiq qilib

f ^1(Y \ B)  f ^1Y \ B
munosabatga ega bo’lamiz. Bundan:

f ^1(IntB)  f ^1Y \ Y \ B X \ f ^1Y \ B X \ f ^1(Y \ B)  X \ X \ f ^1(B)  Int f ^1(B) .

Isbotni yakunlash uchun
(vi)  (i)
ni ko’rsatamiz. Har bir
U  Y
ochiq

to’plam uchun
U  IntU . (vi) ga ko’ra
f ^1(U )  Int f ^1(U ) . Shunday qilib

f ^1(U )  Int f ^1(U ) , ya’ni
f ^1(u)
Х da ochiq. Teorema isbotlandi.

Uzliksizlikning (iii) shartdagi xossasi bizga nuqtadagi uzliksizlikni aniqlash

imkonini beradi. Agar
f (x)
nuqtaning har bir
V  Y
atrofi uchun х nuqtani

shunday U  X
atrofi topilsaki
f (U )  V
bo’lsa, u holdа
f : X  Y
akslantirish х

nuqtada uzluksiz deyiladi.

Agar f akslantirish Х fazoning har bir nuqtasida uzluksiz bo’lsa, f uzliksiz akslantirish deyiladi.

1. 
   Мisol. Agar Х diskret fazo bo’lsa, uni ixtiyoriy Y topologik fazoga akslantirish uzluksiz bo’ladi¹.
   

2. 
   Мisol. Х to’plamda ikkitа
   

O₁ vа O₂
topologiyalar aniqlangan bo’lsin.

O₁ topologiya O₂
topologiyadan kuchli bo’lganda va faqat shu holdagina X₁,O₁ 

fazoni
( X₁O₂ ) fazoga o’tkazuvchi
f  id _x
akslantirish uzliksiz bo’ladi.

Х – topologik fazo, R – tabiiy topologiyaga kiritilgan haqiqiy sonlar o’qi, I
–tabiiy topologiya bilan berilgan yopiq birlik interval.
(i) va (iii) shartlarning teng kuchliligidan (yoki f : X  I ) akslantirish, har

bir
x  X
va   0
uchun х ning shunday U atrofi topilsaki, har bir
x^' U

uchun
f (x)  f (x^' )  
tengsizlik o’rinli bo’lsa va faqat shu holda uzliksiz

bo’ladi. Xususan
f : R  R
akslantirish uzluksiz deyiladi, qachonki
x  R va

  0
uchun
  0
topilsaki
x  x^'  
shartni qanoatlantiruvchi barcha
x^' lar

uchun
f (x)  f (x^' )  
tengsizlik o’rinli bo’lsa.

Uzluksiz
f : X  R
(yoki
f : X  I ) akslantirish uzliksiz funksiya deyiladi.

Ixtiyoriy
f : X  R
uchun f
funksiya uzliksiz bo’ladi, haqiqatdan ham f

ni, f funksiya va absolyut qiymat funksiyalarning kompozitsiyasi sifatida qarash
mumkin. Xuddi shunday f , g : X  R lar uchun quyidagi funksiyalar uzluksiz;

_ f  g _ x 
f (x)  f (g), ( f  g)x 
f (x)  f (g),

_min( f , g)_(x)  min _ f (x), f (g)_, _max( f , g _(x)  max _ f (x), f (g)_

Agar
f : X  R
funksiya Х fazoning hech qanday nuqtasi nolga aylanmasa,

u holda
¹ funksiya uzliksiz bo’ladi.
f

3. 
   Мisol. К – Zorgenfrey to’g’ri chizig’i bo’lsin. Bu fazodagi В
   

bazaning biror elementi
[x, r)
bo’lsin.
[x, r)
to’plamlar Х da ochiq yopiq

bo’lgani uchun

¹Жўраев Т.Ф.Топологияга кириш. Ўлчамлар, функторлар, чизиқлар. -Т.: 2012. -187 б .


_{f ( y)  }0, аgar x  y  r bo'lsa,

_1, qolgan hollarda

formula uzluksiz
f : K  I
funksiyani aniqlaydi¹.

4. 
   Мisol. L – Nemitskiy tekisligi.
   

U_i (x)
esa
x  L
nuqtadagi
B(x)

bazaning ixtiyoriy elementi bo’lsin. Har bir
y U_i \ x nuqta uchun y^ orqali х

dan chiqib у dan o’tuvchi nurning
U_i (x) ni chegaralovchi aylana bilan


^0,
f ( y)  ^
аgar y  x bo 'lsa,
 L \ U (x)


bo 'lsa,

kesishgannuqtasini belgilaymiz. U holda
_1, аgar y _i

^| xy | _,
^{аgar y U (x) \} ^x


^ | xy ' | ⁱ


(bu yerda ab - а va в nuqtalarni tutashtiruvchi segment uzunligi) fo’rmula

uzluksiz funksiyani aniqlaydi¹.

Х topologik fazo, f_i 
ketligi bo’lsin.
Х ni R yoki I ga akslantiruvchi funksiyalar ketma-

Аgar
  0
son uchun
^k topilsaki, har bir
x  X
va har qanday
i  R

uchun
f (x)  f_i (x)  
tengsizlik o’rinli bo’lsa, u holda f_i 
funksiyalar ketma-

ketligi f funksiyaga tekis yaqinlashadi deyiladi va
belgilanadi.
f  lim f_i
ko’rinishida

2.