O`zbekiston Oliy va O`rta maxsus ta`lim vazirligi Namangan Davlat universiteti

3.8. 
]
1
,
1
[
2
−
C
  metrik  fazoning  to‘la  emasligini  ko‘rsatamiz.  Buning  uchun 
]
1
,
1
[
2
−
C
 fazoda uzluksiz funksiyalarning 
 
 
 
( )
[
]
(
)
[
]




∈
−
∈
−
−
∈
−
=
1
1
1
1
1
1
1
1
,
n
x
,
,
n
,
n
x
,
x
n
,
n
,
x
,
x
f
n
 
 
 
 
 
 
ketma-ketligini qaraymiz. Bu ketma-ketlik 
]
1
,
1
[
2
−
C
 fazoda fundamentaldir, chunki 
barcha 
]
1
,
1
[
−
∈
x
  lar  uchun 
( )
( )
1
≤
−
x
f
x
f
m
n
  ekanligini  hisobga  olsak  va 
m
n
<
 
desak,  
(
)
( )
( )
(
)
.
,
0
2
1
,
1
1
1
1
2
2
∞
→
→
=
<
−
=
∫
∫
−
−
n
n
dx
dx
x
f
x
f
f
f
n
n
m
n
m
n
ρ
 
Biroq 
{ }
n
f
 
ketma-ketlik 
]
1
,
1
[
2
−
C
 
fazodagi 
birorta 
ham 
funksiyaga 
yaqinlashmaydi. Haqiqatan ham, 
]
1
,
1
[
2
−
∈
C
f
 ixtiyoriy funksiya va 
y 
x 
1/n 
1 
-1/n 
1 
-1 
3.1 - chizma 

 
 
38 
( )
[ ]



∈
−
∈
−
=
1
,
0
,
1
),
0
,
1
[
,
1
x
agar
x
agar
x
ϕ
 
nol nuqtada uzilishga ega funksiya bo‘lsin. Ko‘rinib turibdiki, 
( ) ( )
[
] [
]
(
)




∈
−
−
∈
+
−
−
∈
=
−
).
n
,
[
x
,
nx
,
,
n
/
x
,
x
n
,
,
n
n
,
x
,
x
x
f
n
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
0
U
ϕ
 
Bundan tashqari barcha 
]
1
,
1
[
−
∈
x
 lar uchun 
( ) ( )
1
≤
−
x
x
f
n
ϕ
. Shuning uchun  
( ) ( )
(
)
( )
(
)
.
,
0
2
/
1
/
1
2
1
1
2
∞
→
→
≤
−
⋅
=
−
∫
∫
−
−
n
n
dx
x
x
n
dx
x
x
f
n
n
n
ϕ
ϕ
 
 (3.5) 
Agar Minkovskiyning integral tengsizligidan foydalansak ((1.22) ga qarang), 
    
( ) ( )
(
)
( )
( )
(
)
( ) ( )
(
)
.
2
1
1
1
2
2
1
1
1
2
2
1
1
1
2




−
+




−
≤




−
∫
∫
∫
−
−
−
dx
x
x
f
dx
x
f
x
f
dx
x
x
f
n
n
ϕ
ϕ
  (3.6) 
tengsizlikka kelamiz. Endi quyidagi 
( ) ( )
(
)
0
1
1
2
>
−
∫
−
dx
x
x
f
ϕ
    
 
 
 (3.7) 
tengsizlikni isbotlaymiz. Uning isbotini ikki holga ajratamiz.  
1).  Faraz  qilaylik 
0
)
0
(
≤
f
  bo‘lsin,  u  holda  f  ning  uzluksizligiga  ko‘ra 
shunday 
0
1
>
δ
 mavjudki,  barcha 
]
,
0
[
1
δ
∈
x
 lar uchun 
2
/
1
)
(
<
x
f
 bo‘ladi. Bundan 
( ) ( )
[ ]
1
;
0
,
2
/
1
δ
ϕ
∈
≥
−
x
x
x
f
  
 
 
(3.8) 
 tengsizlik kelib chiqadi. (3.8) tengsizlikni  
[ ]
1
0
δ
,
  kesma bo‘yicha integrallab, 
( ) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
∫
∫
>
−
≥
−
−
1
0
1
2
1
1
2
4
δ
δ
ϕ
ϕ
dx
x
x
f
dx
x
x
f
 
tengsizlikka kelamiz.  
2).  Agar  biz 
0
)
0
(
>
f
  deb  faraz  qilsak,  u  holda  shunday 
0
2
>
δ
  mavjudki, 
barcha 
]
0
,
[
2
δ
−
∈
x
 lar uchun 
( ) ( )
2
/
1
>
−
x
x
f
ϕ
 bo‘ladi. Bundan  
( ) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
∫
∫
−
−
>
−
≥
−
0
2
2
1
1
2
2
4
δ
δ
ϕ
ϕ
dx
x
x
f
dx
x
x
f
. 
Demak, (3.7) tengsizlik isbot bo‘ldi. (3.6) tengsizlikdan 
( )
( )
(
)
( ) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
.
2
1
1
1
2
2
1
1
1
2
2
1
1
1
2




−
−




−
≥




−
∫
∫
∫
−
−
−
dx
x
x
f
dx
x
x
f
dx
x
f
x
f
n
n
ϕ
ϕ
  
 (3.9) 
ni olamiz. (3.5), (3.7) va (3.9) lardan 
(
)
( )
( )
(
)
2
1
1
1
2
,




−
=
∫
−
dx
x
f
x
f
f
f
n
n
ρ
 
ning  nolga  yaqinlasha  olmasligi  kelib  chiqadi,  ya’ni 
}
{
n
f
  ketma-ketlik 
]
1
,
1
[
2
−
C
 
dagi birorta ham funksiyaga yaqinlasha olmaydi.  ∆ 
     
3.9. 
1
,
≥
p
p
l
 va  m ,  c , 
0
c  fazolar to‘la metrik fazolardir.  

 
 
39 
 
3.1. Ichma-ich joylashgan sharlar haqidagi teorema 
     
 
Ma’lumki,  analizda  ichma-ich  joylashgan  kesmalar  haqidagi  lemma  keng 
qo‘llaniladi.  Metrik  fazolar  nazariyasida  esa  «ichma-ich  joylashgan  yopiq  sharlar 
haqidagi  teorema»  deb  ataluvchi  quyidagi  teorema  shunga  o‘xshash  muhim 
ahamiyatga ega. 
     
3.1-teorema.   X  metrik fazo to‘la bo‘lishi uchun undagi ixtiyoriy ichma-ich 
joylashgan  va  radiuslari  nolga  intiluvchi  yopiq  sharlar  ketma-ketligining  
kesishmasi bo‘sh bo‘lmasligi zarur va yetarlidir. 
     
Isbot. Zaruriyligi.  X  to‘la  metrik  fazo bo‘lsin  va 
K
,
,
,
3
2
1
B
B
B
 -  ichma-ich 
joylashgan  yopiq  sharlar  ketma-ketligi  bo‘lib,  ularning  radiuslari  ketma-ketligi 
nolga  intilsin. 
n
B   sharning  markazi 
n
x   nuqtada    va  radiusi 
n
r   bo‘lsin.  Barcha 
n
m
>
  lar  uchun 
(
)
n
m
n
r
x
x
<
,
ρ
  va 
∞
→
n
  da 
0
→
n
r
  bo‘lgani  uchun,  sharlarning 
markazlari ketma-ketligi 
}
{
n
x
 fundamentaldir.  X  to‘la metrik fazo bo‘lgani uchun 
n
n
x
∞
→
lim
 
mavjud. Aytaylik,  
x
x
n
n
=
∞
→
lim
 
bo‘lsin. Har bir  n  da barcha 
n
m
>
 lar uchun 
n
m
B
x
∈
. Shunday ekan, har bir  n  da 
x  nuqta 
n
B  shar uchun urinish nuqtasi bo‘ladi. Barcha  n  larda 
n
B  yopiq bo‘lgani 
uchun 
n
B
x
∈
. U holda  
.
1
1
∅
≠
⇒
∈
∞
=
∞
=
I
I
n
n
n
n
B
B
x
 
     
Yetarliligi.  X   da  ixtiyoriy 
}
{
n
x
  fundamental  ketma-ketlik  berilgan  bo‘lsin. 
U  holda  bu  ketma-ketlik  uchun  shunday 
1
n   nomer  topiladiki,  barcha 
1
n
n
>
  larda 
(
)
2
1
,
1
<
n
n
x
x
ρ
  tengsizlik  o‘rinli  bo‘ladi.  Markazi 
1
n
x
  nuqtada  va  radiusi  1  ga  teng 
1
B   yopiq  sharni  olamiz.  Keyin 
1
2
n
n
>
  nomerni  shunday  tanlaymizki,  barcha 
2
n
n
>
  larda 
(
)
2
2
1
,
2
<
n
n
x
x
ρ
  tengsizlik  bajarilsin.  Markazi 
2
n
x
  nuqtada  va  radiusi 
2
1
  ga  teng 
2
B   yopiq  sharni    olamiz.  Tanlanishiga  ko‘ra, 
1
2
B
B
⊂
, 
2
1
,
1
2
1
=
=
r
r
. 
Endi 
2
3
n
n
>
  nomerni  shunday  tanlaymizki,  barcha 
3
n
n
>
  larda 
(
)
3
2
1
,
3
<
n
n
x
x
ρ
 
tengsizlik  bajarilsin.  Agar  shu  usulda 
k
n
n
n
x
x
x
,
,
,
2
1
K
  nuqtalar  tanlangan  bo‘lsa,  u 
holda 
1
+
k
n
x
  nuqtani  shunday  tanlaymizki, 
k
k
n
n
>
+
1
  va  barcha 
1
+
>
k
n
n
  larda 
(
)
1
2
1
,
1
+
<
+
k
n
n
k
x
x
ρ
  bo‘lsin.  Yuqoridagidek  markazi 
1
+
k
n
x
  va  radiusi 
k
2
1
  ga  teng 
bo‘lgan  yopiq  sharni 
1
+
k
B
  orqali  belgilaymiz.  Sharlarni  bunday  qurush  jarayonini 
davom  ettira  borib,  ichma-ich  joylashgan  yopiq  sharlar  ketma-ketligini  hosil 

 
 
40 
qilamiz  va  ularning  radiuslari  ketma-ketligi 
∞
→





 =
−
k
r
k
k
1
2
1
  da  nolga  intiladi. 
Teorema shartiga ko‘ra,  
∅
≠
∞
=
I
1
n
n
B
   va   
I
∞
=
∈
1
n
n
B
x
 
bo‘lsin.  Bu  sharlar  ketma-ketligi  umumiy  nuqtaga  ega  va  bu  nuqtani  x   deb 
belgilaymiz. 
k
B   sharlar  ketma-ketligining  qurilishiga  ko‘ra  x   nuqta 
}
{
k
n
x
  ketma-
ketlikning  limiti bo‘ladi. 
}
{
n
x
  fundamental ketma-ketlikning 
}
{
k
n
x
 qismiy  ketma-
ketligi  x   nuqtaga  yaqinlashgani  uchun, 
{ }
n
x
  ham  x   nuqtaga  yaqinlashadi. 
Shunday qilib,  
n
n
x
x
∞
→
=
lim
.  ∆ 
3.2-teorema.  (Ber  teoremasi).  To‘la  metrik  fazoni  hech  yerda  zich 
bo‘lmagan  sanoqli  sondagi  to‘plamlar  yig‘indisi  ko‘rinishida  tasvirlash  mumkin 
emas. 
Isbot. Faraz qilaylik,  
U
∞
=
=
1
n
n
M
X
 
bo‘lsin,  bu  yerda 
n
M   larning  har  biri  hech  yerda  zich  bo‘lmagan  to‘plamlar. 
Radiusi 1 ga teng biror 
0
S  yopiq sharni olamiz. Farazimizga ko‘ra 
1
M  to‘plam 
0
S  
da  zichmas.  Shuning  uchun  radiusi 
2
1
dan  kichik  shunday  yopiq 
0
1
S
S
⊂
  shar 
mavjudki, 
∅
=
1
1
M
S I
.  Hech  yerda  zichmas 
2
M   to‘plam 
1
S   sharda  ham 
zichmas,  shunday  ekan,  radiusi 
3
1
  dan  kichik  shunday 
1
2
S
S
⊂
  yopiq  shar 
mavjudki, 
∅
=
2
2
M
S I
  va  hokazo.  Jarayonni  shu  usulda  cheksiz  davom  ettirib, 
yopiq  sharlarning  shunday  ichma-ich  joylashgan 
}
{
n
S
  ketma-ketligini  hosil 
qilamizki,  ularning  radiuslari  ketma-ketligi  nolga  intiladi.  3.1-  teoremaga  ko‘ra 
∅
≠
∞
=
I
1
n
n
S
.  Faraz  qilaylik, 
I
∞
=
∈
1
n
n
S
x
  bo‘lsin. 
n
S   sharlarning  tuzilishiga  ko‘ra 
ixtiyoriy  n  da 
n
M
x
∉
,  shunday  ekan, 
n
n
M
x
U
∞
=
∉
1
,  ya’ni 
n
n
M
X
U
∞
=
≠
1
.  Bu 
farazimizga zid. ∆ 
 
3.2.  Metrik fazolarni to‘ldirish 
     
 
Agar  R   metrik  fazo  to‘la  bo‘lmasa,  uni  biror  usul  bilan  (aslini  olganda 
yagona usul bilan) biror to‘la metrik fazo ichiga joylashtirishimiz mumkin. 
     
3.3-ta’rif.  Agar:  1)  R   metrik  fazo 
*
R   to‘la  metrik  fazoning  qism  fazosi 
bo‘lsa;  2)  R  to‘plam 
*
R  ning hamma yerida zich, ya’ni 
*
]
[
R
R
=
 bo‘lsa, u holda 
*
R  metrik fazo  R  metrik fazoning to‘ldirmasi deyiladi. 

 
 
41 
     
3.3-teorema. Har bir  R  metrik fazo to‘ldirmaga ega va bu to‘ldirma fazo  R  
ning nuqtalarini qo‘zg‘almas holda qoldiruvchi izometriya aniqligida yagonadir. 
     
Isbot. Dastlab to‘ldirma fazoning yagonaligini isbotlaymiz. 
*
R  va 
*
*
R  lar  R  
ning  ikkita  to‘ldirma  fazolari  bo‘lib, 
1
ρ   va 
2
ρ   mos  ravishda  ulardagi  masofalar 
bo‘lsin.  Ta’rifga  ko‘ra  har  bir 
*
*
R
x
∈
  uchun  shunday 
{ }
R
x
n
⊂
  ketma-ketlik 
mavjud bo‘lib, 
{ }
*
n
x
x
→
 bo‘ladi. U holda 
(
)
(
)
(
)
0
,
lim
,
lim
,
lim
2
1
=
=
=
∞
→
≥
∞
→
≥
∞
→
≥
m
n
n
m
m
n
n
m
m
n
n
m
x
x
x
x
x
x
ρ
ρ
ρ
 
munosabatga  ko‘ra, 
}
{
n
x
  ketma-ketlik  R , 
*
R   va 
*
*
R   fazolarda  fundamental 
ketma-ketlik bo‘ladi. Shuning uchun, yagona 
*
*
*
*
R
x
∈
 mavjud bo‘lib, 
{ }
*
*
x
x
n
→
. 
Bu 
*
*
x   nuqta 
}
{
n
x
  ketma-ketlikning  tanlanishiga  bog‘liq  emas.  Chunki,  agar 
{ }
*
n
x
x
→
 va 
{ }
*
n
x
y
→
 bo‘lsa, 



=
−
=
=
k
n
y
k
n
x
z
k
k
n
2
,
,
1
2
,
agar
agar
 
ketma-ketlik  ham 
*
x   ga  yaqinlashadi.  Tuzilishiga  ko‘ra, 
}
{
n
z
  -  fundamental  va 
uning 
}
{
k
x
 qismiy ketma-ketligi 
*
*
x  nuqtaga yaqinlashadi. U holda 
}
{
n
z
 ning o‘zi 
ham 
*
*
x   ga  yaqinlashadi  va  shunday  ekan, 
}
{
n
y
  qismiy  ketma-ketlik  ham 
*
*
x   ga 
yaqinlashadi. Ko‘rsatilgan  yo‘l  har bir 
*
*
R
x
∈
 uchun  yagona 
*
*
x  ni  mos qo‘yadi. 
*
R  va 
*
*
R  o‘rtasida 
*
*
*
)
(
x
x
=
ϕ
 moslikni o‘rnatamiz. Agar 
R
x
∈
 bo‘lsa, 
*
R
x
∈
 va 
*
*
R
x
∈
  bo‘ladi,  hamda 
x
x
n
=
  statsionar  ketma-ketlik  x   elementga 
*
R   va 
*
*
R  
fazolarda yaqinlashadi. 
Shuning  uchun,  ixtiyoriy 
R
x
∈
  uchun 
x
x
=
)
(
ϕ
.  Bu  usulda  aniqlangan 
ϕ  
moslik 
*
R   ni 
*
*
R   ga  o‘zaro  bir  qiymatli  akslantiradi.  Endi 
ϕ   ning  izometriya 
ekanligini ko‘rsatamiz. Aytaylik,  
*
*
*
,
}
{
R
x
x
x
n
∈
→
   va   
*
*
*
*
*
*
,
}
{
R
x
x
x
n
∈
→
 
va 
*
*
*
,
}
{
R
y
y
y
n
∈
→
   va   
*
*
*
*
*
*
,
}
{
R
y
y
y
n
∈
→
 
bo‘lsin. U holda metrikaning uzluksizlik xossasiga ko‘ra 
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
y
x
y
x
x
,
lim
,
lim
y
,
n
1
*
*
1
ρ
ρ
ρ
∞
→
∞
→
=
=
 
va 
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
y
x
y
x
x
,
lim
,
lim
y
,
n
2
*
*
*
*
2
ρ
ρ
ρ
∞
→
∞
→
=
=
 
Bundan 
(
)
=
*
*
1
y
,
x
ρ
(
)
*
*
*
*
2
y
,
x
ρ
 
Demak, 
*
R  ni 
*
*
R  ga o‘zaro bir qiymatli akslantiruvshi 
ϕ  moslik mavjud bo‘lib, u 
quyidagi shartlarni qanoatlantiradi: 
  1) barcha 
R
x
∈
 lar uchun 
x
x
=
)
(
ϕ
; 

 
 
42 
  2) agar 
*
*
*
*
*
*
,
y
y
x
x
↔
↔
 bo‘lsa, u holda 
(
)
=
*
*
1
y
,
x
ρ
(
)
*
*
*
*
2
y
,
x
ρ
. 
To‘ldirma fazoning yagonaligi isbotlandi. 
     
Endi  to‘ldirma  fazoning  mavjudligini  isbotlaymiz.  R   ixtiyoriy  metrik  fazo 
bo‘lsin. 
R   dan  olingan 
}
{
n
x
  va 
}
{
n
x
′
  fundamental  ketma-ketliklar 
(
)
0
,
lim
=
′
∞
→
n
n
n
x
x
ρ
 shartni  qanoatlantirsa, ular ekvivalent deb ataladi  va 
}
{
n
x ~
}
{
n
x
′
 
ko‘rinishda  yoziladi.  Tekshirish  qiyin  emaski,  fundamental  ketma-ketliklar 
o‘rtasida kiritilgan bu munosabat refleksiv, simmetrik va tranzitivdir. 
Bundan kelib chiqadiki,  R  ning elementlaridan tuzilgan barcha fundamental 
ketma-ketliklar  to‘plami  har  biri  o‘zaro  ekvivalent  ketma-ketliklardan  tashkil 
bo‘lgan va kesishmaydigan sinflarga ajraladi. Endi 
*
R  fazoni aniqlaymiz. 
*
R  ning 
elementlari  sifatida  yuqorida  aniqlangan  o‘zaro  ekvivalent  fundamental  ketma-
ketliklardan  iborat  sinflarni  qabul  qilamiz  va  unda  masofani  quyidagicha 
aniqlaymiz. 
*
x   va 
*
y
  shunday  sinflardan  ikkitasi  bo‘lsin.  Bu  sinflarning  har 
biridan  ixtiyoriy  ravishda  bittadan  vakil  tanlaymiz,  ya’ni 
*
}
{
x
x
n
∈
  va 
*
}
{
y
y
n
∈
 
fundamental ketma-ketliklarni olamiz. 
*
x  va 
*
y
 orasidagi masofani  
(
)
(
)
.
,
lim
y
,
*
*
*
n
n
n
y
x
x
ρ
ρ
∞
→
=
 
 
 
 (3.10) 
usulda  aniqlaymiz.  Masofani  bu  usulda  aniqlash  nuqsonlardan  xoli  ekanligini 
ko‘rsatamiz, ya’ni (3.10) limit mavjud, hamda 
*
}
{
x
x
n
∈
 va 
*
}
{
y
y
n
∈
 vakillarning 
tanlanishiga bog‘liq emas. 
Ushbu 
(
) (
)
(
) (
)
m
n
m
n
m
m
n
n
y
,
y
x
,
x
y
,
x
y
,
x
ρ
ρ
ρ
ρ
+
≤
−
  
 
(3.11) 
tengsizlik  ko‘rsatadiki,  agar 
}
{
n
x
  va 
}
{
n
y
  lar  fundamental  ketma-ketliklar  bo‘lsa, 
ixtiyoriy 
0
>
ε
 uchun shunday  n  va  m  lar mavjudki, 
(
) (
)
ε
ρ
ρ
<
−
m
m
n
n
y
,
x
y
,
x
 
tengsizlik bajariladi. U  holda 
(
)
n
n
n
y
x
c
,
ρ
=
 sonli ketma-ketlik  Koshi  kriteriyasini 
qanoatlantiradi va shunday ekan, 
}
{
n
c
 chekli limitga ega. 
Bu limit 
*
}
{
x
x
n
∈
 va 
*
}
{
y
y
n
∈
 larning tanlanishiga bog‘liq emas. Haqiqatan 
ham, 
*
}
{
x
x
n
∈
,  
*
n
x
x
∈
′
}
{
   va   
*
}
{
y
y
n
∈
,  
*
}
{
y
y
n
∈
′
 
bo‘lsin.  
}
{
n
x
~
}
{
n
x
′
  va  
}
{
n
y
~
}
{
n
y
′
  bo‘lgani uchun 
(
)
0
,
lim
=
′
∞
→
n
n
n
x
x
ρ
   va   
(
)
0
,
lim
=
′
∞
→
n
n
n
y
y
ρ
 
bo‘ladi. U holda 
(
)
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
n
n
n
y
,
y
x
,
x
y
,
x
y
,
x
′
+
′
≤
′
′
−
ρ
ρ
ρ
ρ
 
tengsizlikdan 
(
)
=
∞
→
n
n
n
y
,
x
ρ
lim
(
)
n
n
n
y
x
′
′
∞
→
,
lim
ρ
 
tenglik kelib chiqadi. 

 
 
43 
Endi 
*
R   da  (3.10)  formula  bilan  aniqlangan 
*
ρ
  akslantirish  metrika 
aksiomalarini  qanoatlantirishini  ko‘rsatamiz.  Ishonch  hosil  qilish  qiyin  emaski,  1 
va  2  aksiomalar  bajariladi.  Endi  uchburchak  aksiomasining  bajarilishini 
tekshiramiz. Berilgan  R  fazoda uchburchak aksiomasi bajarilgani uchun ixtiyoriy, 
*
}
{
x
x
n
∈
  va 
*
}
{
y
y
n
∈
  va 
*
}
{
z
z
n
∈
  fundamental  ketma-ketliklar  uchun,  barcha  n  
larda  
(
) (
) (
)
n
n
n
n
n
n
z
y
y
x
z
x
,
,
,
ρ
ρ
ρ
+
≤
 
tengsizlik o‘rinli. Bu tengsizlikda 
∞
→
n
 da limitga o‘tib 
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
z
y
y
x
z
x
,
lim
,
lim
,
lim
ρ
ρ
ρ
∞
→
∞
→
∞
→
+
≤
 
tengsizlikni olamiz, ya’ni 
( ) (
) (
)
*
*
*
*
*
*
*
,
,
,
z
y
y
x
z
x
ρ
ρ
ρ
+
≤
. 
R  metrik fazoni 
*
R  ning qism fazosi sifatida qarash mumkinligini ko‘rsatamiz. 
Har  bir 
R
x
∈
  ga 
}
{
x
x
n
=
  statsionar  ketma-ketlik  va  unga  ekvivalent 
fundamental ketma-ketliklardan tashkil bo‘lgan sinfni mos qo‘yamiz. Bu sinf  x  ga 
yaqinlashuvchi 
R
x
n
⊂
}
{
 ketma-ketliklardan iborat. Tuzilishiga ko‘ra bu sinf bo‘sh 
emas. Shu bilan birgalikda, agar 
R
y
x
∈
,
 uchun  
n
n
x
x
∞
→
=
lim
   va   
n
n
y
y
∞
→
=
lim
 
bo‘lsa, u holda 
(
)
n
n
n
y
x
y
x
,
lim
)
,
(
*
ρ
ρ
∞
→
=
. 
Chunki, (3.11) ko‘ra 
( ) (
)
(
) (
)
n
n
n
n
y
,
y
x
,
x
y
,
x
y
,
x
ρ
ρ
ρ
ρ
+
≤
−
. 
Shunday  ekan,  har  bir 
R
x
∈
  ga  unga  yaqinlashuvshi  fundamental  ketma-ketliklar 
sinfi 
*
x  ni mos qo‘yish bilan  R  ni 
*
R  ning ichiga izometrik akslantiramiz. Bundan 
keyin  R  va uning 
*
R  dagi aksini farq qilmay  R  ni 
*
R  ning qism fazosi deb qarash 
mumkin.  Navbat  R   metrik  fazoning 
*
R   ning  hamma  yerida  zich  ekanligini 
ko‘rsatishga  keldi.  Ixtiyoriy 
*
*
R
x
∈
  element  va  ixtiyoriy 
0
>
ε
  sonni  olamiz. 
*
x  
sinfdan vakil tanlaymiz, ya’ni 
}
{
n
x
 fundamental ketma-ketlikni olamiz. 
Endi 
N
  nomerni  shunday  tanlaymizki, 
N
n
>
  va 
N
m
>
  bo‘lganda 
(
)
ε
ρ
<
m
n
x
x ,
 bo‘lsin. U holda 
N
n
>
 da 
(
)
ε
ρ
ρ
≤
=
∞
→
m
n
m
n
x
x
x
x
,
lim
)
,
(
*
*
. 
ya’ni 
*
x  ning ixtiyoriy 
ε  - atrofi  R  ning nuqtasini saqlaydi. Shunday qilib,  R  ning 
*
R  dagi yopig‘i 
*
R  ga teng. 
Endi 
*
R  ning to‘laligini isbotlash qoldi. Dastlab shuni takidlash lozimki, 
*
R  
ning  tuzilishiga  ko‘ra  R   dan  olingan  ixtiyoriy  fundamental  ketma-ketlik  shu 
ketma-ketlikni  saqlovchi 
*
x
∈
*
R   elementga  yaqinlashadi.  R   fazo 
*
R   da  zich 
bo‘lgani uchun 
*
R  dan olingan nuqtalarning ixtiyoriy 
K
K
,
,
,
,
*
*
2
*
1
n
x
x
x
 fundamental 
ketma-ketligi  uchun  R   da  shunday 
K
K
,
,
,
,
2
1
n
x
x
x
  fundamental  ketma-ketlik 
topiladiki,  

 
 
44 
(
)
0
,
lim
*
=
∗
∞
→
n
n
n
x
x
ρ
. 
Buning uchun har bir  n  da 
R
x
n
∈
 nuqtani 
(
)
n
x
x
n
n
/
1
,
*
<
∗
ρ
 shart bo‘yicha tanlash 
yetarli. Tanlangan 
}
{
n
x
 ketma-ketlik  R  da fundamental  va 
*
R  ning aniqlanishiga 
ko‘ra, biror 
*
*
R
x
∈
 ga yaqinlashadi. U holda 
( ) (
) (
)
∗
∗
+
≤
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
,
,
,
*
*
*
*
*
ρ
ρ
ρ
 
tengsizlikka ko‘ra, 
(
)
0
,
lim
*
*
=
∗
∞
→
n
n
x
x
ρ
, 
ya’ni 
}
{
*
n
x
 ketma-ketlik 
*
x  ga yaqinlashadi. ∆