Mustaqil ish mavzu: funksiya tushunchasi bajardi: gafurov dilshod

4)Misollar.

1. 
   Isbotlang: a) (A ∩ C) ∪ (B ∩ D) ⊂ (A ∪ B) ∩ (C ∪ D); b) (B \ C) \ (B \ A) ⊂ A \ C; c) A \ C ⊂ (A \ B) ∪ (B \ C). Yechimi. a) ∀x ∈ (A ∩ C) ∪ (B ∩ D) ⇒ x ∈ A ∩ C yoki x ∈ B ∩ D ⇒ (x ∈ A va x ∈ C) yoki (x ∈ B va x ∈ D) ⇒ (x ∈ A yoki x ∈ B) va (x ∈ C yoki x ∈ D) ⇒ x ∈ A ∪ B va x ∈ C ∪ D ⇒ x ∈ (A ∪ B) ∩ (C ∪ D) ⇒ (A ∩ C) ∪ (B ∩ D) ⊂ (A ∪ B) ∩ (C ∪ D). b) ∀ x ∈ (B \C)\(B \A) ⇒ x ∈ B \C va x /∈ B \A ⇒ (x ∈ B hamda x /∈ C) va (x ∈ B hamda x ∈ A) ⇒ x ∈ A\C ⇒ (B\C)\(B\A) ⊂ A\C. c) ∀x ∈ A \ C ⇒ x ∈ A va x /∈ C ⇒ x ∈ A \ B yoki x ∈ B \ C ⇒ x ∈ (A \ B) ∪ (B \ C) ⇒ A \ C ⊂ (A \ B) ∪ (B \ C). 1.1.2. A \ B = C tengligidan A = B ∪ C tengligi kelib chiqadimi? Yechimi. Kelib chiqmaydi. Misol uchun A = [0, 2], B = [1, 4] bo‘lganda A \ B = [0, 1) bo‘lib, B ∪ C = [0, 4] bo‘ladi. 1.1.3. A = B ∪ C tengligining o‘rinli bo‘lishidan, A \ B = C tengligi kelib chiqadimi? Yechimi. Umuman aytganda kelib chiqmaydi. Misol uchun B = C 6= ∅ bo‘lganda (B ∪ C) \ B = ∅ 6= C. 1.1.4. A \ (B ∪ C) = (A \ B) \ C tengligini isbotlang. Yechimi. ∀x ∈ A\(B∪C) ⇒ x ∈ A va x /∈ B∪C. Natijada x ∈ A\B va x /∈ C bo‘lganligidan, x ∈ (A\B)\C, ya’ni A\(B ∪C) ⊂ (A\B)\C munosabati o‘rinli. Aksincha ∀x ∈ (A\B)\C bo‘lsin. U holda x ∈ A\B va x /∈ C. Natijada x ∈ A, x /∈ B ∪ C bo‘lgani uchun x ∈ A \ (B ∪ C), ya’ni A \ (B ∪ C) ⊃ (A \ B) \ C. Natijada berilgan tenglikning o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. 1.1.5. A ∪ (B \ C) = (A ∪ B) \ C tengligi o‘rinlimi? Yechimi. Umumiy holda bu tenglikning o‘rinli emas ekanligini quyidagi rasmlarda ko‘rishga bo‘ladi. § 1.1 To‘plam tushunchasi. To‘plamlar ustida amallar 11 3-rasm 4-rasm 1.1.6. Tenglikni isbotlang: A∆ B = (A ∪ B) \ (A ∩ B). Yechimi. ∀ x ∈ A∆B ⇒ x ∈ A \ B yoki x ∈ B \ A ⇒ (x ∈ A va x /∈ B) yoki (x ∈ B va x /∈ A) ⇒ (x ∈ A yoki x ∈ B) va (x /∈ A va x /∈ B) ⇒ x ∈ A ∪ B va x /∈ A ∩ B ⇒ x ∈ (A ∪ B) \ (A ∩ B) ⇒ A∆B ⊂ (A ∪ B) \ (A ∩ B). 12 I. To‘plamlar nazariyasi elementlari ∀x ∈ (A ∪ B) \ (A ∩ B) ⇒ x ∈ A ∪ B va x /∈ A ∩ B ⇒ (x ∈ A yoki x ∈ B) va (x /∈ A yoki x /∈ B) ⇒ (x ∈ A va x /∈ B) yoki (x ∈ B va x /∈ A) ⇒ x ∈ A∆B ⇒ (A ∪ B) \ (A ∩ B) ⊂ A∆B. Demak, A∆B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) tengligi o‘rinli. 1.1.7. C to‘plami bo‘sh bo‘lishi uchun ixtiyoriy A to‘plami berilganda A∆C = A tengligining o‘rinli bo‘lishi zarur va yetarli ekanligini isbotlang. Yechimi. Yetarliligi. A∆C = A tengligi o‘rinli bo‘lsin. U holda (A \ C) ∪ (C \ A) = A. Bundan C \ A to‘plamning bo‘sh ekanligi kelib chiqadi. Shu bilan birga, A \ C = A bo‘lgani uchun A ∩ C = ∅ tengligi o‘rinli. Demak, C = ∅. Zarurligi. C = ∅ bo‘lsa, u holda A∆C = (A \ C) ∪ (C \ A) = (A \ ∅) ∪ (∅ \ A) = A ∪ ∅ = A. 1.1.8. To‘plamlar nazariyasidagi eng bir ahamiyatli tushunchalardan biri bo‘lgan ikkilanganlik prinsipi quyidagi ikki tenglikka asoslangan. Shu tengliklarni isbotlang: a) C( S α Aα) = T α CAα; b) C( T α Aα) = S α CAα. Yechimi. a) Dastlab C( S α Aα) ⊂ T x CAα ekanligini isbotlaymiz: ∀x ∈ C( S α Aα) ⇒ x /∈ S α Aα ⇒ ∀ α, x /∈ Aα ⇒ x ∈ CAα ⇒ ⇒ x ∈ T α CAα ⇒ C( S α Aα) ⊂ T α CAα. Endi T α CAα ⊂ C( S α Aα) munosabatining o‘rinli ekanligini ko‘rsatamiz: ∀x ∈ T α CAα ⇒ x ∈ CAα ⇒ x /∈ Aα ⇒ x /∈ S α Aα ⇒ ⇒ x ∈ C( S α Aα) ⇒ T α CAα ⊂ C( S α Aα). Natijada berilgan tenglikning o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. b) Dastlab C( T α Aα) ⊂ S α CAα ekanligini ko‘rsatamiz: ∀ x ∈ C( T α Aα) ⇒ x /∈ T α Aα ⇒ ⇒ ∃ α 0 , x /∈ Aα0 ⇒ x ∈ CAα0 ⇒ x ∈ S α CAα ⇒ ⇒ C( T α Aα) ⊂ S α CAα. § 1.1 To‘plam tushunchasi. To‘plamlar ustida amallar 13 Endi C( T α Aα) ⊃ S α CAα munosabatning o‘rinli ekanligini qaraylik: ∀ x ∈ S α CAα ⇒ ∃ α 0 , x ∈ CAα0 ⇒ ⇒ x /∈ Aα0 ⇒ x ∈ T α Aα ⇒ ⇒ x ∈ C( T α Aα) ⇒ S α CAα ⊂ C( T α Aα). Natijada berilgan tenglikning o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. 1.1.9. Ikkilanganlik prinsipidan foydalanib C(C(X ∪ Y ) ∩ (CX ∪ CY )) ifodani soddalashtiring. Yechimi. C(C(X ∪ Y ) ∩ (CX ∪ CY )) = = C(C(X ∪ Y )) ∪ C(CX ∪ CY ) = = (X ∪ Y ) ∪ (CCX ∩ CCY ) = = (X ∪ Y ) ∪ (X ∩ Y ) = X ∪ Y. 1.1.10. Quyidagi tengliklarni isbotlang: a) C(CA \ B) = C(CB \ A); b) CA∆CB = A∆B; c) C(CA∆CB) = CA∆B; d) C(CA∆B) = (B \ A) ∪ (CB \ CA). Yechimi. a) Dastlab C(CA \ B) ⊂ C(CB \ A) munosabatni ko‘rsatamiz. ∀ x ∈ C(CA \ B) ⇒ x /∈ CA \ B ⇒ x ∈ CA, x ∈ B yoki x /∈ CA ⇒ x /∈ A, x /∈ CB yoki x ∈ A ⇒ x /∈ CB \ A ⇒ x ∈ C(CB \ A); Endi esa C(CB \ A) ⊂ C(CA \ B) munosabatni ko‘rsatamiz. ∀x ∈ C(CB \ A) ⇒ x /∈ CB \ A ⇒ x ∈ A, x ∈ CB yoki x /∈ CB ⇒ x /∈ CA, x /∈ B yoki x ∈ B ⇒ x ∈ C(CA \ B). Natijada berilgan tenglik kelib chiqadi. b) ∀x ∈ CA∆CB ⇔ x ∈ CA, x /∈ CB yoki x /∈ CA, x ∈ CB ⇔ x /∈ A, x ∈ B yoki x ∈ A, x /∈ B ⇔ x ∈ A∆B. c) ∀x ∈ C(CA∆CB) ⇔ x /∈ CA∆CB ⇔ x ∈ CA, x ∈ CB yoki x /∈ CA, x /∈ CB ⇔ x ∈ CA, x /∈ B yoki x /∈ CA, x ∈ B ⇔ x ∈ CA∆B. d) ∀x ∈ C(CA∆B) ⇔ x /∈ CA∆B ⇔ x ∈ CA, x ∈ B yoki x /∈ CA, x /∈ B ⇔ x /∈ A, x ∈ B yoki x /∈ CA, x ∈ CB ⇔ x ∈ B\A yoki x ∈ CB \ CA ⇔ x ∈ (B \ A) ∪ (CB \ CA). 14 I. To‘plamlar nazariyasi elementlari 1.1.11. Har bir n ∈ N soni uchun An orqali 1 n sonidan katta bo‘lmagan barcha musbat ratsional sonlar to‘plamini belgilaymiz. U holda T ∞ k=1 Ak kesishmaning bo‘sh to‘plam ekanligini ko‘rsating. Yechimi. Ixtiyoriy a musbat sonini olamiz. U holda shunday m ∈ N natural soni topiladiki, 1 m < a tengsizligi o‘rinli bo‘ladi, ya’ni a /∈ ³ 0, 1 m ´ . Bundan a /∈ T ∞ k=1 ³ 0, 1 k ´ ekanligi kelib chiqadi. Demak, T ∞ k=1 Ak to‘plam bo‘sh to‘plam bo‘ladi. 1.1.12. Absolyut qiymati n + 1 n (n ∈ N) sonidan katta bo‘lmagan barcha haqiqiy sonlar to‘plamini An orqali belgilaymiz. T ∞ k=1 Ak kesishmasining [−1, 1] segmentiga teng ekanligini ko‘rsating. Yechimi. ∀ a ∈ [1, 1] sonini olamiz, u holda − n + 1 n < −1 ≤ a ≤ 1 < n + 1 n tengsizliklaridan a ∈ An = h − n + 1 n , n + 1 n i ekanligi ko‘rinadi. Endi |a| > 1 tengsizligini qanoatlantiruvchi ixtiyoriy a sonini olamiz. U holda shunday m soni topiladiki, m + 1 m = 1 + 1 m < |a| tengsizligi o‘rinli bo‘ladi, ya’ni a /∈ Am. Demak, a /∈ T ∞ k=1 Ak. Natijada T ∞ k=1 Ak = [−1, 1] tengligiga ega bo‘lamiz. 1.1.13. A, B, C va D to‘plamlari uchun (A × B) ∩ (C × D) = (A ∩ C) × (B ∩ D) tengligi o‘rinli bo‘lishini ko‘rsating. Yechimi. ∀z = (x, y) ∈ (A × B) ∩ (C × D) element olamiz. U holda z ∈ A × B va z ∈ C × D bo‘ladi. Bundan x ∈ A, x ∈ C hamda y ∈ B, y ∈ D. Demak, x ∈ A ∩ C, y ∈ B ∩ D. Bu munosabatlardan z = (x, y) ∈ (A ∩ C) × (B ∩ D) ekanligi ko‘rinadi. Demak, (A × B) ∩ (C × D) ⊂ (A ∩ C) × (B ∩ D). Endi (A ∩ C) × (B ∩ D) to‘plamdan ixtiyoriy z = (x, y) element olamiz. U holda x ∈ A ∩ C, y ∈ B ∩ D. Bundan x ∈ A, x ∈ C, y ∈ B, y ∈ D munosabatlari kelib chiqadi. Bu munosabatlardan esa z ∈ § 1.1 To‘plam tushunchasi. To‘plamlar ustida amallar 15 A × B va z ∈ C × D ekanligi kelib chiqadi. U holda z ∈ (A × B) ∩ (C × D). Demak, (A ∩ C) × (B ∩ D) ⊂ (A × B) ∩ (C × D). 1.1.14. A, B va C to‘plamlari uchun (A \ B) × C = (A × C) \ (B × C) tengligini isbotlang. Yechimi. (A \ B) × C to‘plamdan ixtiyoriy z = (x, y) element olamiz. U holda x ∈ A \ B, y ∈ C. Bundan x ∈ A, x /∈ B, y ∈ C. Bu esa z ∈ A × C, z /∈ (B × C) ekanligini ko‘rsatadi, ya’ni z ∈ (A × C) \ (B × C). Endi z = (x, y) ∈ (A × C) \ (B × C) bo‘lsin. U holda z ∈ (A × C), z /∈ B × C. Bundan esa, x ∈ A, x /∈ B, y ∈ C. Demak, x ∈ A \ B, y ∈ C, ya’ni z ∈ (A \ B) × C). Natijada (A \ B) × C ⊂ (A × C) \ (B × C) va (A \ B) × C ⊃ (A × C) \ (B × C) munosabatlaridan berilgan tenglik kelib chiqadi. Mustaqil ish uchun masalalar 1. Isbotlang: a) (X \ C) \ (X \ A) ⊂ A \ C; ; b) A 4 (A 4 B) = B. 2. Tengliklarni isbotlang: a)(A ∪ B) \ C = (A \ C) ∪ (B \ C); b) (A ∩ B) \ C = (A \ C) ∩ (B \ C). 3. A \ B ⊂ C va A ⊂ B ∪ C munosabatlarining teng kuchli ekanligi isbotlang. 4. A ⊃ C bo‘lganda A \ (B \ C) = (A \ B) ∪ C tengligining o‘rinli bo‘lishini ko‘rsating. 5. Quyidagi munosabatlarning teng kuchli ekanligini isbotlang: a) A ⊂ B; b) CB ⊂ CA; c) A ∪ B = B. 6. Tengliklarni isbotlang: a) C(A \ B) = CA ∪ B; b) C(C(CA ∪ B) ∪ (A ∪ CB)) = B \ A; c) (A ∩ B) ∪ (A ∩ CB) ∪ (CA ∩ B) = A ∪ B; 7. Ixtiyoriy E, F, G to‘plamlar uchun quyidagi tengliklarning o‘rinli ekanligini isbotlang: 16 I. To‘plamlar nazariyasi elementlari a) E × (F ∪ G) = (E × F) ∪ (E × G); b) (F ∪ G) × E = (F × E) ∪ (G × E); c) E × (F ∩ G) = (E × F) ∩ (E × G); d) (F ∩ G) × E = (F × E) ∩ (G × E). 1.2. Akslantirishlar. O‘zaro bir qiymatli moslik X va Y ixtiyoriy to‘plamlar bo‘lsin. Agar ma’lum bir f qoida bo‘yicha X to‘plamning har bir elementiga Y to‘plamning faqat bir elementi mos qo‘yilgan bo‘lsa, u holda bu moslikka X to‘plamda aniqlanib, qiymatlari Y to‘plamiga tegishli bo‘lgan akslantirish deyiladi va u f : X → Y ko‘rinishda yoziladi. Misollar. 1. Har bir haqiqiy songa o‘zining kvadratini mos qo‘ysak, bu moslik akslantirish bo‘ladi. Sababi, ixtiyoriy haqiqiy sonning kvadrati faqat bitta bo‘ladi. 2. (0, +∞) to‘plamga tegishli har bir haqiqiy songa uning logarifmini mos qo‘ysak, bu moslik akslantirish bo‘ladi. 3. C[a, b] orqali [a, b] segmentdagi barcha uzluksiz funksiyalar to‘plamini belgilasak, u holda f(x) → Z b a f(x)dx moslik C[a, b] ni R ga o‘tkazuvchi akslantirish bo‘ladi. f : X → Y akslantirishda x elementga mos keluvchi y elementi f(x) ko‘rinishda belgilanadi va y elementi x elementning obrazi deb ataladi. Obrazi y bo‘ladigan X to‘plamning barcha elementlari to‘plamiga y elementning proobrazi deyiladi va u f −1 (y) ko‘rinishda belgilanadi, ya’ni f −1 (y) = {x ∈ X : f(x) = y}. A to‘plami X to‘plamning biror qism to‘plami bo‘lsin. f(a) ko‘rinishdagi (bu yerda a ∈ A) barcha elementlardan iborat {f(a) : a ∈ A} to‘plami A to‘plamning obrazi deb ataladi va f(A) ko‘rinishda belgilanadi: f(A) = {f(a) : a ∈ A}. B to‘plami Y to‘plamning ba’zi qism to‘plami bo‘lsin. X to‘plamning obrazi B to‘plamga tegishli bo‘lgan barcha elementlari {a ∈ X : f(a) ∈ B} to‘plamiga B to‘plamning proobrazi deyiladi va f −1 (B) ko‘rinishda belgilanadi. § 1.2. Akslantirishlar. O‘zaro bir qiymatli moslik 17 Agar f : X → Y akslantirishda f(X) = Y bo‘lsa, u holda X to‘plami Y to‘plamning ustiga akslanadi deyiladi. Shu bilan birga, bu akslantirishni syureksiya deb ham ataymiz. Umumiy holda, ya’ni f(X) ⊂ Y bo‘lganda, f funksiyasi X ni Y ning ichiga akslantiradi deyiladi. Misollar. 4. y = x 2 funksiyasi R ni R+ to‘plamning ustiga akslantiradi. 5. y = 2x funksiya [0, 1] segmentni [0, 2] segmentning ustiga akslantiradi. 6. Tekislikdagi barcha vektorlar to‘plamini G bilan belgilab, har bir vektorga o‘zining modulini mos qo‘yaylik. Bu moslik G to‘plamni R to‘plamning ichiga akslantiradi. f : X → Y akslantirishda o‘zaro teng bo‘lmagan ixtiyoriy x1, x2 ∈ X elementlar uchun f(x1) 6= f(x2) bo‘lsa, u holda f ineksiya deb ataladi. Misollar. 7. y = x 3 funksiya R ni R ga o‘tkazuvchi ineksiya bo‘ladi. 8. y = x 2 funksiyasi ineksiya bo‘la olmaydi. Chunki −2 6= 2, lekin ularning obrazlari teng, ya’ni f(−2) = f(2) tengligi o‘rinli bo‘ladi. Bir vaqtning o‘zida syureksiya va ineksiya bo‘lgan f : X → Y akslantirish bieksiya, yoki X va Y to‘plamlar orasida o‘zaro bir qiymatli moslik deb ataladi. Misollar. 9. Har bir natural n soniga 2n − 1 sonini mos qo‘ysak, u holda u barcha natural sonlar va barcha toq natural sonlar to‘plamlari orasidagi o‘zaro bir qiymatli moslik bo‘ladi. 10. y = ctgπx funksiya (0, 1) interval va R orasida o‘zaro bir qiymatli moslik o‘rnatadi. Masalalar 1.2.1. Ikki to‘plam birlashmasining proobrazi shu to‘plamlar proobrazlarining birlashmasiga teng ekanligini isbotlang: f −1 (A ∪ B) = f −1 (A) ∪ f −1 (B). Yechimi. Aytaylik, x element f −1 (A∪B) to‘plamiga tegishli bo‘lsin. U holda f(x) ∈ A ∪ B. Bundan f(x) ∈ A yoki f(x) ∈ B munosabatlarning kamida bittasi o‘rinlidir, ya’ni x ∈ f −1 (A) yoki x ∈ f −1 (B). U holda x ∈ f −1 (A) ∪ f −1 (B). Natijada, f −1 (A ∪ B) ⊂ f −1 (A) ∪ f −1 (B) munosabatning o‘rinli bo‘lishi ko‘rinadi. Aksincha, x ∈ f −1 (A) ∪ f −1 (B) ixtiyoriy element bo‘lsin. U holda x ∈ f −1 (A) yoki x ∈ f −1 (B) munosabatlarning kamida bittasi o‘rinlidir, ya’ni f(x) ∈ A yoki f(x) ∈ B. Natijada f(x) ∈ A ∪ B. U holda x ∈ f −1 (A∪B). Shuning uchun f −1 (A∪B) ⊃ f −1 (A)∪f −1 (B). Natijada berilgan tenglikning o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. 18 I. To‘plamlar nazariyasi elementlari 1.2.2. Ikki to‘plam kesishmasining proobrazi shu to‘plamlar proobrazlarining kesishmasiga teng ekanligini isbotlang. f −1 (A ∩ B) = f −1 (A) ∩ f −1 (B). Yechimi. x element f −1 (A ∩ B) to‘plamning ixtiyoriy elementi bo‘lsin. U holda f(x) ∈ A ∩ B. Bundan f(x) ∈ A va f(x) ∈ B munosabatlarning o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. Bu munosabatlardan esa x ∈ f −1 (A) va x ∈ f −1 (B) munosabatlarning o‘rinli bo‘lishi ko‘rinadi. Natijada x ∈ f −1 (A) ∩ f −1 (B). U holda f −1 (A ∩ B) ⊂ f −1 (A) ∩ f −1 (B). Aksincha, x ∈ f −1 (A) ∩ f −1 (B) ixtiyoriy element bo‘lsin. U holda f(x) ∈ A va f(x) ∈ B. Bundan f(x) ∈ A ∩ B ekanligi ko‘rinadi. Natijada x ∈ f −1 (A ∩ B). Demak, f −1 (A ∩ B) ⊃ f −1 (A) ∩ f −1 (B). 1.2.3. Ikki to‘plam birlashmasining obrazi shu to‘plamlar obrazlarining birlashmasiga tengligini isbotlang: f(A ∪ B) = f(A) ∪ (B). Yechimi. y ∈ f(A ∪ B) ixtiyoriy element bo‘lsin. U holda A ∪ B to‘plamda y = f(x) tenglikni qanoatlantiruvchi x element mavjud. Bu x element A yoki B to‘plamning birortasiga tegishli bo‘lgani uchun y ∈ f(A) ∪ f(B). Shuning uchun f(A ∪ B) ⊂ f(A) ∪ f(B). Aksincha, f(A)∪f(B) to‘plamga tegishli ixtiyoriy y element olaylik. U holda A ∪ B to‘plamda y = f(x) tenglikni qanoatlantiradigan x element mavjud bo‘ladi. Bundan y ∈ f(A ∪ B) ekanligi kelib chiqadi. Shuning uchun f(A ∪ B) ⊃ f(A) ∪ f(B). 1.2.4. Agar f : R → R funksiya f(x) = 3 sin x + 4 cos x formula bilan aniqlansa, u holda f([0, 2π]) ni toping. Yechimi. Bu funksiyaning [0, 2π] dagi eng kichik va eng katta qiymatlari: min 0≤x≤π f(x) = −5, max 0≤x≤π f(x) = 5. § 1.2. Akslantirishlar. O‘zaro bir qiymatli moslik 19 f uzluksiz bo‘lganligi uchun, oraliq qiymat haqidagi Boltsano – Veyershtrass teoremasidan, bu funksiya [−5, 5] oraliqdagi barcha qiymatlarni qabul etadi. Demak, f([0, 2π]) = [−5, 5]. 1.2.5. Agar f : R → R funksiya f(x) = x 3 + 3x formula bilan aniqlansa, u holda f −1 ([0, 4]) ni toping. Yechimi. Funksiyaning hosilasi f 0 (x) = 3x 2 + 3 > 0 bo‘lganligidan, bu funksiya monoton o‘suvchidir. Demak, f(0) = 0, f(1) = 4 tengliklardan, f uzluksizligi va oraliq qiymat haqidagi Boltsano – Veyershtrass teoremasidan, bu funksiya [0, 1] oraliqni [0, 4] oraliqqa o‘zaro bir qiymatli akslantiradi. Bundan f funksiya [0, 4] dagi barcha qiymatlarni qabul etadi. Demak, f −1 ([0, 4]) = [0, 1]. 1.2.6. Natural sonlar va barcha musbat juft sonlar to‘plamlari orasida o‘zaro bir qiymatli moslik o‘rnating. Yechimi. Har bir n natural songa 2n juft sonini mos qo‘yamiz. Bu moslik berilgan to‘plamlar orasida o‘zaro bir qiymatli bo‘ladi. 1.2.7. Natural sonlar va barcha nomanfiy ratsional sonlar to‘plamlari orasida o‘zaro bir qiymatli moslik o‘rnating. Yechimi. Nomanfiy ratsional sonlar to‘plamini Q+ orqali belgilab, har bir r ∈ Q+ sonni qisqarmas kasr ko‘rinishda yozib olamiz va bu kasrning surati bilan maxrajining yig‘indisini r ning balandligi deb ataymiz. Balandligi berilgan songa teng bo‘lgan nomanfiy ratsional sonlar cheklidir. Endi barcha nomanfiy ratsional sonlarni balandliklarining o‘sish tartibi bilan yozamiz: 0, 1, 1 2 , 2, 1 3 , 3, 1 4 , 2 3 , 3 2 , 4, 1 5 , 5, 1 6 , 2 5 , 3 4 , ... (1.1) Har bir r ∈ Q+ soniga (1.1) ketma-ketlikda turgan nomerini mos qo‘yamiz. Bu moslik Q+ va barcha natural sonlar to‘plamlari orasida o‘zaro bir qiymatli bo‘ladi. 1.2.8. [0, 1] segmentni [a, b] segmentiga akslantiruvchi o‘zaro bir qiymatli moslikni toping. Yechimi. y = (b − a)t + a funksiya [0, 1] segmentni [a, b] segmentga o‘zaro bir qiymatli akslantiradi. 1.2.9. Berilgan to‘plamlar orasida o‘zaro bir qiymatli f moslikni toping: a) f : (0, 1) → R; 20 I. To‘plamlar nazariyasi elementlari b) f : [0, 1] → (0, 1); c) f : [0, 1] → R. Yechimi. a) y = ctgπx funksiya (0, 1) intervalni R ga o‘zaro bir qiymatli akslantiradi; b) Barcha hadlari (0, 1) intervalda joylashgan {xn : xn = 1 n + 1} ketma-ketlikni olib, segmentning 0 nuqtasiga intervalning x1 nuqtasini; 1 nuqtaga x2 ∈ (0, 1) nuqtani; x1 ∈ [0, 1] nuqtaga x3 ∈ (0, 1) nuqtani; x2 ∈ [0, 1] nuqtaga x4 ∈ (0, 1) nuqtani; umuman xn ∈ [0, 1] nuqtaga xn+2 ∈ (0, 1) nuqtani mos qo‘yib, boshqa x ∈ [0, 1] nuqtalarga shu nuqtaning o‘zini mos qo‘yamiz. Bu moslik bieksiya bo‘ladi. c) Biz yuqorida o‘zaro bir qiymatli f : [0, 1] → (0, 1) va g : (0, 1) → R mosliklarning mavjudligini ko‘rsatdik. U holda g ◦ f : [0, 1] → R o‘zaro bir qiymatli moslik bo‘ladi. 1.2.10. Tekislikda koordinatalari x 2 + (y − 1)2 = 1 va y < 1 shartlarni qanoatlantiruvchi barcha nuqtalar to‘plamini A orqali belgilaymiz. Barcha haqiqiy sonlar to‘plami R hamda A orasida o‘zaro bir qiymatli moslik o‘rnating. Yechimi. Bu ikki to‘plam orasida o‘zaro bir qiymatli moslikni geometrik yo‘l bilan o‘rnatamiz. Ravshanki A to‘plami markazi (0, 1) nuqtada radiusi r = 1 bo‘lgan aylananing y = 1 chiziqdan pastda joylashgan qismi. R to‘plami sifatida absissa o‘qini olamiz. Aylana markazidan absissa oqidagi b nuqtaga kesma o‘tkazsak yarim aylanani biror c nuqtada kesib o‘tadi. Bu c nuqtani b nuqtaga mos qo‘yamiz. Aylana markazini absissa oqining har bir nuqtasi bilan tutashtirib, kesmaning absissadagi uchiga aylananing kesma kesib o‘tgan nuqtasini mos qo‘yamiz. Natijada bu moslik o‘zaro bir qiymatli moslik bo‘ladi. 1.2.11. [0, 3] va [0, 1) ∪ [2, 3] to‘plamlari orasida o‘zaro bir qiymatli moslik o‘rnating. Yechimi. [0, 3] to‘plamning [0, 1) qism to‘plamining har bir elementini o‘ziga mos qo‘yamiz. [1, 3] to‘plamdan olingan har bir x elementini x 2 + 1, 5 elementga mos qo‘yamiz. Natijada y(x) = ½ x agar x ∈ [0, 1), x 2 + 1, 5 agar x ∈ [1, 3] ko‘rinishdagi funksiya orqali [0, 3] va [0, 1) ∪ [2, 3] to‘plamlar orasida o‘zaro bir qiymatli moslikka ega bo‘lamiz. 1.2.12 [0, 5] va [0, 1) ∪ [2, 3] ∪ 4, 5] to‘plamlari orasida o‘zaro bir qiymatli moslik o‘rnating. § 1.2. Akslantirishlar. O‘zaro bir qiymatli moslik 21 Yechimi. Quyidagi funksiyani qaraylik: y(x) =    2x, agar x ∈ [0, 1), x, agar x ∈ [2, 3], 2x − 5, agar x ∈ [4, 5]. Bu funksiya orqali [0, 1) ni [0, 2) ga, [2, 3] ni o‘ziga, (4, 5] ni esa (3, 5] ga o‘zaro bir qiymatli akslantiradi. Demak, [0, 5] va [0, 1) ∪ [2, 3] ∪ (4, 5 to‘plamlar orasida o‘zaro bir qiymatli moslikka ega bo‘lamiz. 1.2.13. Tekislikda A = {(x, y) : 0 < x2 + y 2 < 1} va B = {(x, y) : x 2 + y 2 > 1} to‘plamlari orasida o‘zaro bir qiymatli moslik o‘rnating. Yechimi. Quyidagi akslantirishni qaraylik: (x, y) ∈ A 7→ µ x x 2 + y 2 , y x 2 + y 2 ¶ ∈ B. Bu akslantirish A va B to‘plamlar orasida o‘zaro bir qiymatli moslik o‘rnatadi. Bu akslantirish inversiya deb ataladi. 1.2.14. Tekislikda Π = {(x, y) : 0 < x < 1, 0 < y < 1} ochiq to‘rtburchak va R 2 tekislik orasida o‘zaro bir qiymatli akslantirish o‘rnating. Yechimi. 1.2.9 a)-misolga ko‘ra y = ctgπx funksiya (0, 1) va R orasida o‘zaro bir qiymatli akslantirishdir. Bundan (x, y) ∈ Π 7→ (ctgπx, ctgπy) ∈ R 2 akslantirish Π ochiq to‘rtburchak va R 2 tekislik orasida o‘zaro bir qiymatli akslantirishdir.