Algebra va sonlar nazariyasi

Yuklangan vaqt:

08.08.2023

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

2780.5 KB

Ko'chirib olish

O‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI
OLIY VA O‘RTA MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI
ALISHER NAVOIY NOMIDAGI
SAMARQAND DAVLAT UNIVERSITETI
Algebra va geometriya kafedrasi
TO’PLAMLAR VA AKSLANTIRISHLAR
«Algebra va sonlar nazariyasi» fanidan amaliy mashg’ulotlar o’tkazish uchun
uslubiy tavsiyalar
« 5 460100 MATEMATIKA »
ta’lim yo‘nalishi bakalav r talabalari uchun
(Uslubiy qo‘llanma)
SamDU o‘quv-uslubiy kengashi tomonidan 2011 yil
______da nashrga tavsiya etilgan.
Samarqand – 2011
1

To’plamlar va akslantirishlar. «Algebra va sonlar nazariyasi» fanidan amaliy mashg’ulotlar
o’tkazish uchun uslubiy tavsiyalar. . Uslubiy qo‘llanma. – Samarqand: SamDU nashri, 2011. – 41 bet.
Ushbu uslubiy qo‘llanma « Algebra va sonlar nazariyasi » fani bo‘yicha «5460100 –
matematika» ta’lim yo‘nalishi bakalav r talabalari va «5A460100 – Matematik mantiq, Algebra va
sonlar nazariyasi» mutaxassisligi magistrantlari uchun mo‘ljallangan bo‘lib, unda shu fanning
namunaviy o‘quv dasturidan kelib chiqib, t o’plamlar va akslantirishlar nazariyasi ning
usullariga oid qisqacha nazariy ma’lumotlar, bu usullarning taqbiqiga oid namunaviy misollar
yechimlari, mustaqil ish topshiriqlari va boshqa tarqatma materiallar keltirilgan. Bular talabalarga
shu fanni yanada chuqurroq o‘ zlashtir ishga yaqindan yordam beradi degan umiddamiz .
Tuzuvchilar: U.X. Narzullayev. A.S. Soleev, H.Nosirova
Mas‘ul muharrir fizika-matematika fanlari nomzodi,
dotsent H.X. Ro’zimuradov
Taqrizchilar : fizika-matematika fanlari doktori,
professor Ikromov I.A.
fizika-matematika fanlari nomzodi,
dotsent Yaxshiboyev M.Y.
2

Tayanch iboralar: to’plam; qarashlilik munosabati; tegishlilik munosabati;
to’plamlar birlashmasi; to’plamlar majmuyi birlishmasi; to’plamalr kesishmasi;
unversal to’plam; to’ldiruvchi; simmetrik ayirma; to’plamlarning bevosita yoki
dekart ko’paytmasi; to’plamning bevosita darajasi; akslantirish; to’plamni
almashtirish; elementning obrazi; elementning proobrazi; to’plamning obrazi;
inyektsiya; syuryeksiya; biyeksiya; akslantirishning arligi; kompozisiya; teskari
akslantirish; binar munosabat; binar munosabatning aniqlanish sohasi; binar
munosabatning qiymatlar sohasi; binar munosabat uchun teskari munosabat;
munosabatlar ko’paytmasi; refleksivlik; irrefleksivlik; simmetriklik, antisimmetriklik;
ekvivalentlik; ekvivalentlik sinfi (qo’shni sinf); faktor to’plam; tabiiy akslantirish; old
tartib; qismiy tartib; qismiy (chiziqli) tartiblanganlik; maksimal (minimal), eng katta
(eng kichik) elementlar; qismto’plamning yuqori (quyi) chegarasi; qismto’plamning
aniq yuqori (quyi) chegarasi; to’la tartiblanganlik; monoton akslantirish; qisman
tartiblangan to’plamlar izomorfizmi; chekli to’plam; to’plam elementlarining soni;
cheksiz to’plam; sanoqli to’plam; kontinual to’plam; kardinal sonlar; deduksiya;
induksiya; matematik induksiya usuli.
1-§. To’plamlar ustida amallar
Qandaydir xossa aniqlangan bo’lib, biror matematik nazariyada o’rganilishi
mumkin bo’lgan har qanday predmetning bu xossaga ega yoki emasligini aytish
mumkin bo’lsin. U holda bu xossaga ega birgalikda olingan barcha predmetlarni biz
yangi matematik obyekt kabi tasavvur eta olamiz. Bu obyekt aytilgan xossaga ega
bo’lgan barcha predmetlardan iborat to’plam, predmetlarning o’zlari esa uning
elementlari deyiladi. Shunday qilib, biror to’plamning berilishi uchun yo shunday
xossani ifodalash kerak bo’ladiki, unga ega bo’lishlik biror matematik predmetni bu
to’plamning elementi qilsin, yoki unig hamma elementlarini ko’rsatish kerak bo’ladi.
Mana bu belgi orqali qarashlilik munosabati belgilanadi, ya’ni ifoda
element to’plamga qarashli ekanligini ifodalaydi. ning ning elementi
emasligi kabi yoziladi. Agar ikkita va to’plamlar bir xil elementlardan
iborat bo’lsa, ular teng deyiladi. Agar va to’plamlar teng bo’lsalar = kabi,
aks holda kabi yozamiz. Mana bu orqali o’z ichiga olishlik munosabati
ifodalanadi ya’ni yozuv ning har bir eleyenti ning elementi ham
bo’lishini bildiradi. Bu holda to’plam B ning qism to’plami, esa ning
ustto’plami deyiladi. Agar va bo’lsa to’plam ning xos qism
to’plami deyiladi va kabi yoziladi. Hech qanday elementlarga ega bo’lmagan
to’plam bo’sh to’plam deyiladi va orqali belgilanadi. to’plamning barcha qism
to’plamlari majmuyi R(A) bilan belgilanadi.
3

$va to’plamlarning birlashmasi deb, to’plamga aytiladi. to’plamlar majmuyining birlashmasi deb to’plamga aytiladi. va to’plamlarning kesishmasi deb , to’plamga aytiladi. to’plamlar majmuiyning kesishmasi deb , to’plamga aytiladi, bu yerda . va to’plamlarning ayirmasi deb , to’plamga aytiladi. Biz bu paragrafdagi masalalarda uchraydigan hamma to’plamlar biror U universal to’plamning qism to’plamlari deb hisoblaymiz. U \ ayirma to’plamning to’ldiruvchisi deyiladi va (- ) orqali belgilanadi. va to’plamlarning simmetrik ayirmasi deb, to’plamga aytiladi. 1-m i s o l . Ø, Ø, ( )\ С = Ø bo’ladigan A, B va C to’plamlar mavjudmi? Yechish. bo’lsin, u holda . Shunday qilib . Demak, bunday to’plamlar mavjud emas. ■ 2-m i s o l. Ayniyatni isbot qiling . Yechish. bo’lsin. U holda va bo’ladi. Agar , bo’lsa, bo’ladi, va demak, . Agar bo’lsa, bo’ladi, va demak, . Shunday qilib . bo’lsin. Agar bo’lsa va bo’ladi. Bundan va , ya’ni. kelib chiqadi. Agar bo’lsa va bo’ladi. Bundan va , ya’ni kelib chiqadi. Shunday qilib . ■ 3-m i s o l. Ayniyatni isbot qiling: . Yechish. bo’lsin. Bu bo’lishini bildiradi. Bundan yoki ligi kelib chiqadi. Agar bo’lsa bo’ladi, va va demak, . Agar bo’lsa, bo’ladi, va demak, . Shunday qilib, bo’lsin. Agar bo’lsa bo’ladi, va demak, . Bundan kelib chiqadi. Agar bo’lsa, , va demak, bo’ladi. Bundan kelib chiqadi. Shunday qilib . ■ 4-m i s o l. Quyidagilarni isbotlang: a) ; b) . 4$

Yechish. a) va bo’lsin. Ikki holni qarab chiqamiz: yoki
. Agar bo’lsa ya’ni bo’ladi.
Agar bo’lsa bo’ladi.
va bo’lsin. U holda va . Demak, .
b) va bo’lsin. U holda tushinarliki . bo’lsin. U
holda . ■
5-m i s o l. Ayniyatni isbot qiling
.
Yechish. bo’lsin. U holda va bo’ladi.
Bundan, agar bo’lsa bo’lishi, va demak, bo’lishi kelib chiqadi,
ammo . Agar bo’lsa . Demak, , ammo .
Shunday qilib . Demak .
bo’lsin. Agar va bo’lsa u holda
, , bo’ladi. Demak . Agar va
bo’lsa, u holda , , . Demak, bo’ladi. Shunday qilib;
.
6-m i s o l. Isbot qiling:
.
Yechish. bo’ladi. U holda
, chunki va
.
7-m i s o l. amallarni
a) ; b) ; s) amallar orqali ifodalang.
Yechish. a) ;
b) ;
s) . ■
8-m i s o l. n elementli to’plam 2 n
ta qism to’plamlarga ega bo’lishini isbot
qiling.
Yechilish . va bo’lsin. Har bir a
i element uchun ikki:
va imkoniyat mavjud. A ning hammasi bo’lib 2·2·2···2 = 2 n
ta qism to’plami
mavjud. ■
9-m i s o l. Isbot qiling:
.
Yechish. , ya’ni bo’lsin. U holda va , va
demak, va . Shunday qilib .
bo’lsin. U holda va , ya’ni va
, va demak, . Shunday qilib, . Demak, .
■
10-m i s o l. Agar va bo’lsa, hamma A,B va C lar uchun
bo’lishini isbot qiling.
Yechish. Teskarisini faraz qilib isbotlaymiz. bo’lsin, u holda
bo’lgani uchun bo’ladi. Ammo , demak, . Bu esa
bo’lishiga ziddir.
M A S H Q L A R
5

1 . Isbot qiling:
a) (refleksivlik); b) agar va bo’lsa (tranzitivlik);
c) ; d) ; y) .
2 . Agar A to’plam x 2
-7x+12=0 tenglama ildizlari to’plami va , bo’lsa
A=B bo’lishini isbotlang.
3 . ≠{ } bo’lishini isbotlang.
4 . ligini isbotlang.
5 . larni toping, agar
a) ; b) ;
c) ;d) ;
e) .
6 .Quyidagi ayniyatlarni isbot qiling:
a) ; b) ; s) ;
d) ; e) ;
f) ;
g) ;
h) .
7 . Quyidagi ayniyatlarni isbot qiling:
a) ; b) ;
c) ; d) ;
e) ; f) ;
g) ; h) ;
i) ; j) ; k) ;
l) ;
m) ;
n) ; o) ;
p) ; q) .
8.Isbotlanki:
a) ; b) ;
c) ; d) ;
e) ; f) ;
g) ; h) ;
i) ; j) ;
g) ; k) va .
9 .Ayniyatlarni isbotlang:
a) ; b) ;
c) ; d) ;
e) ; f) ;
g) ; h) ;
i) ; j) .
10 .Isbotlangki,
a) ; b) .
11 . n ta elementdan iborat to’plam nechta k elementli ( ) to’plamlarga ega?
6

12 . Quyidagi tasdiqlardan qaysilari hamma A, B va C lar uchun to’g’ri?
a*) Agar ;
b*) Agar
c*) Agar Ø ;
d*) Agar va bo’lsa, ;
e*) Agar va bo’lsa B= Ø.
13 *. Har bir musbat n son uchun shunday n elementli A
n to’plam ko’rsatingki,
agar bo’lsa, yo yo , yoki x = y bo’lsin.
14 *. Tenglamalar sistemasini yech i ng
Bu yerda A, B va C berilgan to’plamlar va .
15 . Tenglamalar sistemasi yeching
bu yerda A, B va C berilgan to’plamlar va Ø .
16 . Tenglamalar sistemasini yeching
Bu yerda A, B va C berilgan to’plamlar va .
17. Quyidagi ayniyatlarni isbotlang:
a) ; b) ;
c ) ; d ) ; ye)
.
2-§. Akslantirishlar
A
1 , A
2 ,…, A
n to’plamlarning bevosita yoki dekart ko’patmasi deb
to’plamga aytiladi.
Agar bo’lsa, to’plam A to’plamning bevosita
darajasi deyiladi va A n
bilan belgilanadi.
Ta’rifga asosan A 1
=A, A 0
=Ø deb hisoblash tabiiydir.
A,B ixtiyoriy bo’sh bo’lmagan to’plamlar bo’lsin. Agar har bir
elementga bir qiymatli aniqlangan va f(a) bilan belgilanadigan element mos
qilib qo’yilgan, ya’ni b = f(a) , bo’lsa, A to’plamning B to’plamga f
akslantirilishi berilgan deyiladi va kabi yoziladi. akslantirish
boshqacha aytilganda qiymatlari B to’plamdan olinadigan A to’plamdagi funksiya
deyiladi.
akslantirish A to’plamning almashtirishi deyiladi. A to’plamning
eng oddiy almashtirishi hamma lar uchun i(a)=a kabi aniqlanadigan i
A : A
A aynan almashtirishdfn iborat.
akslantirish berilgan va bo’lsin. b = f(a) element a elementning
f akslantirishdagi obrazi, a element esa b elementning proobrazi deyiladi. Agar b
element a ning f akslantirishdagi obrazi bo’lsa kabi yoziladi. Agar
7

bo’lsa, deb hisoblaydilar. f(X) to’plam X to’plamning ( f
akslantirishdagi) obrazi deyiladi.
Agar A to’plamning ixtiyoriy a
1 , a
2 elementlari uchun
shart berilgan bo’lsa, akslantirish inyektiv yoki inyeksiya deyiladi.
Agar B to’plamning har bir elementi aqalli bitta proobrazga ega, ya’ni
ixtiyoriy uchun (b) ≠ Ø bo’lsa, akslantirish syuryektiv yoki
syuryeksiya deyiladi.
Bir vaqtning o’zida ham inyektiv ham syuryektiv bo’lgan f akslantirish
biyektiv akslantirish yoki biyeksiya deyiladi. Agar A=C, B=D va har bir
uchun bo’lsa ikki va akslantirishlar teng deyiladi va
kabi yoziladi. Agar - chekli to’plam, B – ixtiyoriy bo’sh
bo’lmagan to’plam bo’lsa, akslantirishni
ko’rinishda yozish qabul qilingan.
- ikki o’zgaruvchili funksiya ( masalan, x + y , x - y , x y , bu erda
) bo’lsin. Bu funksiyani har bir ( x, y ) tartiblangan juftni biror elementga
mos qilib qo’yuvchi

akslantirish kabi qarash mumkin.
Umuman X to’plam m ta elementlarning har bir tartiblangan majmuyiga Y
to’plamning biror elementini mos qilib qo’yuvchi m argumentli (x
1 ,…,x
m ) funksiya
akslantirishdir.
m son f akslantirishning arligi deyiladi.
0-ar (nular) akslantirish Y ning biror elementini belgilab qo’yadi;
1-ar (unar) akslantirish har bir elementga elementni mos
qo’yadi;
2-ar (binar) akslantirish elementlarning har bir tartiblangan juftiga
elementni mos qo’yadi;
3-ar (ternar) elementlarning har bir tartiblangan uchligiga
elementni mos qo’yadi; va hokazo.
Ikki va akslantirishlar berilgan bo’lsin. Har bir
elementga elementni mos qilib qo’yib, A to’plamning C to’plamga
akslantirilishini hosil qilamiz. Bu akslantirish f va g akslantirishlarning
ko’paytmasi yoki kompozisiyasi deyiladi va gf qilib belgilanadi.
- biyektiv akslantirish bo’lsin. U holda har bir element uchun
bo’ladigan yagona element mavjud bo’ladi. Har bir elementga uning
proobrazini mos qilib qo’yuvchi akslantirish f akslantirishga
teskari akslantirish deyiladi
1-m i s o l. ,bo’lsin. U holda
Shuning bilan birga bo’lsa, hatto Ø. ■
8

2-m i s o l. bo’lganda to’plamlar uchun
, , ammo
Ø. ■
3-m i s o l. A bilan B – o’zaro perpindikulyar son o’qlari, ularning kesishish
nuqtasini ularning har birida sanoq boshi deb olinsa, u holda ko’paytma XO Y
dekart koordinata tekisligi bo’ladi. ■
4-m i s o l. Isbot qiling: .
Yechish. bo’lsin. U holda , bu yerda
. Bundan yoki . Demak, yoki .
Shunday qilib, .
bo’lsin. U holda yoki . Bu esa
ekanligini bildiradi va bo’lgan holda ni
bo’lgan holda esa bo’lishini hosil qilamiz. Demak,
va shuning uchun
. ■
5-m i s o l. Agar bo’lsa f( 1 ), f - 1
( 1 ) larni toping va f
ning turini aniqlang.
Yechish. f (1) = 1. Ta’rifga asosan . Demak,
. f – syuryeksiya bo’lib, ammo inyeksiya emas, chunki,
masalan, . ■
6-m i s o l. Agar , g(x)= 3 x- 1 bo’lsa gf, fg,
g 2
, f 3
larni toping.
Yechish. ;
;
;
= shuning bilan birga
. ■
7-m i s o l. Agar f, g X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} to’plamning
bo’ladigan akslantirishlari bo’lsa,
gf, fg, f 6
larni toping.
Yechish. f( 1 )= 6 , g( 6 )= 2 bo’lgani uchun fg( 1 )= 2. Shuningdek, fg( 2 )= 4 ,
fg( 3 )= 6 , fg( 4 )= 3 , fg( 5 )= 5 , fg( 6 )=1. Shuning uchun
.
Xuddi shunday muhokama yuritib
,
. ■
9

$8-m i s o l. Agar f va g lar X ={1,2,3,4} to’plamning, bo’ladigan akslantirishlari bo’lsa, f - 1 , g - 1 , g - 2 f 3 larni toping. Yechish. (2)=1, (1)=2, (4)=3, (3)=4 bo’lgani uchun . Xuddi shunday tartibda , , f = f · f 2 = f · f · f = larni topamiz. Shuning uchun . ■ M A S H Q L A R 18 . a) b) bo’ladigan A, B va C lar mavjud bo’lishini isbotlang. 19 . Agar A, B, C va D lar bo’sh bo’lmasa, a) va ; b) va D B C A D C      bo’lishini isbotlang 20 . Isbotlang: a) ; b) . 21 .Isbotlang: a) ; b) ; c) ; d) ) (\) ( ) \ ( C A B A C B A     ; e) , bunda ; f) . 22* .  va bo’lsin. A=B=C=D bo’lishini isbotlang. 23 .Agar a)    5,4,3 , 2,1   Y X ; b) bo’lsa, larni toping (| A | belgi A to’plam elementlari sonini ifodalaydi , .) 24 .   4,3,2,1X to’plamning to’plamga bir nechta har xil akslantirishlarini ifodalang. Ulardan qaysilari syuryektiv ekanligini ko’rsating. X to’plamning Y to’plamga inyektiv akslantirishi mavjudmi? 25 .  - tayinlangan to’g’ri burchakli x0y kordinatlar sistemasidan iborat tekislik, akslantirish tekislik nuqtalarini ox o’qiga oy o’qiga nisbatan parallel proyeksiyalash bo’lsin. a) f --1 (0) ni toping; b) f (  ) ni toping. f ning turini aniqlang (ya’ni inyektiv, syuryektiv yoki biyektiv ekanligini aniqlang). 10$

26 .  tayinlangan to’g’ri burchakli koordinatlar sistemasidan iborat tekislik,
tekislikni koordinatalar boshi atrofida burchakka burish bo’lsin. f
ning turini aniqlang.
27 . Quyidagilar uchun f( 1 ), f -- 1
( 1 ) larni toping va f ning turini aniqlang:
a) ; b) x
xff 2)(,:  RR
;
c) x
xff 2)(,: 0
 
RR
; d) ;
e) 20
)(,: xxff  
RR
; f) 200
)(,: xxff  
RR
;
g) 3
)(,: xxff  RR
; h) ;
i) ; j) ;
k) ; l) ;
m) ;
n) ;
o) ; p) ;
q) .
28 . a) to’plamning ga; b) to’plamning ga; s) (0,1) to’plamning
ga biyektiv akslantirishi mavjudligini isbotlang.
29 . n elementli to’plamning s elementli to’plamga nechta har xil
akslantirishlari mavjud?
30 . , bo’lsin. Quyidagi tasdiqlarning
to’g’riligini isbotlang:
a) ; b) ;
c) va bu yerda, umuman aytganda, tegishlilikni
tenglik bilan almashtirish mumkin emas.
d) ; e) ;
f) ; g) ;
h) , agar bo’lsa.
31 . Agar va bo’lsa gf, fg, g 2
,
f 3
larni toping.
32 . Agar X ning f va g akslantirishlari quyidagicha aniqlangan
a) ;
b) ; bo’lsa gf,
fg, g 5
, f 6
larni toping.
33 . Quyidagilar uchun gf, fg, g 2
, f 2
larni toping:
a) f – tekislikni ox o’qqa oy o’qqa parallel ravishda proyeksiyalash, g
tekislikni oy o’qqa ox o’qqa parallel ravishda proyeksiyalash;
b) f - tekislikning ox o’qqa nisbatan simmetriyasi g tekislikning oy o’qqa
nisbatan simmetriyasi;
c) f tekislikni ox o’qqa proyeksiyalash, g – shu tekislikning ox o’qqa
nisbatan simmetriyasi;
11

34. 27-masaladagi akslantirishlardan qaysilari teskarilanuvchanligini aniqlang
va har bir teskarilanadigan akslantirishning teskarisini toping.
35 . Agar f, g lar X to’plamning almashtirishlari bo’lsa, f -1
, g -1
, g -2
f 3
,
f - 3
g 2
larni toping:
a) ;
b) .
3-§. Binar munosabatlar
A va B to’plamlar elementlari orasidagi binar munosabat deb,
to’plamning ixtiyoriy R qism to’plamiga aytiladi. A=B bo’lsa R munosabat A da
aniqlangan binar munosabat deyiladi. ning o’rniga, ko’p hollarda, xRy
yozialdi. R binar munosabatning aniqlanish sohasi deb,
shunday y mavjudki, } to’plamga aytiladi.
R binar munosabatning qiymatlar sohasi deb,
shunday x mavjudki, } to’plamga aytiladi.
Birlashma, kesishma va hokazo nazariy–to’plamiy amallar binar
munosabatlardan iborat. A va B to’plamlar elementlari orasidagi R binar
munosabatning to’ldiruvchisi
to’plam hisoblanadi.
R binar munosabatga teskari munosabat deb,
{< x, u>|<y,x> } to’plamiga aytiladi.
X to’plamning R ga nisbatan obrazi deb, shunday
topiladiki, } to’plamga X to’plamning R ga nisbatan proobrazi deb R -
1
(X) ga aytiladi.
munosabatlarning ko’paytmasi deb,
{<x, y> shunday z mavjudki } to’plamga
aytiladi.
1-m i s o l. Ushbu {< x,y>| va x son y ning bo’luvchisi}
munosabat uchun larni toping.
Yechish. Biz 0 son 0 songa bo’linadi deb hisoblaymiz, chunki
.
{< x,y>| va y son x ning bo’luvchisi}.
, chunki     1 , R R y x 
shunday z mavjudki x z ga
bo’linadi va z esa y ga bo’linadi. Ammo bunday z ixtiyoriy x va y bo’yicha
osongina topiladi, masalan z = xy deb olish kerak. , chunki
  
 1 , R R y x 
shunday z topiladiki, x z ga bo’linadi va z esa y ga bo’linadi.
Ixtiyoriy x, y uchun z = 1 deb olish kerak. ■
2-m i s o l. .
12

Yechish. shunday y mavjudki, shunday y va z
mavjudki, va shunday z mavjudki, va
shunday z mavjudki, va . ■
3-m i s o l. ni isbotlang.
Yechish. shunday y mavjudki, shunday y va z
mavjudki, va shunday z mavjudki, va
shunday z mavjudki, va
. ■
4-m i s o l. Ixtiyoriy binar munosabatlar uchun
bo’lishini isbot qiling.
Yechish. yoki
yoki . ■
5-m i s o l. Ixtiyoriy binar munosabatlar uchun
bo’lishini isbotlang.
Yechish. shunday z mavjudki,
shunday z mavjudki, va
. ■
M A S H Q L A R
36 . Quyidagi munosabatlar uchun larni toping:
a) R= { <x, ,y y ga bo’linadi x };
b) R= { <x, ,y va y+ x≤ 0 };
c) R= { <x, ,y va 2 x ≥ 3y };
d) R= { <x, y>/x, y va y ≥ sin x }.
37 . Isbotlang:
a) Ø Ø Ø; b) .
38 .Isbotlang:
a) agar B≠ Ø bo’lsa bo’ladi; b) agar A≠ Ø, bo’ladi.
39 *. R – A da aniqlangan binar munosabat bo’lsin. A dagi ixtiyoriy R
1 binar
munosabat uchun bo’lganda va faqat shu holdagina R =i
A
bo’lishini isbotlang.
40 .Ixtiyoriy binar munosabatlar uchun quyidagilarni isbotlang:
a*) ; b) ;
c) ; d) ;
e) ; f) .
41 . Qanday R binar munosabatlar uchun R - 1
= - R munosabat o’rinli bo’ladi?
42 . Ixtiyoriy binar munosabatlar uchun quyidagilarni isbotlang:
a*) ;
b) ; c*) ;
13

43 .Isbotlang:
a*) ; b*) .
c*) a) va b) tasdiqlarda tegishlilikni tenglik bilan almashtirish mumkin emas.
44 . Agar bo’lsa
a) ; b) ; c) .
45 . A, V, A
1 , V
1 – to’plamlar shunday to’plamlarki A to’plam A
1 , bilan V esa
V
1 bilan o’zaro bir qiymatli moslikda bo’lsin. Agar ø va ø bo’lsa
va lar orasida o’zaro birqiymatli moslik mavjudligini isbotlang:
4-§. Ekvivalentlik munosabati va bo’linishlar
Bu paragrifda qaraladigan binar munosabatlar bo’shmas to’plamlarda berilgan
bo’ladi.
A to’plamdagi R binar munosabat refleksiv deyiladi, agar hamma lar
uchun , bo’lsa va irrefleksiv deyiladi hamma lar uchun
bo’lsa.
R binar munosabat simmetrik deyiladi, agar bo’lsa, va
antissimmetrik deyiladi, agar i bo’lsa.
R binar munosabat tranzitiv deyiladi, agar
va .
A to’plamdagi refleksiv, tranzitiv va simmetrik munosabat A dagi
e kvivalentlik deyiladi.
to’plam x elementning R ekvivalentlik bo’yicha
ekvivalentlik sinfi (qo’shnilik sinfi) deyiladi.
A to’plam elementlarining R ekvivalentlik bo’yicha ekvivalentlik sinflari
to’plami A ning R bo’yicha faktor-to’plami deyiladi va A/R bilan belgilanadi.
Agar bo’lib, A
i lar juft-jufti bilan o’zaro kesishmasa, A ga
majmua ning tarqatmasi (yoyilmasi) deyiladi.
1-m i s o l. Quyidagi
a) refleksiv, simmetrik, tranzitivmas;
b) refleksiv, antisimmetrik, tranzitivmas;
c) refleksiv, tranzitiv, simmetrikmas;
d) antisimmetrik, tranzitiv, refleksivmas
binar munosabatlarni tuzing.
Yechish. Masalan,
a) ; b) ;
c) ; d) . ■
2-m i s o l. bo’lganda va faqat shu holdagina R
1 va R
2
simmetriik munosobatlarning ko’paytmasi simmetrik bo’lishini isbotlang.
Yechish. simmetrik bo’lsin. U holda
.
Aksincha, . ■
14

3-m i s o l. Agar R to’plamdagi tranzitiv va simmetrik munosabat va
bo’lsa, R munosabat A dagi ekvivalentlik munosabati bo’lishini
isbotlang.
Yechish. yoki biror y uchun va
. ■
4-m i s o l. A to’plamning o’zaro kesishmaydigan bo’shmas qism
to’plamlarga hamma tarqatmalari sinfi bilan A dagi hamma ekvivalentlik
munosabatlar majmui orasida o’zaro bir qiymatli moslik mavjudligini isbotlang.
Yechish. tarqatmaga R= { <x,y> shunday mavjudki, }
ekvivalentlikni mos qilib qo’yamiz. ■
5-m i s o l. ixtiyoriy akslantirish bo’lsin.
deymiz. Q ning A dagi evivalentilik munosabati va f akslantirish uchun
yoyilma mavjudligini isbot qiling. Bu yerda A ning,
da tabiiy akslantirilishi, ya’ni , f esa A/Q va f(A) orasidagi o’zaro bir
qiymatli moslik.
Yechish. qilib olamiz. Ko’rinib turibdiki,
. Shuning uchun f´ - A/Q va f(A) lar orasidagi o’zaro bir
qiymatli moslik.
. ■
6-m i s o l. bo’lganda va faqat shu holdagina R
1 va R
2
ekvivalentlik munosabatlarning birlashmasi ekvivalentlik munosabati
bo’lishini isbotlang.
Yechish. ekvivalentlik munosabati bo’lsin. U holda
, .
Aksincha, bo’lsin. U holda
,
ya’ni tranzitiv. ning simmetrikligi va refleksiligi ko’rinib turgan
narsalar. ■
M A S H Q L A R
46 *. Agar R
1 va R
2 munosabatlar refleksiv bo’lsa,
munosabatlar ham refleksiv bo’lishini isbotlang.
47 *. a) Agar R
1 va R
2 irrefleksiv bo’lsa, munosabatlar
ham irrefleksiv bo’lishini isbotlang; b) Irrefleksiv munosabatlarning
ko’paytmasi irrefleksiv bo’lmasligi mumkinligini isbotlang.
48 *. Agar R
1 va R
2 simmetrik munosabatlar bo’lsa,
munosabatlarning ham simmetrik bo’lishini isbotlang.
49 . a) Agar R
1 va R
2 munosabatlar antisimmetrik bo’lsa,
munosabatlarning ham antisimmetrik bo’lishini isbotlang;
b) A to’plamdagi R
1 va R
2 antisimmetrik munosabatlarning birlashmasi
bo’lganda va faqat shu holdagina antisimmetrik bo’lishini isbotlang.
15

50 . Simmetrik, tranzitiv, ammo refleksivmas binar munosabat tuzing.
51 . Bir vaqtning o’zida simmetrik va antisimmetrik ixtiyoriy R binar
munosabat tranzitiv bo’lishini isbotlang.
52 . Quyidagi binar munosabatlarning har biri uchun u qanday xossalarga
(refleksivlik, simmetriklik, antisimmetriklik, tranzitivlik) ega va qaysilariga ega
emasligini aniqlang:
a) R= { <x, y>| x, y va x 2
= y 2
};
b) R= { <x, y>| x, y va x 2
+ y 2
= 1};
c) R= { <x, y>| x, y va xy >1 };
d) R= { <x, y>| x, y va y = |x| };
e) R= { <x, y>| x, y va x 2
+ x = y 2
+ y };
f) R= { <x, y>| x, y va x - y };
g) R= { <x, y>| x, y va x y+ 1};
h) R= { <x, y>| x, y va 2 x = 3y };
i) R= { <x, y>| x, y va x 2
+ y 2
= 1};
j) R= { <x, y>| x, y va x y };
k) R= { <x, y>| x, y va EKUB ( x,y) 1};
l) R= { <x, y>| x, y , }.
53 . va to’plamlarda R
m , Q , S larni quyidagicha aniqlaymiz:
a) son ga bo’linadi;
b) ;
c)
yoki .
R
m , Q, S ekvivalentlik munosabatlar ekanligini isbotlang.
54 . A – to’plam tekislikdagi barcha to’g’ri chiziqlar to’plami bo’lsin. Ushbu
munosabatlar ekvivalentlik munosabatlari bo’ladimi? a) to’g’ri chiziqlarning
parallelligi; b) to’g’ri chiziqlarning perpendikulyarligi.
55. Haqiqiy sonlarning to’plamida R munosabatni - ratsional
son tarzda aniqlaymiz. R ning ekvivalentlik munosabati ekanligini isbotlang.
56 . Agar R – ekvivalentlik munosabati bo’lsa;
a) ; b) bo’lishini isbotlang.
57 . Agar R ekvivalentlik munosabati bo’lsa, R - 1
ham ekvivalentlik bo’lishini
isbotlang.
58 *. bo’lsin. Ushbu tasdiqni isbotlang: R – ekvivalentlik munosabati
.
59 *. Agar R
1 va R
2 A dagi ekvivalentlik munosabatlar bo’lsa, quyidagilarni
isbotlang:
a) ; b) .
60 . A to’plamdagi ekvivalentlik munosabatlar ixtiyoriy sistemasining
kesishmasi ham A dagi ekvivalentlik munosabat bo’lishini isbotlang.
61 *. R
1 va R
2 ekvivalentlik munosabatlarning ko’paytmasi
bo’lganda va faqat shu holdagina ekvivalentlik munosabati bo’lishini
isbotlang.
16

62 *. Agar R
1 va R
2 – ekvivalentlik munosabatlar va bo’lsa,
bo’lishini ko’rsating. Bu yerda R
1 +R
2 – ifoda ni o’z ichiga
oladigan eng kichik ekvivalentlik munosabati.
63 *. Ekvivalentlik munosabatlarning har qanday majmui uchun
shunday Q ekvivalentlik munosabati topiladiki, va har qanday R
ekvivalentlik munosabati uchun, agar bo’lsa, u holda bo’ladi. Shuni
isbotlang.
5-§. Tartib munosabati
A to’plamdagi binar munosabat A dagi oldtartib deyiladi, agar u refleksiv va
tranzitiv bo’lsa A, to’plamdagi refleksiv, tranzitiv va antisimmetrik munosabat A
da qismiy tartib deyiladi. Qismiy tartib ko’pgina hollarda bilan bedgilanadi. -1
tartib ga qo’shma tartib deyilib, bilan belgilanadi. Agar x u va
bo’lsa x < y qilib yozamiz. Agar A dan olingan ixtiyoriy ikki element
bo’yicha taqqoslanuvchi, ya’ni ixtiyoriy uchun x u yoki u x bo’lsa A
dagi qismiy tartib chiziqli deyiladi. Qismiy (chiziqli) tartibli A to’plam
qismiy (chiziqli) tartiblangan deyiladi. bilan qismiy tartiblangan A to’plamning
bilan chiziqli tartiblangan B qism to’plami zanjir deyiladi.
Agar a x ( x a ) dan a = x ligi kelib chiqsa, qismiy tartiblangan A
to’plamning a elementi maksimal (minimal) element deyiladi. Agar hamma
lar uchun x a (a x) bo’lsa, A ning a elementi eng katta (eng kichik) element
deyiladi. Eng katta element hamma vaqt maksimaldir, ammo teskarisi o’rinli emas.
Maksimal elementlar ko’p bo’lishi mumkin, ammo eng katta element, agar u
mavjud bo’lsa, bir qiymatli aniqlangan bo’ladi. Xuddi shunday muhokamalar eng
kichik va minimal elementlarga ham tegishli.
Qismiy tartiblangan A to’plamning V qism to’plamining yuqori (quyi)
chegarasi deb A ning har bir uchun b a (a b) bo’ladigan a elementiga
aytiladi.
qism to’plamning ixtiyoriy aniq yuqori (quyi) chegarasi deb B ning
eng kichik yuqori (eng katta quyi) chegarasiga aytiladi. to’plamning aniq
yuqori va aniq quyi chegaralari mos ravishda supB va inf B orqali belgilanadi.
Agar A to’plamning har bir bo’sh bo’lmagan qism to’plami eng kichik
elementga ega bo’lsa, A dagi chiziqli tartibni to’liq deb ataymiz. Bu holda A
to’plam to’liq tartiblangan deyiladi.
A va B – qismiy tartiblangan to’plamlar va f - A dan B ga funksiya bo’lsin.
Agar har qanday elementlar uchun dan kelib chiqsa,
f monoton akslantirish deyiladi.
Agar f A va B to’plamlar orasidagi o’zaro bir qiymatli moslik va f bilan f 1
–
monoton akslantirishlar bo’lsa, u holda f qisman tartiblangan A va B to’plamlarning
izomorfozmi, A va B esa izomorf to’plamlar deyiladi.
1-m i s o l. R
1 va R
2 A to’plamdagi chiziqli tartiblar bo’lsin. Qachon
chiziqli tartib bo’ladi?
Yechish. Agar bo’lsa, shunday <x,y> juft mavjud bo’ladiki,
yoki . Birinchi holda
17

, . Ikkinchi hol ham xuddi shunday
ko’rsatiladi. Agar bo’lsa, bo’ladi. Demak, faqat
bo’lganda va faqat shu holda chiziqli tartib bo’ladi. ■
2-m i s o l.
a) ; b) ; c) kompleks sonlar.
Yechish. a) Masalan, yoki ;
b) shunday mavjudki,
yoki va ;
s) yoki . ■
M A S H Q L A R
64. Berilgan to’plamning barcha qism to’plamlari to’plami, to’plamlarning
tegishlilik (qism to’plam bo’lishlik) xossasiga ko’ra qisman tartiblanganligini isbot
qiling.
65. to’plamda va < munosabatlar oddiy ma’noda
aniqlangan bo’lsin. bo’lishini isbotlang.
66. ning A da qismiy tartibligini isbotlang.
67. va a son ning bo’luvchisi bo’lsin. 0 o’zining
bo’luvchisi deb hisoblaymiz. ning da qismiy tartib ekanligini isbotlang.
68. a) Har qanday qisman tartiblangan to’plam bittadan ortiq eng katta (eng
kichik) elementga ega emasligini isbot qiling.
v) Qisman tartiblangan to’plamning eng katta (eng kichik) elementi yagona
maksimal (minimal) element bo’lishini isbot qiling.
69. Agar qismiy tartib bo’lsa, u holda ham qismiy tartib bo’lishini
isbotlang.
70. Agar A to’plamdagi qismiy tartiblar sistemasi bo’lsa, u holda
ham A da qismiy tartib bo’lishini isbotlang.
71. bo’lganda va faqat shu holda A to’plamdagi munosabat
oldtartib bo’lishini isbotlang.
72. A to’plamda munosabat oldtartib bo’lsin. va
deb hisoblaylik. munosabat A da ekvivalentlik munosabati bo’lishini
isbotlang.
73. Agar X da qismiy (chiziqli, to’liq) tartib va bo’lsa, u holda
A da qismiy (chiziqli,to’liq) tartib bo’lishini isbotlang.
74. munosabat A da qismiy tartib bo’lsin. < ning irrefleksiv va tranzitiv
bo’lishini isbotlang.
75. Agar A da biror munosabat irrefleksiv va tranzitiv bo’lsa, u holda
yoki munosabat A da qismiy tartib bo’lishini isbotlang.
76. Ixtiyoriy A qisman tartiblangan to’plam shu A to’plam qism to’plamlarning
tegishlilik belgisi bilan tartiblangan biror sistemasiga izomorf bo’lishini isbot
qiling.
77. Ixtiyoriy bo’sh bo’lmagan chekli qisman tartiblangan A to’plam minimal
va maksimal elementga ega bo’lishini isbotlang.
18

78. Qisman tartiblangan A to’plam chekli bo’lsin. A ning ixtiyoriy a
elementi uchun A da shunday va elementlar topiladiki, va A da
maksimal element bo’ladi; shuningdek va A da minimal element bo’ladi.
Shuni isbot qiling.
79. Har qanday chekli to’plamning chiziqli tartiblantirish mumkin bo’lishini
ko’rsating.
80. A – qisman tartiblangan to’plam, unda har bir zanjir dan ortiq
elementga ega bo’lmasin, o’zaro taqqoslanmaydigan elementlarning ixtiyoriy qism
to’plami esa dan ortiq elementga ega bo’lmasin. A ning dan ortiq
elementga ega emasligini ko’rsating.
81. Har qanday uchun bo’ladigan faqat chekli miqdordagi
elementlar mavjud bo’lishi xossasiga ega hamma A chiziqli tartiblangan
to’plamlarni tavsiflang.
82. Hamma shunday M to’plamlarni topingki, unda shunday to’liq tartib
mavjud bo’lsinki, ham M da to’liq tartib bo’lsin.
6-§. To’plam quvvati
Agar A va B to’plamlar elementlari orasida o’zaro bir qiymatli moslik
o’rnatish mukin bo’lsa, A to’plam B to’plamga ekvivalent (belgilashda: A~B )
deyiladi.
A to’plamning quvvati deb, A to’plamga ekvivalent hamma to’plamlar sinfiga
aytiladi va Ā bilan belgilanadi. Ekvivalent to’plamlar tengquvvatli ham deyiladi.
n orqali, bunda , to’plamning quvvatini belgilaymiz.
Biror n uchun ga ekvivalent har bir A to’plam, chekli to’plam deyiladi, n –
son esa A to’plam elementlari soni deyiladi.
Chekli bo’lmagan to’plam cheksiz to’plam deyiladi.
to’plamga ekvivalent har bir A to’plam sanoqli deyiladi va uning quvvati 
0 bilan
belgilanadi.
Haqiqiy sonlar to’plami ga ekvivalent har bir A to’plam kontinual
deyiladi va uning quvvati À bilan belgilanadi.
Ixtiyoriy to’plamlarning quvvatlari kardinal sonlar deyiladi. Chekli
to’plamlarning kardinal sonlari chekli deyiladi, cheksiz to’plamlar uchun esa –
cheksiz deyiladi. ç kardinal son – kontinium quvvati deyiladi.
Agar A to’plam B ning biror qism to’plamiga ekvivalent bo’lsa deb
ataymiz. Agar va A bilan B ekvivalent bo’lmasa, u holda deymiz.
1-m i s o l. va bo’lsin. ni isbot qiling.
Yechish. f - A va A
2 lar orasidagi o’zaro bir qiymatli moslik bo’lsin.
deymiz. U holda
;
19

ya’ni .
Hamma va to’plamlar o’zaro kesishmasliklari sababli
dir (45-masalaga qarang). ■
2-m i s o l. Agar va bo’lsa bo’ladi. (Kantor-Bernshteyn
teoremasi). Shuni isbot qiling.
Yechish. Agar va bo’lsin. f va g inyeksiyalar bo’ladi va
. U holda: va
(1-misolga qarang). ■
3-m i s o l. Chekli to’plam o’zining hech qanday qism to’plamiga va hech
qanday ustto’plamiga ekvivalent emasligini isbotlang.
Yechish. bo’lsin. Bu yerda f – inyeksiya, ,
, deymiz. U holda , ,
shuning uchun bo’lganda . Demak, A cheksiz qism
fazoga ega. ■
4-m i s o l. Sanoqli to’plamning har qanday qism to’plami sanoqli yoki chekli
ekanligini isbotlang.
Yechish. Bu tasdiqni uchun isbotlasa yetarli. I cheksiz bo’lib
bo’lsin. akslantirishni tuzamiz. Buning uchun f(0) sifatida
ning eng kichik elementini olamiz. U holda f akslantirish
bilan I orasidagi o’zaro birqiymatli moslik bo’ladi. ■
5-m i s o l. Bo’shmas A to’plam biror dan A ga o’tkazuvchi f
funksiyaning qiymatlari to’plami bo’lganda va faqat shu holdagina sanoqli yoki
chekli bo’lishini isbotlang.
Yechish. bo’lsin. Ushbu: ,
uchun tarzda berilgan akslantirishni olib qaraymiz. f funksiya
ni A ga akslantiradi. ■
6-m i s o l. A va B sanoqli bo’lsalar ning sanoqli bo’lishini isbotlang.
Yechish. Inyektiv va akslantirishlar uchun
bo’lsin. k= 0,1,… uchun deylik. U
holda h akslantirish ni ga akslantiradi. cheksiz bo’lganligi sababli
sanoqli bo’ladi (5-misolga qarang). ■
7-m i s o l. Butun sonlar to’plami ning sanoqliligini isbot qiling.
Yechish. Ushbu: qoida bilan
akslantirishni olib qaraymiz. f akslantirish biyeksiyadir. ■
8-m i s o l. A to’plamning barcha qism to’plamlari to’plami R(A) A dan katta
quvvatga ega bo’lishini isbotlang.
Yechish. biyeksiya bo’lsin. deymiz. U
holda biror uchun , ga ega
bo’lamiz ya’ni qarama-qarshilikka kelindi.Shuning uchun bunday funksiya
mavjud emas. ■
9-m i s o l. bo’lishini isbotlang, bu yerda .
Yechish. Ushbu: uchun qoida bilan berilgan
akslantirishni olib qaraymiz. U holda f va lar orasidagi
20

o’zaro bir qiymatli moslik bo’ladi. Xuddi shunday tartibda ~ hosil
qilinadi. Demak, . ■
10-m i s o l. A – to’plam haqiqiy sonlar to’g’ri chizig’idagi sanoqli to’plam
bo’lsin. a ni ø bo’ladigan qilib tanlash mumkinmi?
Yechish. to’plamni olib qaraymiz B - sanoqli. Ixtiyoriy
masala shartini qanoatlantiradi. Demak, qo’yilgan savolga musbat javob
beriladi. ■
11-m i s o l. Hamma to’plamlarni o’z ichiga oladigan to’plam mavjud
emasligini isbotlang.
Yechish. Hamma to’plamlarni o’z ichiga oladigan to’plamni U bilan
belgilaymiz. U holda , bu yerda U ning hamma qism to’plamlari
to’plami. Boshqa tomondan (8-misolga qarang). Qarama-qarshilik hosil
bo’ladi. ■
M A S H Q L A R
83 .Isbotlang:
a) A~A (refleksivlik); b) agar A~B bo’lsa B~A bo’ladi (simmetriklik);
c) agar A~B va B~C bo’lsa A~C bo’ladi (tranzitivlik).
84 . a) A~B ;
b) va ;
c*) agar A dan B ga funksiya mavjud bo’lsa, bo’ladi
85 . Isbotlang:
a) chekli to’plamning har qanday qism to’plami cheklidir.
b) chekli sondagi chekli to’plamlar birlashmasi cheklidir.
c) chekli sondagi chekli to’plamlar bevosita yig’indisi cheklidir.
86 . a) Ikki chekli to’plam ularning elementlari soni bir xil bo’lganda va faqat
shu holdagina ekvivalent bo’lishini isbot qiling.
b) Kardinal sonlar cheksiz ko’pligini isbotlang.
87 *. Har qanday cheksiz to’plamdan sanoqli qism to’plam ajratish
mumkinligini isbot qiling.
88 *. To’plam o’zining qismto’plamiga ekvivalent bo’lganda va faqat shu
holdagina cheksiz to’plam bo’lishini isbotlang.
89 *. Funksiyaning aniqlanish sohasi sanoqli bo’lsin. Bu funksiyaning
qiymatlari sohasi chekli yoki sanoqli bo’lishini isbotlang.
90 *. Sanoqli to’plamdan chekli qism to’plam ajratilsa, qolgan to’plam sanoqli
bo’lishini isbotlang.
91 *. Isbot qiling:
a) agar lar chekli, bo’shmas va o’zaro kesishmasa u holda sanoqli
bo’ladi;
b) agar hamma lar sanoqli bo’lsa u holda sanoqli bo’ladi;
92 *.Isbot qiling:
a) agar A cheksiz va B – chekli yoki sanoqli bo’lsa bo’ladi;
b) agar A cheksiz va sanoqsiz, B chekli yoki sanoqli bo’lsa bo’ladi;
21

93 *. Agar sanoqli bo’lsa, u holda sanoqli
bo’lishini isbot qiling.
94 *. Isbotlang:
a) ratsional sonlar to’plami sanoqli;
b) a < b bo’lganda [ a,b ] segmentning ratsional sonlar to’plami sanoqli.
95 . Biror sanoqli to’plamning elementlaridan tuzilgan hamma chekli ketma-
ketliklar to’plami sanoqli to’plamligini isbotlang.
96 *. Sanoqli to’plamning hamma chekli qism to’plamlari to’plami sanoqli
ekanligini isbot qiling.
97 *. Bir o’zgaruvchili butun koeffisiyentli hamma ko’phadlar to’plami
sanoqliligini isbotlang.
98 *. Haqiqiy sonlar to’g’ri chizig’idagi bir-biri bilan kesishmaydigan ochiq
intervallarning har qanday to’plami sanoqli bo’lishdan ortiq emas.
99 *. bo’lib, A ning hamma har xil x, y elementlari uchun
bo’ladigan mavjud bo’lsa, u holda A chekli yoki sanoqli bo’lishini isbotlang.
100 *. Isbotlang: .
101 *. Kvadrat va kesma nuqtalari, to’plamlari ekvivalentligini isbotlang.
102 *. Ikki aylana nuqtalari to’plamlari ekvivalentligini isbotlang.
103 *. [0,1] segment nuqtalari to’plami sanoqliligini isbotlang.
104 *. Irrasional sonlar to’plamining quvvati qanday?
105 *. S quvvatli chekli yoki sanoqli miqdordagi to’plamlar birlashmasi
S quvvatga ega bo’lishini isbotlang.
106 *. Natural sonlarning hamma sanoqli ketma-ketliklari to’plami s quvvatga
ega bo’lishini isbotlang .
7-§. Matematik induksiya usuli
Tasdiqlar umumiy va xususiy tasdiqlarga bo’linadi. Umumiy tasdiqqa misollar
keltiramiz: o’zbek avtomabillarining kuzovlar metalldan qilingan; har qanday
parallelogrammda dioganallar kesishish nuqtasida teng ikkiga bo’linadi; raqamlari
yig’indisi 3 ga bo’linadigan hamma sonlar 3 ga bo’linadi.
Bularga mos xususiy tasdiqlar misollari ushbulardir: «Neksiya»ning kuzovi
metalldan qilingan; rombda dioganallar kesishish nuqtasida teng ikkiga bo’linadi;
2001 son 3 ga bo’linadi.
Umumiy tasdiqlardan xususiy tasdiqlarga o’tish deduksiya deyiladi. Masalan,
a) hamma o’zbek avtomabillarining kuzovlari metaldan qilingan; v) «Neksiya»-
o’zbek avtomabili; s) «Neksiya» metaldan qilingan kuzovga ega.
Umumiy (a) tasdiqdan (v) tasdiq yordamida (s) xususiy tasdiq hosil qilindi.
Xususiy tasdiqdan umumiy tasdiqqa o’tish induksiya deyiladi. Induksiya
to’g’ri xulosaga ham noto’g’ri xulosaga ham keltirishi mumkin. Buni ikkita misol
bilan tushuntiramiz:
1-m i s o l. A) 2001 son 3 ga bo’linadi; b) raqamlari yig’indisi 3 ga
bo’linadigan sonlar 3 ga bo’linadi. b) tasdiq to’g’ri. ■
2-m i s o l. a) 2001 son 3 ga bo’linadi; b) hamma to’rtxonali sonlar 3 ga
bo’linadi.
22

Xususiy a) tasdiqdan b) umumiy tasdiq hosil qilindi. b) tasdiq noto’g’ri. ■
Induksiyadan matematikada qanday foydalanish kerakki, faqat to’g’ri xulosalar
hosil qilinsin, degan savol kelib chiqadi. Qo’yilgan savolga javob topish uchun avval
matematikada yo’l qo’yilishi mumkin bo’lmagan induksiya misolini qarab chiqamiz.
3-m i s o l. Birinchi Peterburg akademiklaridan biri, mashhur matematik
L.Eyler ko’rsatgan ko’phadni olib qaraymiz. Ko’rinib turibdiki,
. Tub sonlar hosil qildik. f(x) ko’phadda x ning o’rniga ketma-
ket 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, qiymatlarni qo’yishni davom etdirib har safar 47, 53, 61,
71, 83, 97, 113, 131, 151 tub sonlarni hosil qg’ilamiz. Bu hosil qilingan natijalar
asosida berilgan uchhadda x ning o’rniga ixtiyoriy butun manfiy bo’lmagan sonni
tub son hosil qilish mumkin degan tasdiqni hosil qilamiz. ■
Nima uchun bu misolda keltirilgan muhokamalar matematikada yo’l
qo’yilmaydi?
Gap shundaki, bu muhokamalarda har qanday x uchun umumiy xulosani bu
tasdiqning x ning bir necha qiymatlarida to’g’ri bo’lib chiqqanligigagina asoslanib
chiqardik. Biz keltirgan misolda umumiy tasdiq to’g’ri emas bo’lib chiqdi.
Darhaqiqat x 2
+ x + 41 2
uchhadni mufassalroq o’rgansak, uning x= 0,1,2,…,39
qiymatlarda tub songa teng, ammo x = 40 da bu uchhad 41 2
ga, ya’ni murakkab songa
tengligini ko’ramiz. Shunday qilib biz 40 ta xususiy hollarda to’g’ri, ammo shu bilan
birga umuman noto’g’ri bo’lgan tasdiqni uchratdik.
Ko’rib chiqilgan misol, sodda ammo juda muhim xulosa qilish imkonini
beradi: Tasdiq bir qator xususiy qiymatlarda to’g’ri va shu vaqtning o’zida, umuman
noto’g’ri bo’lishi mumkin. Shu munosabat bilan ushbu savol yuzaga keladi: Bir
qancha xususiy hollarda to’g’ri bo’lgan tasdiq berilgan. Uning hamma xususiy
hollarini qarab chiqish imkoniyati yo’q. Bu tasdiq usmuman to’g’rimi yo to’g’ri
emasligini qanday qilib aniqlash mumkin?
Bu masalaning yechimiga ba’zan matematik induksiya uslubi deb ataladigan
maxsus uslubni tatbiq etish bilan erishiladi. Bu uslub asosida matematik induksiya
qoidasi yotadi. Bu qoida quyidagidan iborat:
Tasdiq ixtiyoriy natural n uchun to’g’ri bo’ladi, agar:
1) u p= 1 uchun to’g’ri, va
2) tasdiqni qandaydir ixtiyoriy natural n=k uchun to’g’riligidan, uning n=k+ 1
uchun to’g’riligi kelib chiqsa.
Matematik induksiya qoidasiga asoslangan isbotlash matematik induksiya
uslubi bilan isbotlash deyiladi. Bunday isbotlash ikki mustaqil bo’limlardan iborat
bo’lish kerak:
1) Tasdiq p= 1 uchun to’g’ri (induksiya bazasi, asosi).
2)Agar tasdiq n=k uchun to’g’ri (induksiya farazi) bo’lsa, u holda bu tasdiq
n=k+ 1 uchun to’g’ri (induksion o’tish), bu yerda .
4-m i s o l. Nyuton binoni
, (*)
bu yerda a va b ixtiyoriy sonlar, va
.
Yechish. p= 1 uchun (*) o’rinli.
23

$bo’lsin. U holda ekanligi tekshirish qayd emas. Shuning uchun . ■ 5-m i s o l. A – to’plam qisman tartiblanagn to’plam bo’lib, unda har bir zanjir t tadan ortiq elementga ega bo’lmasin, juft-jufti bilan taqqoslanmaydigan elementlarning har qanday qism to’plami esa p tadan ortiq elementdan iborat bo’lmasin. A to’plam tadan ortiq elementga ega emasligini isbotlang. Yechish. m ga nisbatan induksiya vositasida isbotlaymiz. m = 1 bo’lganda A ning hamma elementlari juft-jufti bilan taqqoslanmaydi va A elementlari soni p dan ortmaydi. m> 1, B – to’plam A ning minimal elementlari to’plami bo’lsin. Agar C A \ B to’plamda ixtiyoriy zanjir bo’lsa, u holda C eng kichik a elementga ega bo’ladi.(77- masalaga qarang, § 5) va shunday element mavjud bo’ladiki (§ 5, 78- masala). Shuning uchun to’plam A da zanjir, va demak, C to’plam m-1 tadan ortiq elementga ega emas. Induksiya faraziga ko’ra ( A \ B ) o’z ichiga (m- 1)p dan ortiq bo’lmagan elementni oladi, A =( A \ B ) to’plam esa dan ortiq bo’lmagan elementlarni oladi. ■ 6-m i s o l. ni isbotlang. Yechish. p= 1 bo’lganda tasdiq to’g’ri. bo’lsin. U holda + . ■ 7-m i s o l. Agar va ixtiyoriy natural k uchun munosabat o’rinli bo’lsa, bo’lishini isbotlang. Yechish. . Shartga asosan p = 0 va p = 1 uchun tasdiq o’rinli. deylik. U holda .■ 8-m i s o l. Butun uchun son 133 ga bo’lishini isbotlang. Yechish. p= 0 uchun tasdiq o’rinli. Tasdiq n = k uchun tasdiq o’rinli deb faraz qilamiz, ya’ni son 133 ga bo’linadi deylik. U holda + Biz ni har biri 133 ga bo’linadigan ikki qo’shiluvchi yig’indisi shaklida ifodaladik. Demak, 133 ga bo’linadi. ■ 9-m i s o l. Ayniyatni isbotlang: . 24$

Yechish. p=0 uchun ayniyat o’rinli, chunki
uchun ayniyat o’rinli bo’lsin, ya’ni
.
U holda u uchun ham o’rinli bo’ladi. Darhaqiqat
. ■
10-m i s o l. bo’lishini isbotlang, bu yerda -
birdan katta natural son.
Yechish. p=2 uchun tengsizlik o’rinli, chunki .
Tengsizlik uchun, bu yerda qandaydir natural son, o’rinli bo’lsin,
ya’ni
. (1)
U holda tengsizlik uchun ham o’rinli ya’ni
. (2)
bo’lishini ko’rsatamiz
Darhaqiqat, shartga ko’ra shuning uchun (1) ning ikki tomonini ( )
ga ko’paytirib hosil qilingan
, (3)
tengsizlik o’rinli bo’ladi (3) tengsizlikni
ko’rinishda yozamiz. Oxirgi tengsizlikning o’ng tomonidagi musbat
qo’shiluvchini tashlab yuborib (2) tengsizlikni hosil qilamiz. ■
M A S H Q L A R
107 . Natural qatorda dastlabki p ta sonning yig’indisi ga teng
bo’lishini isbotlang.
108 . Natural qatorda dastlabki p ta son kvadratlari yig’indisi ga
teng bo’lishini isbotlang.
109 . ni isbotlang.
110 . Natural qatorda dastlabki n ta son kublarining yig’indisi
ga teng bo’lishini isbotlang.
111 . bo’lishini isbotlang.
112 . Isbotlang: .
113 . Isbotlang: .
114 . Isbotlang: .
25

115 . Ayniyatni isbotlang:
.
116 . Uchta ketma-ket natural sonlar kublarining yig’indisi 9 ga bo’linishini
isbotlang.
117 . Isbotlang: .
118 . Isbotlang: .
119 . Isbotlang:
.
120 . Isbotlang
.
121 *. Isbotlang: .
122 *. Ixtiyoriy natural uchun tengsizlik o’rinli
bo’lishini isbotlang.
123 *. Isbotlang: .
124 . Ixtiyoriy uchun
bo’lishini isbotlang.
125 . Ixtiyoriy natural p uchun
a) p 3
-p son 3 ga bo’linadi;
b) p 5
-p son 5 ga bo’linadi;
c) p 7
-p son 7 ga bo’linadi;
d) ixtiyoriy natural p uchun p 9
-p ayirma 9 ga bo’linishi to’g’rimi?
126 . Tengsizliklarni ibotlng:
a) Ixtiyoriy natural n>4 uchun ;
b) Ixtiyoriy natural uchun ;
c*) Ixtiyoriy natural n>1 uchun .
127 *. Ixtiyoriy natural a, b, c sonlar uchun tengsizlik
bajarilishini isbotlang.
128 *. Ixtiyoriy natural a, b lar uchun:
a) , ixtiyoriy natural p uchun;
b) , ixtiyoriy natural p > 1 uchun, tengsizliklar
bajarilishini isbotlang.
26

$129 *. Ixtiyoriy natural p uchun son 11 ga bo’linishini isbotlang. 130 *. Ixtiyoriy natural p uchun son 11 ga bo’linishini isbotlang. 131 . ning 7 ga bo’linishini isbotlang. JAVOBLAR. KO’RSATMALAR. YECHILISHLAR. 1-§. 3. }0{ to’plam bitta 0 elementga ega, 0 to’plam esa elementga ega emas. 5. a) };6{ \ },3,1 { \ },4,0{ },6,4,3,0,1 {         A B B A B A B A b) c) d) e) 8. e) Yechish. ). ( ) ( C B A С B A      bo’lsin. U holda ), ( С B A C    va demak, .A C  . 11. k n С . 12. a) Noto’g’ri. Yechish. Masalan }};0 {{ },0{ ,0       C B A b)Noto’g’ri, a) da bo’lgan misol bu yerda ham misol bo’la oladi; c) To’g’ri. Yechish. Teskarisini faraz qilib isbotlaymiz ,C A x   bo’lsin, u holda ,B C A   bo’lgani uchun B x . 27$ $Ammo ,B A x   va demak, C x   . Bu esa C x bo’lishiga ziddir. d) Noto’g’ri. Yechish. Masalan BСA  deb olamiz. e) Noto’g’ri. Masalan. Uchta juft-jufti bilan kesishmaydigan bo’sh bo’lmagan to’plamlarni olamiz. 13. Yechish. Masalan } { },0{ 1 1 n n n A A A A     bo’lsin. 14. . ) \ ( B A C X   Yechish. Darhaqiqat, B A X B     ) ( (8-b) masalaning birinchi tenglamasidan) kelib chiqadi) va 4-misoldan va C X A C     ) ( (8-masala a) va s) dagi ikkinchi tenglamadan kelib chiqadi). Bundan . ) ) (( ) ( ) ) (( ) ) (( )) ( ( B C A C B C A C B A A X A C B                  B A C X   ) \ ( ning berilgan sistemani qanoatlantirishni tekshirish qiyin emas. 15. . ) \ ( C B A X   16. .\ BCX  17. e) Yechish. bo’lsin. U holda topiladiki, ya’ni va Shuning uchun va demak, Shunday qilib, bo’lsin. U holda va , ya’ni shunday mavjudki bo’ladi. Shuning uchun va demak, Shunday qilib 2-§. 22. Yechish. bo’lsin. Unda va demak, ya’ni Boshqa tomondan va demak, ya’ni Unda demak . Xuddi shuningdek demak, Shunday qilib . Unda ga ega bo’lamiz va 19(v) masalaga ko’ra A=S, V=D. 23. a ) 24. a) oy o’qi b) ox o’qi, f – syuryektiv, ammo noinyektiv 28$

akslantirish.
26. f – biyeksiya.
27. a) f – biyeksiya;
b) f – inyeksiya, ammo nosyuryektiv akslantirish;
c) f – biyeksiya;
d) f – noinyeksiya va nosyuryeksiya;
e) f – syuryeksiya ammo noinyeksiya;
f) f – biyeksiya; g) f – biyeksiya;
h) f – noinyeksiya va nosyuryeksiya;
i) f – biyeksiya;
j) f – no inyeksiya va nosyuryeksiya;
k) f – syuryeksiya, ammo noinyeksiya;
1) f – biyeksiya;
m) f – syuryeksiya, ammo noineksiya;
o) f – biyeksiya;
p) syuryeksiya, noinyeksiya;
q) f – biyeksiya; r) f –
biyeksiya.
29. .
31.
32.
a)
29

b)
33. a) -- shunday akslantirishki, ixtiyoriy uchun
v) tekislikning koordinat boshiga nisbatan simmetriyasi
s)
34. b), d), e), h), j) , k), m), p), dagi akslantirishlar teskarilanmaydi.
a) c )
f) g)
i) ;
1)
o)
q) r)
35. a)
b)
3-§.
36. Biz 0 0 ning bo’luvchisi deb hisoblaymiz. a) 1-misolga o’xshab
ko’rsatiladi. b)
c )

d)
,
39 . Yechish. Agar bo’lsa unda dagi har qanday munosabat
uchun shunday mavjudki va ammo faqat
30

uchun bo’ladi. Shunday qilib . Xuddi shu tarzda
.bo’lishi ko’rsatiladi. Aksincha deylik. U holda bo’lgani uchun
bo’ladi.
40. a) Yechish. yoki
yoki
d) Yechish. R – A va V to’plamlar elementlari orasidagi binar munosabat
bo’lsin.
va
va

41. Agar va bo’lsa, unda bunday munosabatlar mavjud emas.
.
Yechish. bo’lsin. Unda ziddiyat
hosil bo’ladi.
42 . a) Yechish. shunday mavjudki va
shunday lar mavjudki, va
b) Yechish. shunday
mavjudki, va shunday va mavjudki,
va shunday mavjudki,
s) ham b) kabi isbotlanadi.
43 . a) Yechish. shunday mavjudki, va
shunday topiladiki va hamma lar uchun
hamma lar uchun
b) ham a) kabi isbotlanadi; c) Yechish. Masalan a) uchun
4-§.
31

46 . Ko’rsatma. da refleksiv munosabatdir.
47 . Ko’rsatma. a) da irrefleksiv munosabat.
b) Masalan,
bo’lsin. U holda
refleksiv.
48 . Ko’rsatma. simmetrik
49 . a) Ko’rsatma. antisimmetrik b)
Yechish.
50 Masalan
51 . Ko’rsatma.
52 . d ) norefleksiv, nosimmetrik, antisimmetrik va tranzitiv; g ) refleksiv,
nosimmetrik, noantisimmetrik, notranzitiv; h ) norefleksiv, nosimmetrik,
antisimmetrik, notranzitiv; e) refleksiv, simmetrik, noantisimmetrik, tranzitiv.
54 . a ) ha; b) yo’q.
57.
58 . Yechish. ekvivalentlik Aksincha,
ixtiyoriy uchun simmetrik. Shuning uchun R simmetrik va
59 . a ) Ko’rsatma. ;
b) Ko’rsatma. =
61 . Yechish. ekvivalentlik
bo’lsin. Unda
simmetrik; ya’ni
simmetrik;
,
ya’ni tranzitiv; reflektivligi esa ko’rinib turibdi.
62 . Yechish. ekvivalentlikdir (61-masalaga qarang). Ko’rinib turibdiki,
Endi qandaydir ekvivalentlik munosabati uchun
bo’lsin. Unda
63 . Ko’rsatma. ko’rinishdagi tuzish
mumkin bo’lgan hamma ko’paytmalar birlashmasidir.
32

5-§.
68 . a), b) lar qismiy tartibning antisimmetrikligidan kelib chiqadi.
71 . Ko’rsatma . oldtartib
76 . uchun talab qilinayotgan izomorfizmdir.
78 Ko’rsatma. Aks holda A o’z ichiga shunday cheksiz qism
to’plamni oladiki, yoki bo’ladi.
80 . Yechish. m ga nisbatan induksiya bilan isbotlaymiz (7-§). m=1 bo’lganda
A ning hamma elementlari juft-jufti bilan tahhoslanmaydilar va A ning elementlari
soni n dan oshmaydi. V – A ning minimal elementlari to’plami bo’lsin. Agar
to’plamdagi ixtiyoriy zanjir bo’lsa, unda C eng kichik a elementga ega
bo’ladi (77-masalaga qarang) va shunday mavjud bo’ladiki, bo’ladi
(78-masalaga qarang). Shuning uchun A da zanjir, va, demak, C
ning elementlari soni ( m – 1 ) dan ortiq emas. I nduksiya faraziga asosan
ning elementlari soni ( m – 1 ) p dan ortiq emas. to’plam esa ( m – 1 ) p
+ n = mn tadan ortiq elementga ega emas.
81. Yechish. Agar A aytilgan xossaga ega bo’lsa, u holda ixtiyoriy nominimal
element uchun to’plamning aniq yuqori yoki mavjud
va ixtiyoriy nomaksimal element uchun to’plamning aniq
quyi yoki mavjud bo’ladi. Agar bo’lsa, u holda
qandaydir p uchun. To’rtta hol bo’lishi mumkin.
a) A eng kichik va eng katta elementlarga ega. U holda A chekli.
b) A eng kichik elementga ega va eng katta elementga ega emas. U holda
qandaydir uchun ixtiyoriy element ko’rinishda
ifodalanadi, va A natural sonlar to’plamiga ularning oddiy tartibi bilan izomorfdir.
s) A eng katta elementga ega va eng kichik elementga ega emas. U holda
A manfiy butun sonlar to’plamiga izomorf.
d) A eng katta va eng kichik elementlarga ega emas. U holda A hamma butun
sonlar to’plamiga izomorf.
33

$82. Hamma chekli to’plamlar va faqat shular. 6-§. 84. s) Ko’rsatma. f A dan B ga funksiya bo’lsin. U holda uchun bo’ladigan ixtiyoriy funksiya inyeksiya bo’ladi. 87. Yechish. A – cheksiz, bo’lsin. U holda A\{ } ham cheksiz bo’ladi (85-v)masalaga qarang) va \{ } mavjud bo’ladi. Shuningdek A\{ } cheksiz va A\{ } mavjud va hakoza. deylik. U holda f va to’plamlar orasida o’zaro bir qiymatli moslik o’rnatadi. 88 . Yechish. A cheksiz va uning sanoqli qism –to’plami bo’lsin. U holda 89. 84 s)-masala va 4-misoldan kelib chiqadi. 90. 85 b)-masaladan va 4-misoldan kelib chiqadi. 91. a) Yechish. bo’lsin. , uchun deylik. biyeksiyadir; b) Yechish. . bo’lsin. deylik. U holda sanoqlidan boshqa emas. (a) masalani qarang.) . 92. Yechish. a) to’plam A ning sanoqli qism to’plami (90- masala va 6-misolga qarang). Shuning uchun b) Yechish. (a) dan kelib chiqadi, chunki va cheksiz. 93. Ko’rsatma . bo’lsin. U holda Shuning uchun sanoqli (91 (b)masalaga qarang). 34$

94. a) Yechish. da , funksiya ni ga
akslantiradi. Shuning uchun (84 c)-maslaga qarang). Bundan
(7-misolga va 93-masalaga qarang) va (2-misolga qarang);
b) Yechish. lar bo’ladigan rasional sonlar bo’lsin.
N dan da inyeksiya. Boshqa tomondan,
95. Yechish. 91 (b) va 93-masalalardan kelib chiqadi, chunki barcha chekli
ketma-ketliklar to’plami belgilangan p uzunlikdagi ketma-ketliklar
birlashmasidir.
96. 95-masladan kelib chiqadi.
97. Yechish. 95-masaladan kelib chiqadi, chunki
ko’phadni sanoqli to’plam elementlarining chekli ketma-ketligi ko’rinishida
ifodalash mumkin.
98. Yechish. intervalda ratsional sonni topish mumkin.
Shuning uchun intervallar to’plami to’plamning qism to’plamiga ekvivalent.
99. Ko’rsatma. 98-masaladan kelib chiqadi. Ixtiyoriy nuqtaga
intervalni mos qo’yish kerak.
100. Ko’rsatma.. 92 (a)- masaladan kelib chiqadi.
101. Ko’rsatma. Masalan , va larni olish kerak. Hech qaysisining
davrida 9 mavjud bo’lmagan haqiqiy sonlarning juftiga
sonni mos qilib qo’yish kerak. Shundan keyin 2-misoldan
foydalaning.
102. Ko’rsatma.. Ikkita, masalan, markazi koordinata boshida va va R
radiusli aylanalarni olib qarash kerak. nuqtaga
nuqtani mos qo’yish kerak.
103. Yechish. biyeksiya, bo’lsin. Haqiqiy
sonni quyidagicha tuzamiz , bu yerda
. Ko’rinib turibdiki, Qarama-qarshilik hosil qildik.
35

$104. Yechish. ) \ ( Q R Q R   va sanoqli (94 (a) va 92 (b)masalaga qarang) bo’lgani uchun irrasional sonlar to’plamining quvvati s ga teng bo’ladi. 105. Ko’rsatma . . 106. Yechish. Har bir ga x ga yaqinlashuvchi rasional sonlar ketma- ketligini mos qo’yish mumkin va natural sonlar ketma-ketligi bo’lgani uchun hamma bunday ketma-ketliklarning C to’plami quvvatidan ortiq emas. Aksincha natural sonlarning ketma-ketligiga haqiqiy sonni mos qo’yyamiz. 7-§. 115. Yechish. bo’lganda ya’ni tasdiq o’rinli. bo’lsin. U holda 121. Yechish. Tasdiq to’g’ri, chunki bo’lgani uchun tasdiq o’rinli. bo’lsin. U holda 36$

122. Yechish. da tasdiq o’rinli, chunki
(1) bo’lsin
(2) ni isbot qilamiz.
Ixtiyoriy uchun
(3) o’rinli
Darhaqiqat bu tengsizlik uning ikki tomonini ga ko’paytirib hosil
qilinadigan tengsizlikka teng kuchli. (1) va (3) ni hadlab qo’shib (2) ni
hosil qilamiz.
123. bo’lganda tengsizlik ko’rinishni oladi, va demak, to’g’ri
bo’lsin, bunda bo’lganda
tengsizlikning o’rinli ekanligini tekshirish qiyin emas. Shuning uchun
ya’ni
125. d) To’g’ri emas son 9 ga bo’linmaydi.
126. s) Ko’rsatma. Nyuton binomidan foydalanish kerak.:

127. Ko’rsatma. Agar bo’lsa, berilgan tengsizlik ixtiyoriy a, s uchun
bajariladigan tengsizlikka teng kuchli. Shuning uchun «ixtiyoriy
37

uchun tasdiqni isbotlash yetarli. Uni c bo’yicha
induksiya vositasida isbot qilish kerak.
128. a) Ko’rsatma. tengsizlikdan
va tengsizliklar kelib chiqadi. Oxirgi ikki tengsizlikni qo’shib,
tengsizlikni hosil qilamiz. tengsizlikdan
va tengsizliklar kelib chiqadi. Bu
tengsizliklarni qo’shib ni hosil qilamiz. b) n
bo’yicha induksiya, a) dan foydalaning.
129. n bo’yicha induksiya bilan isbotlang.
120. Ko’rsatma: n bo’yicha induksiya bilan isbotlang.
son 11 ga bo’linsin. U holda
son 11 ga bo’linadi.
131. n bo’yicha induksiya bilan isbotlang.
Foydalanilgan adabiyotlar
1. B.L. Van der Varden. Algebra. M., Nauka, 1976.
2. Kostrikin A.I. Vvedeniye v algebru. M., 1977, 495 str.
3. Leng S. Algebra. M. Mir, 1968.
4. Faddeyev D.K. Leksii po algebre. M., Nauka, 1984, 415 st.
5. Faddeyev D.K., Sominskiy I.S. Sbornik zadach po vysshey algebre. M.,
Nauka, 1977.
6. Sbornik zadach po algebre pod redaksiyey. A.I. Kostrikina, M., Nauka,
1985.
7. Xojiyev J., Faynleb A.S. Algebra va sonlar nazariyasi kursi, Toshkent,
«O’zbekiston», 2001.
38

8. Narzullayev U.X., Soleyev A.S. Algebra i teoriya chisel. I - II chast,
Samarkand, 2002.
Mundarija
1-§. To’plamlar ustida amallar …………………………………….……… 3
2-§. Akslantirishlar ………………………………………………………… 8
3-§. Binar munosabatlar ……………………………………………….… .13
4-§. Ekvivalentlik munosabati va bo’linishlar ………………………. …..15
5-§. Tartib munosabatlari ………………………………………………… 18
6-§. To’plam quvvati…………………………………………………… …21
7-§. Matematik induksiya usuli …………………………………………... 24
Javoblar. Ko’rsatmalar. Yechilishlar …………………………………….. 30
Foyadalanilgan adabiyotlar ……………………………………………….. 41
39

O‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY VA O‘RTA MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI ALISHER NAVOIY NOMIDAGI SAMARQAND DAVLAT UNIVERSITETI Algebra va geometriya kafedrasi TO’PLAMLAR VA AKSLANTIRISHLAR «Algebra va sonlar nazariyasi» fanidan amaliy mashg’ulotlar o’tkazish uchun uslubiy tavsiyalar « 5 460100 MATEMATIKA » ta’lim yo‘nalishi bakalav r talabalari uchun (Uslubiy qo‘llanma) SamDU o‘quv-uslubiy kengashi tomonidan 2011 yil ______da nashrga tavsiya etilgan. Samarqand – 2011 1

To’plamlar va akslantirishlar. «Algebra va sonlar nazariyasi» fanidan amaliy mashg’ulotlar o’tkazish uchun uslubiy tavsiyalar. . Uslubiy qo‘llanma. – Samarqand: SamDU nashri, 2011. – 41 bet. Ushbu uslubiy qo‘llanma « Algebra va sonlar nazariyasi » fani bo‘yicha «5460100 – matematika» ta’lim yo‘nalishi bakalav r talabalari va «5A460100 – Matematik mantiq, Algebra va sonlar nazariyasi» mutaxassisligi magistrantlari uchun mo‘ljallangan bo‘lib, unda shu fanning namunaviy o‘quv dasturidan kelib chiqib, t o’plamlar va akslantirishlar nazariyasi ning usullariga oid qisqacha nazariy ma’lumotlar, bu usullarning taqbiqiga oid namunaviy misollar yechimlari, mustaqil ish topshiriqlari va boshqa tarqatma materiallar keltirilgan. Bular talabalarga shu fanni yanada chuqurroq o‘ zlashtir ishga yaqindan yordam beradi degan umiddamiz . Tuzuvchilar: U.X. Narzullayev. A.S. Soleev, H.Nosirova Mas‘ul muharrir fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent H.X. Ro’zimuradov Taqrizchilar : fizika-matematika fanlari doktori, professor Ikromov I.A. fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent Yaxshiboyev M.Y. 2

Tayanch iboralar: to’plam; qarashlilik munosabati; tegishlilik munosabati; to’plamlar birlashmasi; to’plamlar majmuyi birlishmasi; to’plamalr kesishmasi; unversal to’plam; to’ldiruvchi; simmetrik ayirma; to’plamlarning bevosita yoki dekart ko’paytmasi; to’plamning bevosita darajasi; akslantirish; to’plamni almashtirish; elementning obrazi; elementning proobrazi; to’plamning obrazi; inyektsiya; syuryeksiya; biyeksiya; akslantirishning arligi; kompozisiya; teskari akslantirish; binar munosabat; binar munosabatning aniqlanish sohasi; binar munosabatning qiymatlar sohasi; binar munosabat uchun teskari munosabat; munosabatlar ko’paytmasi; refleksivlik; irrefleksivlik; simmetriklik, antisimmetriklik; ekvivalentlik; ekvivalentlik sinfi (qo’shni sinf); faktor to’plam; tabiiy akslantirish; old tartib; qismiy tartib; qismiy (chiziqli) tartiblanganlik; maksimal (minimal), eng katta (eng kichik) elementlar; qismto’plamning yuqori (quyi) chegarasi; qismto’plamning aniq yuqori (quyi) chegarasi; to’la tartiblanganlik; monoton akslantirish; qisman tartiblangan to’plamlar izomorfizmi; chekli to’plam; to’plam elementlarining soni; cheksiz to’plam; sanoqli to’plam; kontinual to’plam; kardinal sonlar; deduksiya; induksiya; matematik induksiya usuli. 1-§. To’plamlar ustida amallar Qandaydir xossa aniqlangan bo’lib, biror matematik nazariyada o’rganilishi mumkin bo’lgan har qanday predmetning bu xossaga ega yoki emasligini aytish mumkin bo’lsin. U holda bu xossaga ega birgalikda olingan barcha predmetlarni biz yangi matematik obyekt kabi tasavvur eta olamiz. Bu obyekt aytilgan xossaga ega bo’lgan barcha predmetlardan iborat to’plam, predmetlarning o’zlari esa uning elementlari deyiladi. Shunday qilib, biror to’plamning berilishi uchun yo shunday xossani ifodalash kerak bo’ladiki, unga ega bo’lishlik biror matematik predmetni bu to’plamning elementi qilsin, yoki unig hamma elementlarini ko’rsatish kerak bo’ladi. Mana bu belgi orqali qarashlilik munosabati belgilanadi, ya’ni ifoda element to’plamga qarashli ekanligini ifodalaydi. ning ning elementi emasligi kabi yoziladi. Agar ikkita va to’plamlar bir xil elementlardan iborat bo’lsa, ular teng deyiladi. Agar va to’plamlar teng bo’lsalar = kabi, aks holda kabi yozamiz. Mana bu orqali o’z ichiga olishlik munosabati ifodalanadi ya’ni yozuv ning har bir eleyenti ning elementi ham bo’lishini bildiradi. Bu holda to’plam B ning qism to’plami, esa ning ustto’plami deyiladi. Agar va bo’lsa to’plam ning xos qism to’plami deyiladi va kabi yoziladi. Hech qanday elementlarga ega bo’lmagan to’plam bo’sh to’plam deyiladi va orqali belgilanadi. to’plamning barcha qism to’plamlari majmuyi R(A) bilan belgilanadi. 3

va to’plamlarning birlashmasi deb, to’plamga aytiladi. to’plamlar majmuyining birlashmasi deb to’plamga aytiladi. va to’plamlarning kesishmasi deb , to’plamga aytiladi. to’plamlar majmuiyning kesishmasi deb , to’plamga aytiladi, bu yerda . va to’plamlarning ayirmasi deb , to’plamga aytiladi. Biz bu paragrafdagi masalalarda uchraydigan hamma to’plamlar biror U universal to’plamning qism to’plamlari deb hisoblaymiz. U \ ayirma to’plamning to’ldiruvchisi deyiladi va (- ) orqali belgilanadi. va to’plamlarning simmetrik ayirmasi deb, to’plamga aytiladi. 1-m i s o l . Ø, Ø, ( )\ С = Ø bo’ladigan A, B va C to’plamlar mavjudmi? Yechish. bo’lsin, u holda . Shunday qilib . Demak, bunday to’plamlar mavjud emas. ■ 2-m i s o l. Ayniyatni isbot qiling . Yechish. bo’lsin. U holda va bo’ladi. Agar , bo’lsa, bo’ladi, va demak, . Agar bo’lsa, bo’ladi, va demak, . Shunday qilib . bo’lsin. Agar bo’lsa va bo’ladi. Bundan va , ya’ni. kelib chiqadi. Agar bo’lsa va bo’ladi. Bundan va , ya’ni kelib chiqadi. Shunday qilib . ■ 3-m i s o l. Ayniyatni isbot qiling: . Yechish. bo’lsin. Bu bo’lishini bildiradi. Bundan yoki ligi kelib chiqadi. Agar bo’lsa bo’ladi, va va demak, . Agar bo’lsa, bo’ladi, va demak, . Shunday qilib, bo’lsin. Agar bo’lsa bo’ladi, va demak, . Bundan kelib chiqadi. Agar bo’lsa, , va demak, bo’ladi. Bundan kelib chiqadi. Shunday qilib . ■ 4-m i s o l. Quyidagilarni isbotlang: a) ; b) . 4

Yechish. a) va bo’lsin. Ikki holni qarab chiqamiz: yoki . Agar bo’lsa ya’ni bo’ladi. Agar bo’lsa bo’ladi. va bo’lsin. U holda va . Demak, . b) va bo’lsin. U holda tushinarliki . bo’lsin. U holda . ■ 5-m i s o l. Ayniyatni isbot qiling . Yechish. bo’lsin. U holda va bo’ladi. Bundan, agar bo’lsa bo’lishi, va demak, bo’lishi kelib chiqadi, ammo . Agar bo’lsa . Demak, , ammo . Shunday qilib . Demak . bo’lsin. Agar va bo’lsa u holda , , bo’ladi. Demak . Agar va bo’lsa, u holda , , . Demak, bo’ladi. Shunday qilib; . 6-m i s o l. Isbot qiling: . Yechish. bo’ladi. U holda , chunki va . 7-m i s o l. amallarni a) ; b) ; s) amallar orqali ifodalang. Yechish. a) ; b) ; s) . ■ 8-m i s o l. n elementli to’plam 2 n ta qism to’plamlarga ega bo’lishini isbot qiling. Yechilish . va bo’lsin. Har bir a i element uchun ikki: va imkoniyat mavjud. A ning hammasi bo’lib 2·2·2···2 = 2 n ta qism to’plami mavjud. ■ 9-m i s o l. Isbot qiling: . Yechish. , ya’ni bo’lsin. U holda va , va demak, va . Shunday qilib . bo’lsin. U holda va , ya’ni va , va demak, . Shunday qilib, . Demak, . ■ 10-m i s o l. Agar va bo’lsa, hamma A,B va C lar uchun bo’lishini isbot qiling. Yechish. Teskarisini faraz qilib isbotlaymiz. bo’lsin, u holda bo’lgani uchun bo’ladi. Ammo , demak, . Bu esa bo’lishiga ziddir. M A S H Q L A R 5

O'xshashlar

SONLAR NAZARIYASI

Algebra materiallarini o`rganish metodikasi

KOMPLEKS SONLAR VA ULAR USTIDA AMALLAR

BILISH NAZARIYASI

ESTETIKA NAZARIYASI