logo

Algebra va sonlar nazariyasi

Yuklangan vaqt:

08.08.2023

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

2780.5 KB
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 40 41

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