PREDAVANJA O STRUKTURI SKUPA REALNIH BROJEVA · PDF fileElementi skupa X se nazivaju nezavisno promenljive. Funkcija f: X ! Y je "1

PREDAVANJA O STRUKTURI SKUPA REALNIHBROJEVA

1. Prvo predavanje - funkcije i prirodni brojevi

Cilj predavanja u prvoj sedmici je podsecanje na skupove brojeva kojisu se koristili u prethodnom skolovanju, kao i na svojstva tih skupovakoja ce se koristiti u nastavku kursa.

Podrazumeva se da studenti znaju da manipulisu osnovnim mate-matickim operacijama, pa stoga njihova precizna definicija, kao i, naprimer, dokaz da je 0 < 1, nece ovde biti predmet razmatranja.

Smatra se da su studentima poznati pojmovi skupa i podskupa, kom-plementa skupa, kao i osnovne operacije sa skupovima: unija, preseki razlika. Takode, smatra se da je poznat pojam Dekartov proizvod iureden par ili uredena dvojka.

U nastavku ce se koristiti uobicajene oznake za logicke operacije:∨,∧,⇒,⇔,¬, . . . i za kvantifikatore: ∀ (univerzalni kvantifikator) i ∃(egzistencijalni kvantifikator).

1.1. Funkcije. Osnovni predmet izucavanja ovog kursa su funkcije.Preciznije, funkcije realne promenljive i svojstvo neprekidnosti.

Podsetimo se, funkcija f : X → Y je preslikavanje koje svakomelementu skupa X dodeljuje neki, jedinstveno odreden element skupaY . Simbolicki zapisano:

f : X → Y je funkcija ⇔ (∀x ∈ X)(∃¹y ∈ Y )(f(x) = y).

Skup X se naziva domen, oblast definisanosti ili skup originala, a skupY se naziva kodomen ili skup slika funkcije f . Elementi skupa X senazivaju nezavisno promenljive.

Funkcija f : X → Y je ”1− 1” ili injekcija ako vazi:

(∀x1, x2 ∈ X)(x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2)),

to jest ako razlicitim originalima odgovaraju razlicite slike.Funkcija f : X → Y je ”na” ili surjekcija ako vazi:

(∀y ∈ Y )(∃x ∈ Y )(y = f(x)),

to jest ako za proizvoljan element kodomena postoji original koji sefunkcijom f na njega preslikava.

Funkcija koja istovremeno i ”1− 1” i ”na” naziva se bijekcija.1

2 PREDAVANJA O STRUKTURI SKUPA REALNIH BROJEVA

U prethodnom skolovanju proucavani su znacajni primeri funkcijakao sto su: linearna, kvadratna, polinomi, trigonometrijske funkci-je i inverzne trigonometrijske funkcije, eksponencijalna i logaritamskafunkcija. Navedene funkcije se nazivaju osnovne elementarne funkcijei smatra se da su njihova svojstva poznata.

Umesto pojedinacnih funkcija, u ovom kursu ce nas zanimati opstasvojstva funkcija, obuhvacena definicijama i teoremama koje vaze zasiroku klasu funkcija. Na primer, sve osnovne elementarne funkcijesu neprekidne na svojim prirodnim domenima. Mi cemo dokazati dama koja neprekidna funkcija dostize minimalnu i maksimalnu vrednostnad zatvorenim intervalom koji je podskup njenog domena. Ovakavtip tvrdenja je karakteristican za kurs ”Uvod u analizu”. Posledica oveteoreme je da svaka elementarna funkcija dostize minimalnu i maksi-malnu vrednost nad zatvorenim intervalom nad kojim je definisana.

Domen za funkcije u ovom kursu je skup realnih brojeva ili nekinjegov podskup. Stoga je prva velika tema kursa utvrdivanje pojmarealnog broja i izucavanje strukture skupa realnih brojeva.

Da bi se motivisalo uvodenje strukture realnih brojeva pomocu ak-sioma u nastavku se izlazu osnovna svojstva skupova prirodnih, celih iracionalnih brojeva. Kao sto ce se videti, navedeni skupovi su snabde-veni algebarskom strukturom, pa njihovo precizno definisanje i izuca-vanje spada u oblast algebre i matematicke logike.

1.2. Prirodni brojevi. Neki skup X je odreden ako postoji pravilokojim se za proizvoljan objekat, to jest element x moze utvrditi da li xpripada skupu X, x ∈ X, ili mu ne pripada, x 6∈ X.

Skup prirodnih brojeva se moze zadati nabrajanjem i intuitivnimshvatanjem tog nabrajanja:

N = {1, 2, 3, 4, 5, . . . },pri cemu se podrazumeva da . . . oznacava pravilo po kojem vazi da akoje neki broj n u skupu N onda je i n + 1 u skupu N. Precizniji opisskupa N daju Peanove aksiome koje navodimo u nastavku.

A1 1 ∈ N (jedan je prirodan broj).A2 (∀x ∈ N)(∃¹x′ ∈ N) (svaki prirodan broj x ima jedinstvenog

sledbenika, u oznaci x′ koji je takode prirodan broj).A3 (∀x ∈ N)(1 6= x′) (jedan nije sledbenik nikojeg prirodnog broja).A4 (∀x, y ∈ N)(x′ = y′ ⇒ x = y) (ako su sledbenici prirodnih

brojeva jednaki, onda su ti brojevi jednaki).A5 Neka je M ⊆ N. Ako vazi 1 ∈ M i ako iz x ∈ M sledi x′ ∈ M

onda je M = N.

Aksioma A5 se naziva aksioma matematicke indukcije.

PREDAVANJA O STRUKTURI SKUPA REALNIH BROJEVA 3

1.2.1. Princip matematicke indukcije. U tesnoj vezi sa aksiomom A5

je princip matematicke indukcije koji je od neprocenjivog znacaja zaizucavanje svojstava prirodnih brojeva, a koji se koristi pri dokazivanjuraznih nejednakosti, osobina deljivosti i identiteta u kojima figurisuprirodni brojevi.1

Sledi jedna od formulacija principa matematicke indukcije. Neka sudati iskazi P (n), n ∈ N. Ako vazi:

1) Iskaz P (1) tacan (istinit).2) Iz pretpostavke da je iskaz P (k) istinit (za ma koji broj k ∈ N)

sledi da je iskaz P (k + 1) istinit.

Tada je iskaz P (n) istinit za sve prirodne brojeve n.

Primer 1.1. Dokazati da je zbir prvih n neparnih brojeva jednak kvadratunjihovog broja:

n∑

k=1

(2k − 1) = 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2, n ∈ N.

Neka je P (n) oznaka za iskaz: 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2. Tadaje P (1) iskaz 1 = 1, koji je ocigledno istinit. Pretpostavimo da vazi1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2 za neki broj k ∈ N. Tada je

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) + (2(k + 1)− 1) = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2,

pa iz pretpostavke da je iskaz P (k) istinit sledi da je iskaz P (k + 1)istinit.

Na osnovu principa matematicke indukcije sledi da P (n) vazi za sveprirodne brojeve n.

1.2.2. Relacija poretka i svojstvo grupoida. U skupu prirodnih brojevadefinisu se operacije sabiranja i mnozenja i relacija poretka. Pre-cizna definicija ovih operacija se izvodi u okviru matematicke logike, arelacija poretka ≤ je

• refleksivna: (∀x ∈ N)(x ≤ x);• antisimetricna: (∀x, y ∈ N)(x ≤ y ∧ y ≤ x ⇒ x = y);• tranzitivna: (∀x, y, z ∈ N)(x ≤ y ∧ y ≤ z ⇒ x ≤ z).

Stavise, N je totalno, to jest linearno ureden skup:

(∀x, y ∈ N)(x ≤ y ∨ y ≤ x).

Uz relaciju ≤ (manje ili jednako), posmatra se i strogo uredenje(strogo manje):

x < y ⇐⇒ x ≤ y ∧ x 6= y.

1Zadaci u kojima se primenjuje princip matematicke indukcije ce se raditi uokviru redovnih vezbi.


Upotreba pojmova vece ili jednako i strogo vece je jasna.U odnosu na sabiranje, prirodni brojevi obrazuju grupoid. To znaci

da je sabiranje zatvorena i asocijativna operacija. Isto vazi i za mno-zenje, pri cemu je broj 1 jedinicni element: (∀x ∈ N)(x · 1 = x). Da bise sabiranje ”upotpunilo”analognim svojstvom, cesto se posmatra skupprirodnih brojeva prosiren nulom, neutralnim elementom za sabiranje:N0 = N ∪ {0}, pri cemu je 0 prethodnik broja 1 i vazi

(∀x ∈ N)(x + 0 = x).

1.2.3. Deljivost i prosti brojevi. Od posebnog znacaja u skupu prirod-nih brojeva je svojstvo deljivosti. Broj x ∈ N je deljiv brojem y ∈ Nako postoji broj a ∈ N tako da je x = a · y.

Jasno, svaki prirodan broj je deljiv brojem 1 i samim sobom. Brojevikoji su deljivi samo samim sobom i jedinicom su prosti brojevi. Svakiprirodan broj moze se rastaviti na proste cinioce sto je veoma znacajno,na primer pri odredivanju najveceg zajednickog delitelja zadatih bro-jeva.

Prostim brojevima se detaljno bavi teorija brojeva, u kojoj se krijumnoge tajne. Izmedu ostalog, raspodela prostih brojeva je povezana saRimanovom hipotezom za cije resenje je ponudena nagrada od miliondolara.2

Ako je veoma velik broj proizvod svega dva velika prosta broja, nje-govo rastavljanje na proste cinioce uobicajenim nacinima nije efikasno,to jest prakticno je neresiv problem u realnom vremenu. Ova cinjenicaje osnovni teorijski rezultat koji unosi sigurnost u kodiranje pomocuRSA algoritma. Navedeni algoritam se koristi pri transakcijama inter-netom.3 U RSA algoritmu cesto se koriste Mersenovi prosti brojevi,koji su oblika Mp = 2p − 1.4

1.2.4. Goldbahova hipoteza. Ako se umesto mnozenja posmatra sabi-ranje, jasno je da je bilo koji prirodan broj moguce predstaviti kaosumu prostih brojeva i da ta repezentacija nije jedinstvena. Evo nekihprimera: 8 = 3 + 5, 10 = 3 + 7 = 5 + 5, 36 = 5 + 31 = 7 + 29 =13 + 23 = 17 + 19, 46 = 3 + 43 = 5 + 41 = 17 + 29 = 23 + 23,

2Detalji u vezi sa nagradom se mogu naci na internet stranici:http://www.claymath.org/millennium/

3Navodno, kvantni kompjuteri ce biti u stanju da desifruju kod zasnovan na RSAalgoritmu.

4Krajem februara 2014. godine je, nakon osam godina provere potvrdeno da jeM30402457 cetrdeset treci Mersenov prostog broj, videti:http://www.mersenne.org/.


389965026819938 = 5569 + 389965026814369 (ovde ne postoji razla-ganje prostim sabircima koji su manji od 5 569), 9 = 3 + 3 + 3,15 = 3 + 5 + 7 = 5 + 5 + 5, 17 = 3 + 3 + 11 = 3 + 7 + 7 = 5 + 5 + 7...

Na margini pisma koje je poslao Leonhardu Euler-u 7. juna 1742.godine, Christian Goldbach je pretostavio da se svaki broj veci od 2moze predstaviti kao zbir tri prosta broja.5 Ova pretpostavka je postalapoznata kao Goldbahova hipoteza, a u meduvremenu je podeljena najaku Goldbahovu hipotezu po kojoj se svaki paran broj veci od 4 mozenapisati kao zbir dva prosta broja i na slabu Goldbahovu hipotezu pokojoj se svaki neparan broj veci od 5 moze napisati kao zbir tri prostabroja.

Jaka Goldbahova hipoteza implicira slabu jer, ako je broj veci od 5,kada oduzmemo 3 dobicemo paran broj koji se, po jakoj hipotezi, mozepredstaviti kao zbir dva prosta broja, pa dodavanjem broja 3 dobija setvrdjenje slabe Goldbahove hipoteze. Sa druge strane, slaba Goldba-hova hipoteza ne implicira jaku, jer nije izvesno da ce se oduzimanjemjednog prostog broja u reprezentaciji slabe hipoteze mogu dobiti sviparni brojevi.

Tokom 2013. godine, Harald Helfgott je na internet postavio naucniclanak u kojem je najverovatnije dokazano tvrdenje slabe Goldbahovehipoteze. Prepravljena verzija je postavljena na internet u januaru2014. godine.

1.2.5. Twin primes. Prosti brojevi blizanci6 su prosti brojevi izmedukojih postoji samo jedan broj. Prema tome, razlika veceg i manjeg odnjih je dva: 17 i 19, 101 i 103, 881 i 883, 2003663613 × 2195000 − 1 i2003663613× 2195000 + 1... Tvrdenje o prostim brojevima blizancima7

kaze da postoji beskonacno mnogo takvih prostih brojeva.Da li postoje 3 prosta broja izmedu kojih postoji po samo jedan broj,

odnosno da li postoji prost broj p takav da su p + 1 i p + 3 oba prostibrojevi? 8

1.2.6. Beal-ova nagrada. Podsetimo se velike Fermaove teoreme. Pi-tagorine trojke su prirodni brojevi a, b, c za koje je a2 + b2 = c2. Naprimer, 32 + 42 = 52. Medutim, ako pokusamo da pronademo a, b, cza koje je an + bn = cn, za n prirodan broj strogo veci od 2 bicemo uproblemu. Pjer de Ferma je 1637. godine pretpostavio da takve trojke

5”aggregatum trium numerorum primarum”. Pismo je, inace, napisano naneobicnoj mesavini nemackog i latinskog jezika.

6engl. twin primes7engl. twin primes conjecture8Ovaj zadatak se spominje u krimi-romanu ”Lovci na glave”norveskog pisca Jo

Nesbo-a objavljenom 2008. godine.


ne postoje. Ta pretpostavka je dokazana u radovima Andrew Wiles-akoji su objavljeni sredinom devedesetih godina XX veka.

Andrew Beal, americki bankar i multimilijarder9 je 1993. godinepretpostavio da vazi sledece tvrdenje:

Neka su a, b, c, x, y, z prirodni brojevi i pri tome x, y i z strogo veciod dva. Ako je ax + by = cz, onda a, b i c imaju zajednicki delitelj. Naprimer, 33 + 63 = 35. Beal je 3. juna 2013. godine ponudio nagradu zaresenje ovog problema u iznosu od milion dolara.

2. Drugo predavanje - celi i racionalni brojevi

U nastavku se struktura prirodnih brojeva prosiruje u dva smera.Najpre do prstena celih brojeva, u kojem je moguce resavanje jednacinaoblika a + x = b, a, b ∈ N, a zatim do polja racionalnih brojeva ukojem se resavaju jednacine oblika a · x = b, a, b ∈ Z, a 6= 0. Tako seceli brojevi definisu parovima prirodnih brojeva, a racionalni brojeviparovima celih brojeva.

2.1. Celi brojevi. Prelazak sa prirodnih brojeva na cele brojeve, Z jeposledica zelje da se struktura (N, +, ·,≤) obogati tako da jednacinaoblika a + x = b ima resenje za sve a, b ∈ N. Jasno, ako je a < b(znaci a ≤ b i a 6= b) onda je resenje x = b − a prirodan broj. Usuprotnom, b− a je element nekog novog skupa. Tako skup Z moze dase definise kao skup u kojem se nalaze resenja svih mogucih jednacinaoblika a + x = b, a, b ∈ N.

Pri tome se odgovarajuce operacije sabiranja i mnozenja i relacijaporetka prosiruju na odgovarajuci nacin, sto se definise aparatom ma-tematicke logike.

Ako je b = 0, onda se resenje jednacine a + x = 0 zove suprotnielement elementu a i uvodi se oznaka x = −a. Tako se dobija

Z = N ∪ {0} ∪ −N,

gde je −N = {−n | n ∈ N}.Za razliku od (N, +), struktura (Z, +) je komutativna grupa. U njoj

je 0 neutralni element, i svaki element ima inverzni:

(∀x ∈ Z)(∃y ∈ Z)(x + y = 0).

U stvari, ovo prosirenje prethodne strukture je ekvivalentno gore opi-sanom prosirenju skupa N resenjima linearnih jednacina.

Pojam deljivosti se na prirodan nacin prosiruje na skup Z.

9Detalji o nekim Beal-ovim aktivnostima mogu se pronaci nahttp://www.andrewbeal.com/.


Konacno, treba primetiti da se skup Z moze identifikovati sa skupomuredenih dvojki (a, b) prirodnih brojeva:

Z 3 x Ã (a, b) ⇔ a + x = b.

Ova identifikacija nije jedinstvena.Celi brojevi se, kao i prirodni, mogu predstaviti u geometrijskom

obliku na brojnoj pravoj. Pri tome, x < y implicira da je y desno od x.Svi brojevi x ∈ Z za koje vazi 0 < x (koji se nalaze desno u odnosu na0) su pozitivni brojevi, a brojevi koji su strogo manji od nule se zovunegativni brojevi.

2.2. Racionalni brojevi. Kao i kod uvodenja celih brojeva, moti-vacija za uvodenje racionalnih brojeva, to jest razlomaka, je algebarskeprirode. Struktura (Z, +, ·,≤) je totalno ureden prsten. Zelja za pro-sirenjem svojstva sabiranja na operaciju mnozenja, je, u stvari zelja zaprosirenjem strukture prstena na strukturu polja.

Naime, za svaki ceo broj x ∈ Z postoji njemu suprotan broj −x ∈ Z,tako da je njihov zbir jednak neutralnom elementu operacije sabiranja:x+(−x) = 0. Analogna situacija za mnozenje podrazumeva da za svakibroj x postoji neki broj y tako da je njihov proizvod jednak jedinicnomelementu operacije mnozenja: x · y = 1. U skupu celih brojeva samodva broja imaju ovo svojstvo:

1 · 1 = 1, (−1) · (−1) = 1.

Stoga se skup celih brojeva prosiruje novim elementima koji cine skupQ, racionalnih brojeva tako da za svaki element x ∈ Q \ {0} postojinjemu inverzni element x−1 ∈ Q tako da je x · x−1 = 1. Jasno, brojnula se izuzima, jer 0 · x = 1 ne moze da vazi ni za koje x ∈ Q.

Kao sto je Z dobijen posmatranjem jednacina oblika a + x = b,a, b ∈ N, tako skup Q cine elementi koji su resenja jednacina oblikaa · x = b, a, b ∈ Z, pri cemu je a 6= 0. Ako je b = 1, onda je x inverznielement elementa a. Jasno, uz oznaku a−1 koristi se i 1/a.


Prema tome, skup Q se moze identifikovati sa skupom uredenih dvoj-ki (a, b) celih brojeva:

Q 3 x Ã (a, b) ⇔ a · x = b, a 6= 0.

Tada je x razlomak: x = b/a. Ova identifikacija nije jedinstvena.Medutim, ako su a i b uzajamno prosti brojevi (znaci nemaju zajed-

nickih delitelja vecih od 1) i ako uvedemo ogranicenje: a ∈ N, b ∈ Z,onda cemo dobiti jedinstvenu reprezentaciju svakog racionalnog broja uvidu razlomka. Jasno, ako brojilac b i imenilac a nisu uzajamno prosti,razlomak se moze skratiti tako da se dobije njemu jednak razlomaksa uzajamno prostim brojiocem i imeniocem. U nastavku ce se uvekposmatrati ovako odredena identifikacija racionalnih brojeva i uredenihdvojki (a, b) ∈ N× Z.

Na ovaj nacin dobija se struktura totalno uredenog polja racionalnihbrojeva, (Q, +, ·,≤). Znaci, u odnosu na sabiranje Q je komutativnagrupa, u odnosu na mnozenje Q \ {0} je komutativna grupa, mnozenjeje distributivno u odnosu na sabiranje, relacija ≤ je relacija totalnogporetka i vazi:

(∀x, y, z ∈ Q)(x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z),

(∀x, y ∈ Q)(0 ≤ x ∧ 0 ≤ y ⇒ 0 ≤ x · y).

Lako se moze dokazati da vazi zakon trihotomije koji kaze da za svakadva elementa x, y ∈ Q vazi tacno jedna od sledecih relacija: x < y ilije y < x ili je x = y.

Svi racionalni brojevi imaju geometrijsku reprezentaciju na brojnojpravi.


Izuzev ovih predstavljanja, racionalni brojevi se mogu predstaviti ujedinstveno odredenom decimalnom zapisu uz pomoc arapskih cifara0, 1, 2, . . . , 8, 9, pri cemu se koristi i decimalni zarez. Pri tome, ili pos-toji konacno mnogo cifara iza decimalnog zapisa ili se nakon izvesnogpreioda cifre u decimalnom zapisu ponavljaju.

Tako je 0, 23232323 · · · = 0, 23 jednak broju 23/99 (jer je

100 · 0, 23 = 23 + 0, 23 ⇒ 99 · 0, 23 = 23 ⇒ 0, 23 = 23/99).

Kao sto je poznato, izmedu dva prirodna broja niti izmedu dva celabroja ne mora da postoji prirodan, odnosno ceo broj. Preciznije, akox, y ∈ Z i ako je x < y, postavlja se pitanje da li postoji z ∈ Z tako davazi: x < z < y? Odgovor je negativan ako su x i y uzastopni brojevi,to jest, ako je y = x + 1.

Sa druge strane, kadgod je x < y i x, y ∈ Q, moguce je odreditiz ∈ Q za koje je x < z < y. Jednostavno, broj z = (x + y)/2 ispunjavatrazeni uslov. Dakle, vazi:

(∀x, y ∈ Q)(x < y ⇒ (∃z ∈ Q)(x < z < y)),

pa je strogo uredenje < gusto u Q.

3. Racionalni brojevi - nastavak (trece predavanje)

U ovom predavanju se daje spisak znanja koja samo do sada steklio racionalnim brojevima, a zatim se posebna paznja poklanja pod-skupovima skupa racionalnih brojeva.

3.1. Aksiome totalno uredenog polja. Struktura (Q, +, ·,≤) je,dakle, totalno uredeno polje. To znaci da su ispunjene sledece aksiome:

Svojstva operacije +:

A.1 (∀x, y ∈ Q)(x + y = y + x),A.2 (∀x, y, z ∈ Q)((x + y) + z = x + (y + z)),A.3 (∃0 ∈ Q)(∀x ∈ Q)(x + 0 = x),A.4 (∀x ∈ Q)(∃(−x) ∈ Q)(x + (−x) = 0).

Svojstva operacije ·:A.5 (∀x, y ∈ Q)(x · y = y · x),A.6 (∀x, y, z ∈ Q)((x · y) · z = x · (y · z)),A.7 (∃1 ∈ Q \ {0})(∀x ∈ Q)(x · 1 = x),A.8 (∀x ∈ Q)(∃x−1 ∈ Q)(x · x−1 = 1).

Distributivnost mnozenja u odnosu na sabiranje:

A.9 (∀x, y, z ∈ Q)((x · (y + z) = x · y + x · z)).

Svojstva relacije ≤:

A.10 (∀x ∈ Q)(x ≤ x),


A.11 (∀x, y ∈ Q)(x ≤ y ∧ y ≤ x ⇒ x = y),A.12 (∀x, y, z ∈ Q)(x ≤ y ∧ y ≤ z ⇒ x ≤ z)),A.13 (∀x, y ∈ Q)(x ≤ y ∨ y ≤ x).

Odnos operacija + i · i relacije ≤:

A.14 (∀x, y, z ∈ Q)(x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z),A.15 (∀x, y, z ∈ Q)(0 ≤ x ∧ 0 ≤ y ⇒ 0 ≤ x · y).

Primetimo da je tacno jedan od sledeca tri iskaza istinit: x < y,y < x, x = y.

Algebarske posledice ovih aksioma nisu predmet proucavanja na ovimpredavanjima. Ipak, kao ilustraciju, dokazujemo jednostavno tvrdenje:

Lema 3.1. Dati su brojevi x, y ∈ Q. Dokazati da vazi:

x < y ⇐⇒ (∃ε > 0)(x + ε = y).

Dokaz. Neka je x < y. Na osnovu definicije stroge nejednakosti iaksiome A.14, dodavanjem −x na obe strane nejednakosti dobija se0 < y − x. Trazeno ε je definisano sa ε := y − x. Jasno, tada vaziε > 0 kao i x + ε = x + (y − x) = x + (−x) + y = 0 + y = y (citaocuostavljamo da proveri koje aksiome su ovde iskoriscene.

Sa druge strane, ako je x + ε = y za neki broj ε > 0, onda je(dodavanjem −x na obe strane jednakosti) ε = y − x, pa je y − x > 0odnosno y > x, sto je i trebalo da se dokaze.

3.2. Podskupovi skupa Q. U nastavku predavanja paznju usmer-avamo na podskupove skupa Q.

Dati su brojevi a, b ∈ Q takvi da je a < b.Za broj (a + b)/2 vazi: a = (a + a)/2 < (a + b)/2 < (b + b)/2 = b.

Kada za x ∈ Q vazi a < x < b, kaze se da je x izmedu brojeva a ib. Jasno, i (a + (a + b)/2)/2 je izmedu a i b, pa sledi da u postojibeskonacno mnogo brojeva izmedu a i b. Skup takvih brojeva zove seinterval. U zavisnosti od toga da li takvi skupovi sadrze brojeve a i b(granice intervala) razlikuju se:

• otvoreni interval: (a, b)Q = {x ∈ Q | a < x < b},• zatvoreni interval [a, b]Q = {x ∈ Q | a ≤ x ≤ b},• poluotvoreni interval sa leve strane:

(a, b]Q = {x ∈ Q | a < x ≤ b},• poluotvoreni interval sa desne strane:

[a, b)Q = {x ∈ Q | a ≤ x < b}.Poluotvoreni interval sa leve strane je istovremeno poluzatvoren sa

desne strane, a poluotvoreni interval sa desne strane je istovremeno


poluzatvoren sa leve strane. Broj a je leva, a broj b desna granicaintervala.

U svim ovim slucajevima, duzina intervala je broj b−a. U geometri-jskoj interpetaciji, b− a je duzina duzi ciji su krajevi tacke a i b.

Definicija 3.2. Dat je neprazan skup S ⊂ Q. Skup S je ogranicen sagornje strane (to jest odozgo) ako postoji M ∈ Q takav da za sve s ∈ Svazi s ≤ M . Broj M je u tom slucaju gornje ogranicenje skupa S.

Skup S je ogranicen sa donje strane (to jest odozdo) ako postoji m ∈Q takav da za sve s ∈ S vazi m ≤ s. Broj m je u tom slucaju donjeogranicenje skupa S.

Skup S je ogranicen ako i samo ako je ogranicen i sa gornje i sadonje strane.

Intervali su ograniceni skupovi, pri cemu je donje ogranicenje levagranica intervala, a gornje ogranicenje je desna njegova granica. Uopste,iz definicije sledi da je skup S ogranicen ako i samo ako je S podskupnekog zatvorenog intervala. Primetimo takode da, u slucaju da je Sogranicen, njegovo donje i gornje ogranicenje nisu jedinstveno odredenibrojevi. Citaocu se ostavlja da dokaze da je skup S ogranicen ako isamo postoji p ∈ Q tako da je S ⊂ [−p, p].

Skup N je ogranicen sa donje strane, ali nije ogranicen sa gornjestrane u Q. Skup Z nije ogranicen ni sa gornje ni sa donje strane u Q.

Definicija 3.3. Dat je neprazan skup S ⊂ Q. Broj min S ∈ S jeminimalni element skupa S ako za sve s ∈ S vazi min S ≤ s. Brojmax S ∈ S je maksimalni element skupa S ako za sve s ∈ S vazis ≤ max S.

Ovi elementi ne moraju da postoje, ali ako postoji min S onda je onistovremeno i donje ogranicenje skupa S, a ako postoji max S onda jeon istovremeno i gornje ogranicenje skupa S.

Primer 3.4. Ispitati da li su sledeci skupovi ograniceni i da li imajuminimalni i maksimalni element:

(1) (0,∞)Q = {x ∈ Q | 0 < x},(2) {2}, {a1, a2, . . . , ak}, aj ∈ Q, j = 1, 2, . . . , k,(3) A = {1/n | n ∈ N}, B = {n/(n + m) | n,m ∈ N},(4) X = {x ∈ Q | 0 < x ∧ x2 < 2},(5) Y = {y ∈ Q | 0 < y ∧ 2 < y2},(6) Z = {z ∈ Q | 0 < z ∧ z2 = 2}.

Resenje. (1) Skup (0,∞)Q je ogranicen sa donje strane (na primernulom, ili bilo kojim negativnim brojem), a nije ogranicen sa gornje


strane, pa stoga nema maksimalni element. Ovaj skup nema ni min-imalni element. Dokaz se izvodi kontradikcijom: Pretpostavimo daje m ∈ (0,∞)Q minimalni element datog skupa. To znaci da za svex ∈ (0,∞)Q vazi m ≤ x. Sa druge strane, ako se izabere x = m/2sledi m/2 < m, ali m/2 ∈ (0,∞)Q, a svi elementi tog skupa su veciod (ili jednaki sa) m, sto daje kontradikciju. Prema tome, odbacuje sepretpostavka da postoji minimalni element datog skupa.

U stvari, kadgod je dat otvoren interval ili poluotvoren interval sadonje strane, on nema minimalni element, a dokaz je u duhu isti kao iupravo naveden dokaz. Slicno i za maksimalni element.

(2) Skup {2} je ogranicen i broj 2 je njegovo gornje i donje ogranicenjei njegov minimalni i maksimalni element.

Citaocu se ostavlja da dokaze da je svaki skup S ⊂ Q koji imakonacno mnogo elemenata ogranicen u Q kao i da on ima minimalni imaksimalni element.

(3) max A = 1, a min A ne postoji. Slicno, min B ne postoji. Takode,pretpostavka da je n0/(n0 + m0) = max B daje kontradikciju, jer jen0/(n0 + m0) < (n0 + 1)/(n0 + 1 + m0) ∈ B.

(4) Primetimo pre svega da skup X nije prazan, jer, na primer 1 ∈ X.Jasno, X je ogranicen (sa nulom odozdo i sa, na primer, brojem 2odozgo). Da min X ne postoji moze se pokazati na isti nacin kao stoje to uradeno u (1). Preostaje da se ispita da li postoji max X.

Pretpostavimo da je m = max X, sto znaci da je x ≤ m za sve x ∈ X.Posmatrajmo x∗ = 2m+1

m+2. Ako pokazemo da x∗ ∈ X i m < x∗ doci

cemo u kontradikciju i zakljuciti da skup X nema maksimalni element.Pre svega, x∗ > 0. Vazi: 2−(x∗)2 = 2 2−m2

(2+m)2> 0 odakle sledi x∗ ∈ X.

Kako je, x∗−m > 0, na osnovu kontradikcije sledi da max X ne postoji.Citaocu se ostavlja da ispita skup Y.

4. Algebarski brojevi

Pokazali smo da skupovi X = {x ∈ Q | 0 < x ∧ x2 < 2} i Y ={y ∈ Q | 0 < y ∧ 2 < y2} nemaju maksimalni i minimalni element,respektivno.10

Preostaje da se ispitaju svojstva skupa Z = {z ∈ Q | 0 < z∧z2 = 2}.Na ovom mestu zgodno je uvesti pojam samerljivih velicina i dovesti

u vezu algebarska i geometrijska svojstva.

4.1. Samerljive velicine. Dve duzi [AB] i [CD] su samerljive akopostoje prirodni brojevi n i m tako da vazi n[AB] = m[CD]. U tom

10Respektivno znaci tim redom. Dakle, skup X nema maksimalni, a skup Ynema minimalni element.


slucaju koristi se i zapis

|[AB]| : |[CD]| = m : n

i kaze se da su duzi samerljive ako je odnos njihovih duzina racionalanbroj.11 U suprotnom, [AB] i [CD] su nesamerljive.

Duz [C, D] je jedinicna ako je njena duzina jednaka 1. Duz [AB]samerljiva sa jedinicnom duzi [C, D] ako je

|[AB]| : |[CD]| = |[AB]| : 1 = |[AB]| = m : n.

Na ovaj nacin svaki pozitivan racionalni broj moze da se interpretirakao duzina neke duzi koja je samerljiva sa jedinicnom duzi.

Da li vazi i obratno? Drugim recima, da li je svaka duz samerljiva sajedinicnom duzi? U suprotnom, njenu duzinu nije moguce predstavitinekim racionalnim brojem.

Slika 1. jedinicni kvadrat

Posmatrajmo jedinicni kvadrat, kao na slici (kvadrat cije su stra-nice duzine 1). Duzina kvadrata njegove dijagonale d je na osnovuPitagorine teoreme data sa d2 = 12 + 12 = 2. Dakle, dijagonala je-dinicnog kvadrata samerljiva sa jedinicnom duzi ako i samo ako je skupZ neprazan.

Pretpostavimo da postoji d ∈ Q, d > 0 i d2 = 2. Tada postojep, q ∈ N tako da vazi d = p : q i pri tome su p i q uzajamno prostibrojevi, NZD(p, q) = 1.

Kako je (p/q)2 = 2 sledi p2 = 2q2. Odavde sledi da je p2 paran broj.Broj p je, prema tome takode paran broj,12 odnosno postoji k ∈ N takoda je p = 2k. Vazi p2 = (2k)2 = 4k2 = 2q2, odakle je q2 = 2k2, pa je q2

paran broj iz cega sledi da je q paran broj. Znaci q = 2l, za neki brojl ∈ N. Prema tome NZD(p, q) = NZD(2k, 2l) ≥ 2 odnosno p i q nisuuzajamno prosti. Ovo je kontradikcija. Dakle, ne postoji razlomak cijije kvadrat jednak broju 2, skup Z je prazan, pa nema smisla govoritio njegovoj ogranicnosti niti o maksimalnom i minimalnom elementu.

11Duzina duzi se definise u okviru kursa iz geometrije.12Ako je p neparan, to jest p = 2k+1 za neki broj k ∈ N, onda je p2 = 4k2+2k+1

neparan broj, sto je kontradikcija sa cinjenicom da je p2 paran broj.


Zakljucujemo da dijagonala jedinicnog kvadrata nije samerljiva sa[0, 1]Q.

Na slican nacin se duzina dijagonale jedinicne kocke dovodi u vezusa algebarskom jednacinom x2 = 3 cije resenje nije racionalan broj.

Takode, pozitivno resenje jednacine x2 + x − 1 = 0 nije racionalanbroj. Ova jednacina proizilazi iz (geometrijskog) problema: podelitijedinicnu duz tackom x tako da se duzi deo prema celoj duzi odnosi kaokraci deo prema duzem delu. Dakle, tacka x je odredena proporcijomx : 1 = (1 − x) : x. Pozitivno resenje date jednacine je (

√5 − 1)/2 ∼

0, 618033 . . . .S obzirom na geometrijsku interpetaciju racionalnih brojeva u is-

kusenju smo da zakljucimo da na racionalnoj pravoj postoje ”rupe”,odnosno, da je neophodno dodati nove brojeve.

Dosadasnji primeri su resenja algebarskih jednacina, to jest korenipolinoma izvesnog stepena sa celobrojnim koeficijentima. Tako se, naprirodan nacin, razlomci prosiruju algebarskim brojevima. U nastavkuse navodi primer nesamerljive duzi cija duzina nije resenje algebarskejednacine.

4.2. Transcendentni brojevi. Posmatra se problem odredivanja polu-obima O/2 jedinicne kruznice, kruznice poluprecnika 1.

Slika 2. upisani sestougao Slika 3. opisani sestougao

Arhimed je, u III veku pre Hrista utvrdio da vazi 223/71 < O/2 <22/7. Da bi ovo pokazao izvrsio je merenje poluobima pravilnih mno-gouglova upisanih u i opisanih oko jedinicne kruznice. Na slici sevide pravilni sestouglovi. Arhimed je uzastopno duplirao broj stranica,mereci pritom odgovarajuce poluobime dvanaestougla, cetrdesetougla idevedesetsestougla. Ova metoda se naziva iscrpljivanje ili ekshaustija.Istom metodom Ludolf fon Cojlen je u XVI veku izracunao poluobimjedinicne kruznice sa 35 cifara iza decimalnog zareza:

3.14159265358979323846264338327950288,

a krajem decembra 2013. godine izracunato je vise od 12 · 1012 cifaratog broja. Oznaku π za ovaj broj uveo je pocetkom XVIII veka Vilijam


Dzons13 u knjizi Synopsis Palmariorum Matheseos”. Tek 1761. godineLambert je dokazao da π nije racionalan broj. Za razliku od duzinedijagonale jedinicnog kvadrata, ne postoji algrebarska jednacina takvada je π jedno njeno resenje. Ovo je dokazao Lindeman 1882. godine.Duzina poluobima jedinicne kruznice nije algebarski, nego transcen-dentan broj.

Sredinom XIX veka Liuvil je dokazao da je broj

10−1! + 10−2! + · · ·+ 10−n! + · · · =∞∑

n=1

1

10n!

transcendentan, to jest da nije resenje nijedne algebarske jednacine.Obratimo paznju da je lakse konstruisati primer transcendentnog brojanego za neki zadat broj utvrditi da je transcendentan. Tako, na primernije poznato da li je Ojlerova konstants γ transcendentan broj, videtidodatak ovom predavanju.

Sledeci primer je racunanje kamate kontinualnim (neprekidnim) kap-italisanjem. Ako se 1 dinar ulozi uz 100 procenata kamate na godisnjemnivou, na kraju obracunskog perioda uz godisnje kapitalisanje dobicese 2 dinara. Ako je, medutim, kapitalisanje polugodisnje, na krajugodine na racunu ce biti: 1 + 0,5 + 0,75 = 2,25 dinara. Sa kvartal-nim kapitalisanjem dobija se 2,44140625 dinara. Svi ovi slucajevi suobuhvaceni formulom: 1 · (1 + 1/n)n, gde je n = 1, 2, 4 respektivno.Kada je kapitalisanje kontinualno, na kraju godine se dobija broj kojije priblizno jednak racionalnom broju

2, 71828182845904523536028747135266249775724709369995.

Vrednost trazenog broja se oznacava sa e, a da je taj broj transcenden-tan dokazao je Hermit 1873. godine.

Tridesetih godina XX veka dokazano je da je broj eπ transcendentan,a u ovom trenutku nije poznato da li je broj πe transcendentan.

Primetimo da oba primera transcendentnih brojeva ukljucuju metodeuzastopnog priblizavanja njihovoj stvarnoj vrednosti, odnosno neogra-nicenom (u broju koraka) broju aproksimacija, pribliznim vrednostimakoje su racionalni brojevi.

Ovo vazi i za primer algebarskog broja√

2 ciji je kvadrat jednakbroju 2. Naime,

√2 se moze aproksimirati nizom brojeva definisanih

na sledeci nacin: x1 = 1, xn+1 =1

2(xn +

2

xn

), n ∈ N.

13engl. William Jones (1675-1749)


4.3. Aksioma kompletnosti. Na osnovu dosadasnjih razmatranja,razumeli smo neophodnost prosirivanja strukture totalno uredenog poljaracionalnih brojeva novom strukturom koja bi ocuvala operacije i to-talno uredenje, a koja bi obuhvatila i brojeve

√2, π, e, eπ i mnoge druge.

Ta nova struktura uvodi se jednom dodatnom aksiomom, aksiomomkompletnosti koja stvara”nove brojeve. Dakle, struktura (R, +, ·,≤)skupa realnih brojeva je totalno uredeno polje:

A.1 (∀x, y ∈ R)(x + y = y + x),A.2 (∀x, y, z ∈ R)((x + y) + z = x + (y + z)),A.3 (∃0 ∈ R)(∀x ∈ R)(x + 0 = x),A.4 (∀x ∈ R)(∃(−x) ∈ R)(x + (−x) = 0).A.5 (∀x, y ∈ R)(x · y = y · x),A.6 (∀x, y, z ∈ R)((x · y) · z = x · (y · z)),A.7 (∃1 ∈ R \ {0})(∀x ∈ R)(x · 1 = x),A.8 (∀x ∈ R)(∃x−1 ∈ R)(x · x−1 = 1).A.9 (∀x, y, z ∈ R)((x · (y + z) = x · y + x · z)).

A.10 (∀x ∈ R)(x ≤ x),A.11 (∀x, y ∈ R)(x ≤ y ∧ y ≤ x ⇒ x = y),A.12 (∀x, y, z ∈ R)(x ≤ y ∧ y ≤ z ⇒ x ≤ z)),A.13 (∀x, y ∈ R)(x ≤ y ∨ y ≤ x).A.14 (∀x, y, z ∈ R)(x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z),A.15 (∀x, y, z ∈ R)(0 ≤ x ∧ 0 ≤ y ⇒ 0 ≤ x · y).

Uz to, u (R, +, ·,≤) vazi aksioma kompletnosti (potpunosti, neprekid-nosti):

A.16 Neka su X i Y neprazni podskupovi skupa R takvi da je svakielement skupa X manji od bilo kojeg elementa skupa Y :

(∀x ∈ X)(∀y ∈ Y )(x ≤ y).

Tada postoji c ∈ R) tako da vazi (∀x ∈ X)(∀y ∈ Y )(x ≤ c ≤ y).

Teorema 4.1. U (Q, +, ·,≤) ne vazi A.16.

Dokaz. Dovoljno je pronaci primer nepraznih skupova racionalnih bro-jeva X i Y takvih da je svaki element skupa X manji od bilo ko-jeg elementa skupa Y i takvih da ne postoji c ∈ Q) tako da vazi(∀x ∈ X)(∀y ∈ Y )(x ≤ c ≤ y).

Neka je X = {x ∈ Q | 0 < x∧x2 < 2} i Y = {y ∈ Q | 0 < y∧2 < y2}.Ove skupove smo vec posmatrali na prethodnom predavanju i znamoda nisu prazni (1 ∈ X, 2 ∈ Y ). Iz tranzitivnosti relacije < sledi da jex ≤ y za sve x ∈ X i sve y ∈ Y.

Ako A.16 vazi u (Q, +, ·,≤), onda postoji c ∈ Q takav da je x ≤ c ≤ yza sve x ∈ X i sve y ∈ Y. Sa jedne strane, taj broj ne pripada skupu X


jer bi, u tom slucaju c bio maksimalni element skupa X, a dokazali smoda ne postoji maksimalni element skupa X. Znaci, 2 ≤ c2, to jest ili je2 < c2 ili je c2 = 2. Sa druge strane, iako je c ≤ y za sve y ∈ Y , znamoda c 6∈ Y jer skup Y nema minimalni element. Dakle c2 nije strogo veciod 2. Preostaje c2 = 2. Ovo je, medutim, kontradikcija sa dokazanomcinjenicom da ne postoji racionalan broj ciji je kvadrat jednak broju 2.Zakljucak: A.16 ne vazi u totalno uredenom polju (Q, +, ·,≤). ¤Teorema 4.2. U (R, +, ·,≤) postoji x takav da je x2 = 2.

Dokaz. Neka je, kao i u prethodnom predavanju, X = {x ∈ Q | 0 <x ∧ x2 < 2} i Y = {y ∈ Q | 0 < y ∧ 2 < y2}. Ovi skupovi realnihbrojeva nisu prazni: 1 ∈ X, 2 ∈ Y , a iz tranzitivnosti relacije < sledida je x ≤ y za sve x ∈ X i sve y ∈ Y.

Iz aksiome kompletnosti sledi da postoji c ∈ R takav da je x ≤ c ≤ yza sve x ∈ X i sve y ∈ Y.

Na osnovu zakona trihotomije, za broj c2 vazi tacno jedna od trimogucnosti: c2 < 2, c2 > 2, c2 = 2.

Ako je c2 < 2, onda c ∈ X, pa iz x ≤ cza sve x ∈ X sledi da je cmaksimalni element skupa X. Medutim, na prethodnom predavanjuje pokazano da skup X nema maksimalni element skupa X. Znaci,preostaje tacno jedna od mogucnosti: 2 < c2 i c2 = 2. Ako je 2 < c2

onda c ∈ Y , pa iz c ≤ y za sve y ∈ Y sledi da je c minimalni elementskupa Y . Medutim, skup Y nema minimalni element. Prema tomenije 2 < c2. Zakljucak: c2 = 2. ¤Napomena 4.3. Posmatrajmo skupove X i Y definisane sa

X = {xn | xn je poluobim pravilnog n− tougla

upisanog u jedinicnu kruznicu, n ∈ N},Y = {yn | yn je poluobim pravilnogn− tougla

opisanog oko jedinicne kruznice, n ∈ N}.Ovo su neprazni skupovi i svaki element skupa X je manji od bilo kogelementa skupa Y , xn < ym za sve n,m ∈ N. Primetimo da xn < yn

znaci da su u relaciji < samo oni elementi koji imaju isti indeks, stone znaci da nejednakost vazi za proizvoljne elemente datih skupova.

Na osnovu A.16, postoji realan broj c takav da za sve x ∈ X i svey ∈ Y vazi x ≤ c ≤ y. Taj broj se oznacava sa π i moze se dokazati daje on jednak poluobimu jedinicne kruznice.

Posmatrajmo sada skupove X i Y definisane sa

X = {xn = (1 +1

n)n | n ∈ N}, Y = {yn = (1 +

1

n)n+1 | n ∈ N}.


Ovo su neprazni skupovi i moze se dokazati da je svaki element skupaX manji od bilo kog elementa skupa Y , xn < ym za sve n,m ∈ N.Primetimo da xn < yn ocigledno vazi, ali to ne znaci da nejednakostvazi za proizvoljne elemente datih skupova.

Na osnovu A.16, postoji realan broj c takav da za sve x ∈ X i svey ∈ Y vazi x ≤ c ≤ y. Taj broj se oznacava sa e i moze se dokazati daje on jednak transcendentnom broju e iz prethodnog predavanja.

5. Posledice aksiome kompletnosti

Kao sto je receno, aksioma kompletnosti dodaje/upotpunjuje/kompletirastrukturu racionalnih brojeva novim elementima, iracionalnim broje-vima: R = Q∪ I, pri cemu je Q∩ I = ∅. Iracionalni broj moze da budealgebarski ili transcendentan. Kazemo da je x0 ∈ R algebarski realanbroj ako postoji polinom

Pn(x) = anxn+an−1xn−1+· · ·+a1x+a0 =

n∑

k=0

akxk, ak ∈ Z, k = 0, 1, . . . , n,

takav da je Pn(x0) = 0.Za razliku od aksioma totalno uredenog polja, u aksiomi komplet-

nosti figurisu kolekcije elemenata, neprezni podskupovi skupa R i ona,na neki nacin, generise sve realne brojeve, a posebno algebarske i tran-scendentne brojeve. U nastavku se diskutuju najznacajnije poslediceaksiome kompletnosti.

Neprazan skup X ⊂ R je ogranicen sa gornje strane (odozgo) akopostoji M ∈ R tako da vazi: x ≤ M, ∀x ∈ X. Ako, pritom, postojix0 ∈ X takav da je x ≤ x0, ∀x ∈ X, onda se x0 naziva maksimalnielement skupa X. Citalac moze da se definise pojam ogranicenosti sadonje strane i pojam minimalnog elementa za neprazne podskupoveskupa R.

Definicija 5.1. Neka je X neprazan podskup skupa R. Supremumskupa X, ako postoji, je najmanje od svih gornjih ogranicenja skupa X:s = sup X ako i samo ako je x ≤ s, ∀x ∈ X (s je gornje ogranicenje) i

(∀M ∈ R) ((x ≤ M)(∀x ∈ X) ⇒ s ≤ M)

(s je manje od svih gornjih ogranicenja skupa X).Infimum skupa X, ako postoji, je navece od svih donjih ogranicenja

skupa X: i = inf X ako i samo ako je i ≤ x, ∀x ∈ X (i je donjeogranicenje) i

(∀m ∈ R) ((m ≤ x)(∀x ∈ X) ⇒ m ≤ i)

(i je vece od svih donjih ogranicenja skupa X).


Iz definicije sledi jedinstvenost supremuma i infimuma, ako postoje.Takode, ocigledno je da, ako skup X ima maksimalni element, ondaje taj element istovremeno i supremum skupa X, a ako skup X imaminimalni element, onda je taj element istovremeno i infimum skupaX.

Takode, ako skup X nije ogranicen sa gornje strane, onda on nemasupremum u skupu R, a ako skup X nije ogranicen sa donje strane,onda on nema infimum u skupu R.

U nastavku se razmatra egzistencija supremuma i infimuma ako jeX ogranicen sa gornje, odnosno sa donje strane.

U skupu Q postoje odozgo ogranizeni skupovi koji nemaju supre-mum. Na primer, skup

X = {x ∈ Q | 0 ≤ x ∧ x2 < 2}je ogranicen sa gornje strane, ali u skupu racionalnih brojeva ne postojinajmanje gornje ogranicenje tog skupa. Objasnimo to. Znamo da nepostoji maksimalni element skupa X, pa sup X ako postoji nije elementskupa X. Skup gornjih ogranicenja skupa X u skupu Q je dat sa

Y = {y ∈ Q | 0 ≤ y ∧ 2 ≤ y2},pa je sup X, ako postoji, minimalni element skupa Y . S obzirom da nepostoji racionalan broj ciji je kvadrat jednak broju 2 sledi

sup X = min Y = {y ∈ Q | 0 ≤ y ∧ 2 < y2}.Medutim, pokazali smo da skup Y nema minimalni element, odaklesledi da ne postoji sup X u skupu Q.

Teorema 5.2. Neka je X neprazan podskup skupa R koji je ogranicensa gornje strane i neka je s jedno gornje ogranicenje skupa X. Tadavazi: s = sup X ako i samo ako

(1) (∀ε > 0)(∃x0 ∈ X)(s− ε < x0).

Neka je X neprazan podskup skupa R koji je ogranicen sa donje stranei neka je i jedno donje ogranicenje skupa X. Tada vazi: i = inf X akoi samo ako

(∀ε > 0)(∃x0 ∈ X)(x0 < i + ε).

Dokaz. Dokazacemo samo deo teoreme koji se odnosi na supremum, acitaocu se ostavlja za vezbu da dokaze drugi deo teoreme.

Neka je s = sup X, tvrdnju da tada vazi (1) dokazacemo kontrapozi-cijom.14 Neka vazi negacija iskaza (1):

(∃ε > 0)(∀x0 ∈ X)(x0 ≤ s− ε).

14Dokaz kontrapozicijom koristi tautologiju: (p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒ ¬p).


Odavde sledi da je s − ε gornje ogranicenje skupa X, a kako je ε > 0vazi s− ε < s, pa s nije najmanje gornje ogranicenje skupa X, to jests 6= sup X. Kontrapozicijom zakljucujemo da, ako je s = sup X ondavazi (1).

Pretpostavimo sada da vazi (1) i dokazimo da je tada s = sup X,odnosno da za svako gornje ogranicenje y skupa X vazi s ≤ y. Pret-postavimo da je y gornje ogranicenje skupa X ali da je y < s. Dakle,vazi x ≤ y za sve elemente x skupa X. Na osnovu leme 1.115 sledi dapostoji broj ε0 > 0 tako da vazi y + ε0 = s. Za tako odabran broj iz(1) sledi da postoji neki element x0 ∈ X za koji je s− ε < x0. Kako jey = s − ε sledi da je y < x0, sto je u kontradikciji sa iskazom x ≤ yza sve elemente x skupa X. Prema tome, odbacuje se pretpostavkay < s, odnosno, ako je s gornje ogranicenje skupa X, tada iz (1) sledis = sup X. ¤

Ova teorema je od izuzetnog znacaja za kasnija razmatranja.Podsetimo se, ako neki skup A ⊂ R nije ogranicen odozgo onda je

skup njegovih gornjih ogranicenja prazan skup, te ne postoji sup A ∈R. Sledeca teorema, Princip supremuma je prva od nekoliko posledicaaksiome kompletnosti i obezbeduje egzistenciju supremuma u slucajuda je posmatrani skup ogranicen odozgo.

Teorema 5.3. Svaki neprazan podskup skupa R koji je ogranicen sagornje strane ima supremum u R.

Dokaz. Neka je X proizvoljan neprazan odozgo ogranicen skup i nekaje Y skup njegovih gornjih ogranicenja. Jasno, Y nije prazan skup i zasve x ∈ X i sve y ∈ Y vazi x ≤ y. Prema tome, na osnovu aksiomekompletnosti sledi da postoji c ∈ R tako da vazi: (∀x ∈ X)(∀y ∈Y )(x ≤ c ≤ y). Na osnovu leve nejednakosti c je jedno od gornjihogranicenja skupa X, a na osnovu desne nejednakosti c je najmanjegornje ogranicenje skupa X, sto sledi iz definicije skupa Y . Dakle,c = sup X, cime je princip supremuma dokazan. ¤

Princip infimuma glasi:

Teorema 5.4. Svaki neprazan podskup skupa R koji je ogranicen sadonje strane ima infimum u R.

Dokaz se ostavlja citaocu za vezbu.U strukturi totalno uredenog polja u kojoj vazi princip supremuma,

moze se dokazati aksioma kompletnosti. Preciznije:

15Videti ”trece predavanje”.


Teorema 5.5. Neka je (R, +, ·,≤) totalno uredeno polje u kojem svakineprazan podskup skupa R koji je ogranicen sa gornje strane ima supre-mum u R. Tada vazi aksioma kompletnosti, A.16.

Dokaz. Neka su X i Y neprazni podskupovi skupa R za koje vazi:(∀x ∈ X)(∀y ∈ Y )(x ≤ y). Skup X je ogranicen odozgo, bilo kojielement skupa Y je njegovo gornje ogranicenje. Prema tome, postojisupremum skupa X u R, oznacimo ga sa c. Dakle, (∀x ∈ X)(x ≤ c).Proizvoljan element y ∈ Y je jedno gornje ogranicenje skupa X pa jec ≤ y. Dakle, (∀x ∈ X)(∀y ∈ Y )(x ≤ c ≤ y), odnosno vazi aksiomakompletnosti. ¤

Sada smo u mogucnosti da dokazemo poznatu cinjenicu da skup Znije ogranicen. Iako to tvrdenje nije nepoznato, poenta je da se udokazu koristi princip supremuma, odnosno, aksioma kompletnosti, patako struktura skupa realnih brojeva namece neogranicenost skupa Z.

Teorema 5.6. Neka je A neprazan sa gornje strane ogranicen podskupskupa Z. Dokazati da postoji maksimalni element skupa A.

Skup Z nije ogranicen sa gornje strane.

Dokaz. Iz principa supremuma sledi da postoji s = sup A ∈ R, a izteoreme 5.2 sledi da, ako se izabere ε = 1, postoji a ∈ A tako da jes− 1 < a. Neka je z ∈ Z strogo veci od a, odnosno a + 1 ≤ z. Tada izs < a + 1 ≤ z sledi da z 6∈ A jer nijedan element skupa A nije strogoveci od njegovog supremuma. Dakle, a = max A.

Odavde direktno sledi da Z nije ogranicen sa gornje strane jer biu suprotnom on imao maksimalni element a, sto je kontradikcija saa + 1 ∈ Z i a + 1 ∈ Z. Drugim recima, skup Z ne moze da imamaksimalni element (jer svaki broj a ∈ Z ima sledbenika koji je strogoveci od a) pa, na osnovu prethodnog dela dokaza, Z ne moze da budeogranicen. ¤

Napomena 5.7. Na isti nacin se dokazuje da teorema 5.6 vazi kadase umesto skupa Z posmatra N. Citaocu se ostavlja za vezbu da dokazeda svaki neprazan sa donje strane ogranicen podskup skupa Z ima min-imalni element i da sku Z nije ogranicen sa donje strane.

5.1. Prosireni skup realnih brojeva. U nekim situacijama je zgodnoprosiriti skup R takozvanim fiktivnim elementima, +∞ i −∞, cimese dobija prosiren skup realnih brojeva R = R ∪ +∞,−∞. U takoprosirenom skupu posebno se definisu operacije sabiranja i mnozenjafiktivnim elementima, kao i relacija poretka. Na primer, za sve x ∈ Rvazi x + (±∞) = ±∞, kao i ±∞ + (±∞) = ±∞, kao i −∞ < x <


+∞.16 Citaocu se ostavlja za vezbu da razmisli o prosirenju operacijemnozenja sa R na R. Na zalost, mana ovakvog prosirenja je postojanjeneodredenih izraza, kao sto su +∞+(−∞) i 0 ·±∞, o cemu ce biti reciu nastavku kursa, kada se budu proucavali nizovi realnih brojeva.

U prosirenom skupu realnih brojeva, po dogovoru, supremum skupakoji nije ogranicen sa gornje strane je +∞, a infimum skupa koji nijeogranicen sa donje strane je −∞, pa tako svaki podskup skupa R imasupremum i infimum u R.

Ovim prosirenjem se omogucava definisanje neogranicenih otvorenihi zatvorenih intervala, kao sto su, na primer, za a ∈ R:

(−∞, a) = {x ∈ R | x < a}, (−∞, a] = {x ∈ R | x ≤ a},(a, +∞) = {x ∈ R | a < x}, [a, +∞) = {x ∈ R | a ≤ x}

i R = (−∞, +∞). U nastavku ce se +∞ oznacavati i sa ∞.

6. Podsetimo se

U ovom izlaganju dopunjuje se predavanje o transcendentnim broje-vima razmatranjima o Ojlerovoj konstanti.

Prirodni brojevi se dobijaju dodavanjem sledbenika jedinici. Takoje, na primer 10100 prirodan broj, kojeg je jedan devetogodisnjak proz-vao ”googol”, krajem tridesetih godina XX veka (decak je bratanac

americkog matematicara Edward-a Kasner-a). Broj 10googol se zove”googolplex”.17

Racionalni brojevi ili razlomci su osnovni elementi uz ciju pomocse dospeva do definicije skupa realnih brojeva. Pri tome, obicno sepretpostavlja da su brojilac i imenilac uzajamno prosti. To nije slucajsa

16

64,

19

95,

26

65,

49

98, . . .

Pretpostavlja se da citalac poznaje aksiome (pojam) totalno uredenogpolja. Dodavanjem aksiome kompletnosti/potpunosti dobija se struk-tura ciji su elementi realni brojevi.

Neka je (R, +, ·,≤) totalno uredeno polje. Jedna od ekvivalentnihformulacija aksiome kompletnosti je princip supremuma:

Svaki neprazan podskup skupa R koji je ogranicen sa gornje straneima supremum.

Pri tome, X ⊂ R je ogranicen sa gornje strane ako postoji M ∈ Rtako da vazi: x ≤ M, ∀x ∈ X. Supremum skupa X je najmanje od

16Oznaka ± je zamena za + i − tim redom.17Kompanija ”Google”, registrovana 1997. godine je ime dobila pogresnim zapi-

sivanjem reci ”googol”.


svih gornjih ogranicenja skupa X: s = sup X ako i samo ako je x ≤ s,∀x ∈ X (s je gornje ogranicenje) i

(∀M ∈ R) ((x ≤ M)(∀x ∈ X) ⇒ s ≤ M)

(s je manje od svih gornjih ogranicenja skupa X).Pokazali smo da princip supremuma ne vazi u totalno uredenom polju

racionalnih brojeva na primeru skupa

Y = {y ∈ Q | 0 ≤ y ∧ y2 < 2}.Ovaj skup je ogranicen sa gornje strane, ali u skupu racionalnih brojevane postoji najmanje gornje ogranicenje skupa Y .

Uz to, pokazali smo da svi racionalni brojevi imaju konacan deci-malni zapis ili decimalni zapis u kojem se, pocev od neke cifre, grupecifara periodicno ponavljaju.

Odrediti razlomke ciji je decimalni zapis dat sa: 0, 01010101 . . . i sa0, 09090909 . . .

Na primer, 0, 01001000100001000001 . . . broj u kojem se izmedudve jedinice nalazi sve vise i vise nula, nije racionalan broj, kao sto,uostalom nije ni

√2 (ovo smo dokazali kotradikcijom).

Zakljucak: Aksioma kompletnosti dodaje/upotpunjuje/kompletirastrukturu racionalnih brojeva novim elementima. Ti novi elementi senazivaju iracionalni brojevi: R = Q ∪ I, pri cemu je Q ∩ I = ∅.

Iracionalni brojevi se sastoje od algebarskih iracionalnih brojeva iod transcendentnih iracionalnih brojeva i ta dva skupa su disjunktna.Algebarski brojevi su resenja algebarskih jednacina izvesnog stepena,odnosno nule polinoma sa celobrojnim koeficijentima, kao sto je

√2.

7. Primeri realnih brojeva

Da li postoje realni brojevi koji nisu algebarski?Da, π, e, . . . Kako znamo? Hm....Joseph Liouville je sredinom XIX veka dokazao da postoje transce-

dentni brojevi i naveo sledeci primer:

10−1! + 10−2! + 10−3! + 10−4! + · · ·+ 10−(n−1)! + 10−n! + 10−(n+1)! + . . .

Ispostavlja se da je lakse dokazati da takvi brojevi postoje nego ispitatida li je unapred zadati broj transcendentan. Na primer,

0, 1234567891011121314151617181920....

jeste transcendentan.Johann Heinrich Lambert je 1761. godine dokazao da je π iracionalan

i pretpostavio da su e i π transcendentni. Transcendentnost broja edokazao je Charles Hermite 1873. godine i to je prvi broj za koji


je dokazano da je transcendentan, a da nije konstruisan u tu svrhu.Transcendentnost broja π je posledica Lindeman-Weierstrass teoremeiz 1882. odnosno 1885. godine. Lindeman je dokazao da je eα tran-scendentan broj ako je α 6= 0 algebarski broj.

Hilbertov sedmi problem (1900): Da li je broj ab transcendentanako je a 6∈ {0, 1}, a broj b je iracionalan algebarski broj? (Ako jea algebarski i b racionalan, onda je ab algebarski.) Ovaj problem jeresen 1933. i 1934. godine i resenje je poznato kao Gelfond - Schneiderteorema. Jedna od posledica ove teoreme je cinjenica da su brojevi

2√

2 i eπ transcendentni. Nasuprot tome, ne zna se da li je broj πe

(i)racionalan.

8. Ojlerova konstanta

U ovom poglavlju bavimo se realnim brojevima koji se mogu defin-isati kao beskonacne sume razlomaka. Definisace se i Ojlerova kon-stanta γ ∼ 0, 57721566 . . . U ovom trenutku nije poznato da li je γ(i)racionalan broj.

Zbir beskonacno mnogo sabiraka (takav zbir se zove red) moze dabude konacan broj. Na primer,

π

4= 1− 1

3+

1

5− 1

7+

1

9− · · · =

∞∑

k=1

(−1)k+1

2k − 1

ili, formula iz 1997. godine:18

π =∞∑

k=0

1

16k

(4

8k + 1− 2

8k + 4− 1

8k + 5− 1

8k + 6

).

Zbir reciprocnih vrednosti svih prirodnih brojeva nije konacan:∞∑

k=1

1

k= 1 +

1

2+

1

3+ · · · = +∞.

Ovaj red se zove harmonijski red. Da bi se dobio broj veci od 10, trebasabrati 12367 clanova, a za broj 20 oko 272400600 clanova. Zbir jeveci od 100 ako se sabere 1, 5× 1043 clanova. Na ovom mestu necemodokazivati da je zbir svih clanova harmonijskog reda beskonacan.

Koliko je velik ovaj broj, 1043? Zamislimo da je moguce sabrati mil-ion clanova u sekundi. Tada bi nam trebalo 1037 sekundi da saberemo1043 clanova. Ali, od Velikog praska do danas je proteklo oko 1017

sekundi....

18Bailey, David H., Borwein, Peter B., and Plouffe, Simon, ”On the Rapid Com-putation of Various Polylogarithmic Constants”. Mathematics of Computation 66(218): 903913.


Ako izostavimo clanove harmonijskog reda koji sadrze cifru 0, dobi-jeni red ce moci da se sumira i njegov zbir je otprilike 23, 10345 . . . 19

Zbir reciprocnih vrednosti kvadrata prirodnih brojeva dovodi u vezubroj π i harmonijski red:

∞∑

k=1

1

k2= 1 +

1

22+

1

32+ · · · = π2

6.

Proucavanjem geometrijske reprezentacije harmonijskog reda dolazise do zakljucka da zbir n clanova (n−ta parcijalna suma) ”lici”na ln n,odnosno

limn→∞

sn = limn→∞

(1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n− ln n

)= γ.

Na ovaj nacin smo dosli do sustinske razlike izmedu strukture real-nih i strukture racionalnih brojeva. Za razumevanje svojstava skuparealnih brojeva potrebno je definisati i prouciti novu operaciju koja po-drazumeva mogucnost manipulisanja sa beskonacnom kolicinom razlo-maka. Ta operacija se naziva granicna vrednost i nalazi se (implicitno)u srcu konstrukcije skupa realnih brojeva, u principu supremuma.

9. Posledice aksiome kompletnosti, II deo

U ovom predavanju dokazuju se znacajne posledice aksiome kom-pletnosti: Arhimedov i Kantorov princip.

9.1. Arhimedov princip i posledice. U prethodnom predavanjusmo videli kako se moze dokazati da skup prirodnih brojeva nije ogranicensa gornje strane, sto znaci da za svaki x ∈ R postoji n ∈ N tako daje x < n, a to je jedna od ekvivalentnih formulacija arhimedovskogsvojstva. U nastavku dajemo dokaz nesto opstijeg tvrdenja, a zatim inajbitnije posledice Arhimedovog principa, gustine skupa Q u skupuR.

Teorema 9.1. (Arhimedov princip) Dati su brojevi a > 0 i b ∈ R.Tada postoji jedinstveno odreden ceo broj k tako da vazi:

(k − 1) · a ≤ b < k · a.

Dokaz. Neka je A ⊂ Z definisan sa A = {n ∈ Z | ba

< n}. Skup Anije prazan, jer bi u suprotnom skup Z bio ogranicen sa gornje stranebrojem b/a. Po definiciji A je ogranizen sa donje strane, pa na osnovukomentara teoreme sa prethodnih predavanja sledi da postoji mini-malni element skupa A, oznacimo ga sa k ∈ Z. Jasno, taj broj jejedinstveno odreden. Iz k ∈ A (i a > 0) sledi b < k · a, a kako je k

19http://plus.maths.org/content/perfect-harmony


minimalni element skupa A, vazi k−1 6∈ A. Prema tome (k−1) ·a ≤ b,cime je tvrdenje dokazano. ¤

Kada je a = 1, onda za proizvoljno x ∈ R jedinstveno odreden brojk − 1 ∈ Z za koji je k − 1 ≤ x < k se naziva najveci ceo deo broja x ioznacava se sa bxc.Teorema 9.2. a) Neka je ε > 0. Tada postoji n0 = n0(ε) ∈ N

tako da vazi: 0 < 1n0

< ε.

b) Neka je ε ≥ 0. Ako za sve n ∈ N vazi ε < 1n

onda je ε = 0.c) Neka su dati realni brojevi x i y i neka je x < y. Tada postoji

r ∈ Q za koji je x < r < y. Drugim recima, skup Q je gust uskupu R.

Dokaz. a) Ako u Arhimedovom principu stavimo a = ε i b = 1, do-bijamo egzistenciju broja k ∈ Z da koji je 1 < k · ε. Kako je 0 < 1 i0 < ε sledi da je k > 0, to jest k ∈ N, pa ako stavimo n0 = k onda vazi0 < 1/n0 < ε.

Treba primetiti da, za ovako odabran broj n0, iz n ≥ n0 sledi 1/n ≤1/n0 < ε pa smo u stvari dokazali da za svaki pozitivan broj postojibeskonacno mnogo prirodnih brojeva n za koje je 1/n < ε. Poucno jenapisati simbolima ovaj zakljucak:

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 ⇒ 1

n< ε).

b) Ovaj iskaz je kontrapozicija iskaza a) te je stoga istinit jer je a)istinit.

c) Iz x < y sledi 0 < y − x, pa postoji n ∈ N tako da je 0 < 1/n <y − x, pa je x + 1/n < y.

Na osnovu Arhimedovog principa (ako stavimo a = 1/n i b = x) sledida postoji jedinstveno odreden broj k ∈ Z takav da je (k− 1)/n ≤ x <k/n. Odavde jek/n ≤ x + 1/n, pa iz x + 1/n < y (i tranzitivnostirelacije poretka) sledi x < k/n < y. ¤

Svojstvo gustine recionalnih brojeva u skupu realnih brojeva nemoguceje preceniti, ono za posledicu ima mogucnost proizvoljno tacne aproksi-macije realnog broja razlomcima, sto je sveprisutno u primenama.

9.2. Kantorov princip. Podsetimo se, niz brojeva {an}n∈N je pres-likavanje skupa N u R, pri cemu n 7→ an, ∀n ∈ N. Opstije, niz elemenatanekog skupa X je preslikavanje f : N→ X. Ako je X skup zatvorenihintervala, onda je niz zatvorenih intervala {In}n∈N preslikavanje kojesvakom broju n ∈ N dodeljuje jedan interval In = [an, bn], an ≤ bn.


Teorema 9.3. (Kantorov princip) Neka je {In}n∈N niz zatvorenih in-tervala takvih da je svaki sledeci clan niza sadrzan u prethodnom:

In+1 = [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn] = In, n ∈ N(takav niz se naziva niz umetnutih intervala). Tada presek svih tihintervala nije prazan skup:

I1 ∩ I2 ∩ I3 ∩ · · · = ∩n∈NIn 6= ∅.Ako pri tome za svako ε > 0 postoji interval cija je duzina strogo manjaod ε, simbolima zapisano: (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(|In0| = bn0 − an0 <ε), onda je broj koji pripada svim intervalima In, n ∈ N, jedinstvenoodreden.

Dokaz. Neka je dat niz umetnutih intervala {[an, bn]}n∈N. Posmatrajmoskupove X i Y definisane sa: X = {an ∈ R | n ∈ N} i Y = {bn ∈R | n ∈ N}. To su, dakle, skupovi levih, odnosno desnih granicadatih intervala. Skupovi X i Y nisu prazni i svaki element skupa Xje manji od bilo kojeg elementa skupa Y . Naime, kada bi postojaobm ∈ Y i an ∈ X za koje vazi bm < an, onda bi intervali [an, bn]i [am, bm] bili disjunktni skupovi. Medutim, nikoja dva intervala izniza umetnutih intervala na mogu da budu disjunktni skupovi, jer jeu njihovom preseku onaj interval koji je odreden vecim od data dvaindeksa. (Dakle, ako je n < m, onda je [an, bn] ∩ [am, bm] = [am, bm], aako je m < n onda je [an, bn] ∩ [am, bm] = [an, bn].)

Znaci ispunjeni su uslovi za primenu A.16. (Na ovom mestu trebaprimetiti da nejednakosti an ≤ bn za sve n ∈ N ne impliciraju da susvi elementi skupa X manji od svih elemenata skupa Y nego samo dasu elementi sa istim indeksom u navedenom poretku. Ova primedba jeveoma znacajna i treba je pravilno shvatiti.)

Na osnovu aksiome kompletnosti sledi da postoji c ∈ R tako da jean ≤ c ≤ bm za sve prirodne brojeve n i m i, posebno, c ∈ In za sven ∈ N, to jest ∩n∈NIn 6= ∅.

Neka je ispunjen dodatni uslov tvrdenja. Pretpostavimo da u tomslucaju postoji barem jos jedan broj u preseku svih intervala. Dakle,neka {c, d} ⊂ ∩n∈NIn i neka je c < d, (sto nije ogranicenje). Znaci:d − c ≤ bn − an, ∀n ∈ N. Ako izaberemo ε = d − c iz uslova sledi dapostoji indeks n0 ∈ N za koji je bn0 − an0 < d− c. Medutim, za isti tajindeks n0 mora istovremeno da vazi d − c ≤ bn0 − an0 , ako u presekusvih intervala postoje barem dva elementa. Ovo je kontradikcija, pasledi da je presek niza zatvorenih intervala jedinsveno odreden ako jeispunjen dodatni uslov. ¤


U slucaju da se posmatra konacno mnogo zatvorenih intervala takvihda je svaki sledeci sadrzan u prethodnom, [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn], n =1, 2, . . . , N, za neki broj N ∈ N, vazi: ∩N

n=1[an, bn] = [aN , bN ], to jestu preseku svih tih intervala je interval sa najvecim indeksom. Ovimprimerom istice se znacaj cinjenice da se posmatra beskonacno mnogointervala, to jest presek beskonacno mnogo skupova.

Napomena 9.4. Sledeci primeri ilustruju Kantorov princip.

a) Sa f(n) = In = [0, 1], n ∈ N, je definisan jedan niz umetnutihintervala. Ocigledno, ∩n∈NIn = [0, 1].

b) Kako je 1/(n + 1) < 1/n, sledi da je {[0, 1/n]}n∈N jedan nizumetnutih intervala. Duzina intervala In je 1/n pa je ispunjenje uslov da za svako ε > 0 postoji neki interval duzine strogomanje od ε, te na osnovu Kantorovog principa sledi da je upreseku svih tih intervala tacno jedan broj. Naravno, ∩n∈NIn ={0}.

c) Niz intervala {(0, 1/n]}n∈N ima svojstvo da je svaki sledeci sadrzanu prethodnom. Taj niz nije niz umetnutih intervala, jer nijeispunjen uslov da su clanovi tog niza zatvoreni intervali, takoda nisu ispunjeni uslovi Kantorovog principa. Stoga Kantorovprincip nista ne kazuje o preseku svih tih intervala. U ovomslucaju vazi ∩n∈N(0, 1/n] = ∅. (Citaocu se ostavlja za vezbu dato dokaze.)

Niz intervala {[0, 1/n)}n∈N takode ima svojstvo da je svakisledeci sadrzan u prethodnom, i on nije niz umetnutih inter-vala. Stoga Kantorov princip nista ne kazuje o preseku svihtih intervala. U ovom slucaju je ocigledno ∩n∈N[0, 1/n) = {0}.(Citaocu se ostavlja za vezbu da dokaze da je 0 jedini elementpreseka.)

10. Kardinalni broj skupa R

U ovom predavanju se razmatra velicina skupa realnih brojeva. Jasno,taj skup ima beskonacno mnogo elemenata. Pokazace se, medutim dapostoje razlicite vrste beskonacnih skupova. Osnovna alatka koja se uovom proucavanju koristi su svojstva injektivnih i sirjektivnih preslika-vanja.

10.1. Pojam kardinalnog broja. Pitanje velicine konacnih skupovase obicno vezuje za broj elemenata tog skupa. Pa je, u tom smislu,skup B koji ima m elemenata veci od skupa A koji ima n elemenataako je m ≥ n. U skucaju da je m = n skupovi A i B su jednaki po


broju svojih elemenata, pa ako sa |A| oznacimo broj elemenata skupaA, a sa |B| broj elemenata skupa B, onda je |A| = |B|.

Dakle, ako je A = {a1, a2, . . . , an} i B = {b1, b2, . . . , bm} i n = m,onda je preslikavanje f : A → B dato sa f(aj) = bj, j = 1, 2, . . . , n,bijekcija izmedu skupova A i B, a njemu inverzno preslikavanje f−1 :B → A (f−1(bj) = aj, j = 1, 2, . . . , n) je bijekcija izmedu skupa Bi skupa A. U slucaju da je m > n, moze se dokazati da ne postojiinjektivno preslikavanje skupa B u skup A.20

Ova primedba motiv je za sledecu definiciju.

Definicija 10.1. Dati su skupovi A, B ⊂ R. Oni su iste moci (ekvipo-tentni) ako i samo ako postoji bijekcija f : A → B. U tom slucajupisemo A ∼ B.

Lako se pokazuje da je ∼ relacija ekvivalencije izmedu podskupovaskupa R. Klasa ekvivalencije kojoj pripada neki skup A ⊂ R nazivase kardinalni broj tog skupa i oznacava se sa cardA. Prema tome, Ai B su iste moci ako je cardA = cardB, odnosno ako imaju jednakekardinalne brojeve.

Za konacne skupove A = {a1, a2, . . . , an}, n ∈ N, vazi cardA =card{1, 2, . . . , n}, pa se kardinalni broj skupa A moze identifikovati saprirodnim brojem n koji predstavlja broj elemenata tog skupa. Premdaje, u sustini, cardA klasa ekvivalencije kojoj pripada skup A s obziromna bijekciju izmedu A i {1, 2, . . . , n}. Dakle, moc nekog konacnog pod-skupa skupa R identifikujemo sa brojem njegovih elemenata. Pri tomese kardinalni broj praznog skupa identifikuje sa nulom.

Dokazali smo da N, skup prirodnih brojeva, nije ogranicen, odaklesledi da on nije konacan. (Primetimo da obratno ne mora da vazi, tojest da ograniceni podskup skupa R ne mora muzno da bude konacan.)Kardinalni broj skupa N se oznacava sa ℵ0 (alef nula), a za svaki skupkardinalnosti ℵ0 se kaze da je prebrojiv. Ocigledno, neki skup A ⊂ Rako i samo ako se njegovi elementi mogu poredati u niz:

cardA = cardN⇐⇒ A = {a1, a2, . . . , an−1, an, an+1, . . . }.Za razliku od konacnih skupova koji se ne mogu injektivno preslikati

na svoje podksupove, skup prirodnih brojeva se preslikavanjem f defin-isanim sa f(n) = 2n, n ∈ N, bijektivno preslikava na svoj pravi pod-skup, skup parnih brojeva. Ovo svojstvo definise beskonacne skupove:

Definicija 10.2. Podskup skupa R je beskonacan (ili beskonacne kar-dinalnosti) ako i samo ako se on moze bijektivno preslikati na neki svoj

20Jedna verzija ove cinjenice je poznata kao ”princip kaveza za golubove”(engl.pigeonhole principle) ili Dirihleov princip (engl. Dirichlet box principle).


pravi podskup. Dakle, A ⊂ R je beskonacan skup ako postoji bijekcijaf : A → B, gde je B ( A.

Dakle, moze se reci i da je skup beskonacan ako i samo ako nijekonacan.

10.2. Kardinalnost skupova Z i Q. Jasno, skup celih brojeva jebeskonacan. Kardinalni broj skupa Z je alef nula, odnosno Z je pre-brojiv skup. Naime, funkcija f : N→ Z data sa

f(n) =1

4

(1 + (−1)n(2n− 1)

), n ∈ N,

je bijekcija izmedu N i Z (citaocu se ostavlja za vezbu da proveri ovucinjenicu).

S obzirom da je u izvesnim situacijama veoma tesko (mozda i nemoguce)navesti eksplicitno bijekciju izmedu dva prebrojiva skupa, a da smorazumeli da je dati skup A prebrojiv ako i samo ako se njegovi ele-menti mogu poredati u niz, cesto je, za utvrdivanje prebrojive kardi-nalnosti dovoljno uociti ili navesti pravilo kojim se elementi skupa Amogu poredati u niz.

Sa jedne strane, elementi skupa Z se mogu poredati u niz:

{0, 1,−1, 2,−2, 3,−3, . . . }sto je, dakle dovoljno da zakljucimo da je taj skup prebrojiv.

Sa druge strane, za proizvoljne prebrojive skupove A = {a1, a2, . . . }i B = {b1, b2, . . . } vazi

A ∪B = {a1, b1, a2, b2, . . . } =⇒ card(A ∪B) = ℵ0,

sledi da je cardZ = ℵ0 jer je Z unija dva prebrojiva skupa, N i skupanepozitivnih celih brojeva.

Razumljivo, ako je A = {a1, a2, . . . , an}, dakle konacan skup i ako jeB = {b1, b2, . . . } prebrojiv skup, onda je

card(A ∪B) = card({a1, a2, . . . , anb1, b2, . . . }) = ℵ0.

Unija konacno mnogo prebrojivih skupova je takode prebrojiv skup(citaocu se ostavlja za vezbu da proveri ovu cinjenicu).

Sledeci ovaj tok misli, postavlja se pitanje kardinalnosti prebrojiveunije prebrojivih skupova: ako je cardAj = ℵ0, j ∈ N, da li je ∪j∈NAj

prebrojiv skup?Ovo pitanje se u nastavku dovodi u vezu sa pitanjem kardinalnosti

skupa racionalnih brojeva.Razlomci iz intervala (0, 1] mogu se poredati u niz na sledeci nacin.

Posmatrajmo semu brojeva oblika p/q u kojoj se dati broj nalazi u


p-toj vrsti i q−toj koloni, p, q ∈ N, p ≤ q:

1112

22

13

23

33

14

24

34

44

15

25

35

45

55

....

Jedan nacin da se svi ovi racionalni brojevi poredaju u niz je zapisivanjesvih elemenata iz gornje seme vrstu po vrstu:

Q∩(0, 1] = {1/1, 1/2, 2/2, 1/3, 2/3, 3/3, 1/4, 2/4, 3/4, 4/4, 1/5, 2/5, 3/5, . . . }pa zakljucujemo da razlomaka u intervalu (0, 1] ima prebrojivo mnogo.S obzirom da je unija konacno mnogo prebrojivih skupova prebrojivskup, zakljucujemo da prebrojivih brojeva u intervalu (−M, M ] (kao iu [−M, M ]) za proizvoljan broj M ∈ N ima prebrojivo mnogo, jer je

(−M, M ] = (−M,−M + 1] ∪ (−M + 1,−M + 2] ∪ · · · ∪ (0, 1] ∪ (1, 2]∪· · · ∪ (M − 2,M − 1] ∪ (M − 1,M ] = ∪M−1

j=−M(j, j + 1].

Ipak, za odredivanje kardinalnosti citavog skupa Q neophodno jeodrediti kardinalnost prebrojive unije prebrojivih skupova: Q = ∪j∈Z(j, j+1].

Neka je dat niz prebrojivih skupova Aj, j ∈ N. Za oznacavanje ele-menata ovih skupova koristicemo dva indeksa, gornji indeks kojim seoznacava kojem od datih skupova pripada uoceni element i donji in-deks kojim se oznacava koji je po redu taj element u nizu elemenatatog skupa. Tako je, dakle,

Aj = {aj1, a

j2, a

j3, . . . }, j ∈ N,

pa, na primer, a3015 oznacava element koji je petnaesti po redu u nizu

elemenata tridesetog skupa. Opstije, ajk oznacava element koji je k−ti

po redu u nizu elemenata j−tog po redu skupa u posmatranom nizuskupova.

U nastavku se komentarisu dva nacina pokazivanja prebrojivosti pre-brojive unije prebrojivih skupova, to jest card∪j∈NAj = ℵ0, ako su Aj,j ∈ N, prebrojivi.

Prvi nacin je da elemente unije datih skupova poredamo u niz je daih najpre napisemo u semi tako da se u vrsti j redaju elementi skupaAj u niz, a elemente unije zapisujemo redom koji oznacava strelica:


A1 : a11 → a1

2 a13 → a1

4 a15 . . .

↙ ↗ ↙ ↗A2 : a2

1 a22 a2

3 a24 a2

5 . . .

↓ ↗ ↙ ↗ ↙A3 : a3

1 a32 a3

3 a34 a3

5 . . .

↙ ↗ ↙ ↗A4 : a4

1 a42 a4

3 a44 a4

5 . . .

↓ ↗ ↙ ↗ ↙A5 : a5

1 a52 a5

3 a54 a5

5 . . .

. . .

Dakle, ∪j∈NAj = {a11, a

12, a

21, a

31, a

22, a

13, a

14, a

23, a

32, . . . }, pa je card ∪j∈N

Aj = ℵ0.Drugi nacin je da se definse injektivno preslikavanje skupa ∪j∈NAj

u skup prirodnih brojeva, odnosno bijekcija izmedu tog skupa i nekogpodskupa skupa N. Naknadno ce se dokazati da je beksonacni podskupprebrojivog skupa prebrojiv skup, odakle sledi da je card∪j∈NAj = ℵ0.Trazeno injektivno preslikavanje f : ∪j∈NAj → B ⊂ N je, na primer:

f(ajk) = 2j3k, aj

k ∈ Aj, j, k ∈ N. Ovo je ocito injektivno preslika-vanje, odnosno bijekcija izmedu ∪j∈NAj i skupa B = {n ∈ N | n =2j3k, j, k ∈ N}. Preostaje da se dokaze da je B prebrojiv skup. Tosledi iz naredne teoreme.

Teorema 10.3. Svaki podskup beskonacnog skupa je konacan ili pre-brojiv. Svaki beskonacan skup sadrzi prebrojiv podskup.

Iz ove teoreme sledi da je prebrojivost u izvesnom smislu najmanjamoguca beskonacnost. U literaturi se za skupove koji su konacni iliprebrojivi kaze da su najvise prebrojivi.

Dokaz. Neka je A = {a1, a2, a3, . . . } i neka je B = {am, za neke indeksem ∈N}. Posmatra se skup M = {m ∈ N | am ∈ B} skup indeksa elemenataskupa B. Sa g(m) = am, m ∈ M je definisana bijekcija izmedu skupovaM i B.

Ako postoji max M onda je B konacan skup. Ako ne postoji max Monda skup M nije ogranicen podskup skupa N, pa za svako n ∈ Npostoji mn ∈ M tako da je n ≤ mn i, pri cemu je m1 < m2 < m3 < . . . .Preslikavanje f : N → M definisano sa f(n) = mn, n ∈ N je bijekcija,pa je g ◦ f : N → B takode bijekcija, odakle sledi da je B prebrojivskup, cime je dokazan prvi deo teoreme.


Neka je C0 ⊂ R beskonacan skup. Elementi prebrojivog skupaA = {a1, a2, a3, . . . } biraju se na sledeci nacin. Element a1 je proizvol-jan element skupa C0. Skup C1 = C0 \ {a1} je beskonacan, jer biu suprotnom skup C0 bio konacan skup. Element a2 je proizvoljanelement skupa C1. Skup C2 = C1 \ {a1} je beskonacan, jer bi usuprotnom skup C1 bio konacan skup. Ovim postupkom se za svakon ∈ N bira element an+1 koji je proizvoljan element skupa Cn =C0 \ {a1, a2, . . . , an}. Skup Cn je beskonacan, jer bi u suprotnom skupC0 = C0 \ {a1, a2, . . . , an} ∪ {a1, a2, . . . , an} bio konacan skup.

Dakle, na navedeni nacin se dobija skup A, prebrojiv podskup proizvoljnogbeskonacnog skupa C0. ¤

Prema tome, skup racionalnih brojeva je prebrojiv. Napomenimo dapostoje algoritmi za ekplicitnu konstrukciju niza racionalnih brojeva,videti, na primer: Herbert S. Wilf and Neil Calkin, Recounting theRationals, American Mathematical Monthly, April 2000, str. 360 – 363,i Roland Backhouse and Joao F. Ferreira, Recounting the Rationals:Twice!, Mathematics of Program Construction, Springer-Verlag, LNCS5133, str. 79-91, 2008.

Svi do sada posmatrani skupovi su, dakle, najvise prebrojivi. Pre-ostaje da se ispita kardinalnost skupa realnih brojeva.

10.3. Kardinalnost skupa R. Georg Kantor je 1873. godine dokazaoda je skup realnih algebarskih brojeva prebrojiv skup. Dakle, kardinal-nost skupa realnih brojeva je u uskoj vezi sa kardinalnoscu skupa tran-scendentnih brojeva. Razmotrimo najpre pitanje uporedivanja beskonacnihskupova po velicini, to jest po kardinalnom broju. Relacija poretka kojaomogucava navedeno uporedivanje se definise na sledeci nacin:

cardA ¹ cardB ⇐⇒ postoji bijekcija f : A → B1 ⊂ B.

Ova relacija je ocigledno refleksivna i tranzitivna. Antisimetricnostje posledica Sreder-Bernstajnove teoreme koja tvrdi da, ako postojiinjektivno preslikavanje iz skupa X u skup Y i injektivno preslikavanjeiz skupa Y u skup X, onda postoji bijekcija izmedu X i Y .

Ako je cardA ¹ cardB kaze se da je kardinalni broj skupa A manjiod kardinalnog broja skupa B. Ako, pri tome, cardA 6= cardB onda jekardinalni broj skupa A strogo manji od kardinalnog broja skupa B,to jest kardinalnost skupa B je strogo veca od kardinalnosti skupa A,u oznaci A ≺ B.

U slucaju da su A i B konacni skupovi, cardA ¹ cardB ako i samoako je n ≤ m, a A ≺ B ako i samo ako je n < m, gde su n i m brojevielemenata skupa A i skupa B respektivno. Za ma koji konacan skup


A vazi cardA ≺ ℵ0. Takode, ako je A ⊂ B, identicko preslikavanje jebijekcija izmedu A i A ⊂ B, pa je cardA ¹ cardB.

Da je kardinalnost skupa R strogo veca od cardN dokazuje se, dakle,u dva koraka. Najpre, cardN ¹ cardR, jer je N ⊂ R. Preostaje da sedokaze da ne postoji bijekcija izmedu skupa N i R. Mi cemo najprekomentarisati kardinalnost intervala u R.

Posmatrajmo intervale (0, 1) i (0, 1]. Vazi card(0, 1) = card(0, 1].Jedna bijekcija izmedu ovih skupova je, na primer, f : (0, 1) → (0, 1]definisana sa f(1/2) = 0, f(1/(n + 2)) = 1/(n + 1), n ∈ N i f(x) = xza sve x ∈ (0, 1), x 6= 1/(n + 1), n ∈ N. Na slican nacin se dokazuje:

card(0, 1) = card(0, 1] = card[0, 1) = card[0, 1].

Posmatrajmo sada intervale (a, b) i (c, d), a < b, c < d. Jednabijekcija izmedu njih je data linearnom funkcijom koja je odredena saf(a) = c i f(b) = d:

f(x) =d− c

b− ax +

bc− ad

b− a, x ∈ (a, b).

Prema tome, svi intervali (otvoreni, zatvoreni, poluotvoreni) su istekardinalnosti; za proizvoljan ”mali broj”ε > 0 (na primer ε = 10−10) i”veliki broj”M > 0 (na primer M = 1010), intervali (−ε, ε) i (−M, M)su iste kardinalnosti.

Funkcija f1(x) = tan x, x ∈ (−π/2, π/2) je bijekcija izmedu otvorenogintervala (−π/2, π/2) i R, a funkcija f2(x) = (2x−1)/(x−x2), x ∈ (0, 1)je bijekcija izmedu otvorenog intervala (0, 1) i R:

Out[6]=-1.5 -1.0 -0.5 0.5 1.0 1.5

-6

-4

-2

2

4

6

Slika 4. f1(x)

Out[8]=0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-15

-10

-5

5

10

15

Slika 5. f2(x)

Odavde sledi da je cardR = card(−π/2, π/2) = card(0, 1) = card(a, b)za proizvoljne brojeve a < b. Dakle, u smislu kardinalnosti, realnihbrojeva ima onoliko koliko ih ima u proizvoljno malom intervalu.

Teorema 10.4. Vazi: cardN ≺ cardR.


Dokaz. Vec smo utvrdili da je cardN ¹ cardR. Kako je cardR =card(0, 1), dovoljno je da se dokaze da se realni brojevi iz intervala(0, 1) ne mogu poredati u niz. Pretpostavimo suprotno: Neka je

(0, 1) = {x1, x2, x3, . . . }.Neka je I1 ⊂ (0, 1) zatvoren interval koji ne sadrzi tacku x1 (na primer,I1 = [(5x1 + 1)/6, (x1 + 5)/6], citaocu se ostavlja da proveri da jex1 < (5x1+1)/6). Zatim se bira zatvoreni interval I2 ⊂ I1 koji ne sadrzix2.

21 Ovaj postupak se nastavlja za svaki prirodan broj n, cime sedobija niz umetnutih intervala {In}n∈N. Na osnovu Kantorovog principapostoji x ∈ R takav da x ∈ In, za svako n ∈ N. Kako je In ⊂ (0, 1),n ∈ N, sledi da x ∈ (0, 1), pa postoji n0 ∈ N takav da je x = xn0 .

Na osnovu izbora zatvorenih intervala, xn 6∈ In za svako n ∈ N, pax = xn0 6∈ In0 , odakle sledi da x 6∈ ∩n∈NIn, sto je kontradikcija. Prematome, ne postoji bijekcija izmedu N i (0, 1), to jest

cardN ≺ card(0, 1) = cardR,

sto je i trebalo dokazati.Drugi nacin da se dokaze da realnih brojeva u intervalu (0, 1) nema

prebrojivo mnogo, to jest da se ne mogu poredati u niz je Kantorovpostupak dijagonalizacije koji koristi decimalnu reprezentaciju realnihbrojeva.22 ¤

Kardinalnost skupa realnih brojeva naziva se kontinuum i oznacavase sa c.

10.4. Komentari o kardinalnosti partitivnih skupova i c = 2ℵ0.Neka je A ⊂ R, A 6= ∅. Skup ciji su elementi svi podskupovi skupa A,partitivni skup skupa A, ce se oznacavati sa P(A). Ako je cardA = n,onda je cardP(A) = 2n. Ova cinjenica se dokazuje na sledeci nacin.Na osnovu osnovnih kombinatornih principa lako se dokazuje da pos-toji 2n uredenih n−torki koje se sastoje od cifara 0 i 1. Neka je Uskup svih uredenih n−torki koje se sastoje od cifara 0 i 1 i neka jefunkcija f : P(A) → U definisana na sledeci nacin. Ako je B ⊂ A ={a1, a2, . . . , an}, onda je f(B) ∈ U uredena n−torka kod koje je namestu j ∈ {1, 2, , . . . , n} jedinica ako aj ∈ B, a nula ako aj 6∈ B. Ovakodefinisana funkcija f : P(A) → U je bijekcija, pa je cardP(A) = 2n.

21Neka je I1 = [a1, b1]. Ako x2 6∈ I1 onda biramo I2 = I1. Ako x2 ∈ [a1, b1] onda,slicno prethodnom slucaju posmatramo d = b − x2 i biramo I2 = [(x2 + b)/2 −d/3, (x2 + b)/2 + d/3].

22Videti, na primer, D. Adnadevic, Z. Kadelburg - Matematicka analiza I,Naucna knjiga, Beograd, 1989.


Prema tome, ako je cardA = card{1, 2, . . . , n}, onda je cardA ≺cardP(A) jer je n < 2n, za svako n ∈ N. U stvari, za proizvoljan skupA vazi cardA ≺ cardP(A). Dokazimo to.

Neka je f : A → P(A). Dakle, f(a) ∈ P(A) za sve a ∈ A. Posma-trajmo podskup skupa A definisan na sledeci nacin:

X = {x ∈ A | x 6∈ f(x)}.

Ako je f sirjekcija onda postoji x ∈ A takav da je f(x) = X. Moguceje da x ∈ X ili da x 6∈ X. U prvom slucaju, po definiciji skupa Xako x ∈ X onda x 6∈ f(x) = X, sto je kontradikcija. Slicno, akox 6∈ X = f(x) onda, po definiciji skupa X vazi x ∈ X, sto je takodekontradikcija. Dakle, nijedno preslikavanje iz A u P(A) nije sirjektivno.S obzirom da je f : A → P(A) definisano sa f(a) = {a} injektovnopreslikavanje, sledi da vazi cardA ≺ cardP(A).

Dakle, cardN ≺ cardP(N), ali i cardR ≺ cardP(R), pa postoji skupvece kardinalnosti od kardinalnosti skupa R i za skup proizvoljne kar-dinalnosti, na ovaj nacin se mogu definisati skupovi vece kardinalnosti.

Koristeci binarnu i decimalnu reprezentaciju skupa R i teoremu Sreder-Bernstajn moze se dokazati da je card(P(N) = c, sto se ponekadoznacava sa 2ℵ0 = c. Dokaz se moze naci u M. Kurilic, Osnovi opstetopologije, Univerzitet u Novom Sadu, Novi Sad, 1998.

Sada znamo da je prebrojiva beskonacnost ”najmanja”, a beskonacnostkontinuuma ”veca”od nje, to jest ℵ0 ≺ c. Prirodno je postaviti pitanjeda li postoji skup A za koji vazi ℵ0 ≺ cardA ≺ c. Hipoteza kontinuumaje iskaz: ”Ne postoji skup A takav da je ℵ0 ≺ cardA ≺ c”. Ovaj iskaznije moguce dokazati niti opovrgnuti u okviru teorije skupova zasno-vane na aksiomama ZFC sistema, videti, na primer S. Milic, Elementimatematicke logike i teorije skupova, Beograd, 2001.

Na kraju navodimo komentar o kardinalnosti skupa iracionalnih bro-jeva I. Kako je R = Q∪ I, onda I ne moze biti prebrojiv skup, jer bi utom slucaju skup R bio prebrojiv skup, kao unija dva prebrojiva skupa.Prema tome ℵ0 ≺ cardI ¹ cardR, pa, ako vazi hipoteza kontinuuma,onda je cardI = c.

Da je cardI = c moze se dokazati i na sledeci nacin. Pre svega,identicko preslikavanje je injektivno preslikavanje iz I u R, to jestcardI ¹ cardR, pa ako postoji injektivno preslikavanje iz R u I, onda naosnovu teoreme Sreder-Bernstajn postoji bijekcija izmedu tih skupova.Ovde se koristi decimalna reprezentacija brojeva i cinjenica da ira-cionalni brojevi imaju decimalni zapis sa beskonacno mnogo razlicitihcifara iza decimalnog zareza, bez periodicnog ponavljanja neke grupecifara.


Dakle, ako je decimalni zapis realnog broja dat sa M, b1b2b3b4b5 . . .onda definisemo f(M, b1b2b3b4b5 . . . ) na sledeci nacin: iza prve cifre izadecimalnog zareza (b1) napise se cifra 0, iza druge cifre (b2) napise se 11,iza trece 000, iza cetvrte 1111 i tako dalje, iza cifre b2n napise se 2n je-dinica, a iza cifre b2n+1 napise se 2n+1 nula. Pri tome, ako je decimalanzapis datog realnog broja konacan, onda se koristi zapis istog broja kojise zavrsava beskonacnim ponavljanjem cifre 9. Na primer, 3, 1415 =3, 1414999999. Slika ovog broja bi bila 3, 1041110004111190000091111119000000091 . . . .Ovim se dobija injektivno preslikavanje iz R u I, odakle sledi cardR ¹cardI. Prema tome, cardI = c.

11. Osnovni topoloski pojmovi u R

U ovom predavanju skup realnih brojeva se snabdeva topoloskomstrukturom. Najpre ce se definisati pojam topoloskog prostora, a za-tim ce se komentarisati meduodnos tacke x ∈ R i skupa A ⊂ Rpomocu topoloskih pojmova. Posebno cemo se zadrzati na pojmu tackenagomilavanja nekog skupa tacaka.

11.1. Topoloski prostor. Neka je X proizvoljan neprazan skup i nekaje τ kolekcija podskupova skupa X, τ ⊂ P(X), gde je sa P(X) oznacenpartitivni skup skupa X. Ako su ispunjeni sledeci uslovi:

T.1 ∅, X ∈ τ,T.2 (∀O1,O2 ∈ X)(O1,O2 ∈ τ ⇒ O1 ∩ O2 ∈ τ),T.3 (∀Oλ ∈ X, λ ∈ Λ)(Oλ ∈ τ ⇒ ∪λ∈ΛOλ ∈ τ).

onda je (X, τ) topoloski prostor, a τ topologija na X. Elementi kolekcijeτ se, u tom slucaju, nazijavu otvoreni skupovi.

Na primer, za svaki neprazan skup X, τ = {∅, X} je (najgrublja)topologija na X, a τ = P(X) je najfinija topologija na X.

Iz uslova T.2 sledi da je svaki skup dobijen presekom konacno mnogootvorenih skupova iz τ otvoren skup u τ . Iz T.3 sledi da je proizvoljnaunija elemenata skupa τ takode element skupa τ.

Neka je (X, τ) topoloski prostor. Skup B ⊂ X je zatvoren skup u(X, τ) ako i samo ako je njegov komplement otvoren skup u (X, τ).Prema tome, ∅ i X su i otvoreni i zatvoreni skupovi u proizvoljnojtopologiji na X. U opstem slucaju, proizvoljan poskup skupa X nemora da bude otvoren niti zatvoren.

11.2. Uobicajena topologija skupa R. Podsetimo se, apsolutna vred-nost broja x ∈ R je data sa:

|x| ={

x, x ≥ 0−x, x < 0.


Prema tome, ako je ε > 0, vazi |x| < ε ⇔ x ∈ (−ε, ε). Takode, ako suzadati brojevi x ∈ R i ε > 0, onda je y ∈ (x − ε, x + ε) ako samo akoje |y − x| < ε.

Okolina tacke x ∈ R je svaki skup koji sadrzi otvoreni interval kojisadrzi tacku x. Dakle, ako x ∈ (a, b) onda je svaki nadskup skupa(a, b) okolina tacke x. S obzirom da je svaki skup samom sebi nadskup,sledi da je svaki otvoreni interval koji sadrzi tacku x okolina te tacke.Posebno, za ma koji broj ε > 0, interval (x − ε, x + ε) je ε−okolinatacke x.

Lema 11.1. Ako x ∈ (a, b) onda (a, b) sadrzi neku ε−okolinu tacke x.

Dokaz. Neka x ∈ (a, b) i neka je ε = min{b−x, x−a}. Tada za proizvol-jan broj y ∈ (x − ε, x + ε) vazi: y > x − ε ≥ x − (x − a) = a kao iy < x + ε ≤ x + (b− x) = b, pa je (x− ε, x + ε) ⊂ (a, b). ¤

Iz leme 11.1 sledi da je skup S okolina tacke x ∈ R ako i samo akopostoji ε > 0 tako da je (x− ε, x + ε) ⊂ S.

Definicija 11.2. Neka je O ⊂ R. Skup O je otvoren skup u R ako isamo ako je O okolina svake svoje tacke.

Iz dokaza leme 11.1 sledi da je otvoreni interval (a, b) okolina svakesvoje tacke. Prema tome, otvoreni intervali u R su otvoreni skupovi uR. Naravno, nije svaki otvoren skup u R nekakav otvoren interval. Naprimer, unija disjunktnih otvorenih intervala (a, b) sup(c, d), a < b <c < d je otvoren skup u R koji nije otvoren interval. Primetimo da jecardA = cardR za svaki otvoren skup A u R.

Teorema 11.3. Date su tacke a, b ∈ R. Tada postoje disjunktne oko-line tih tacaka.

Dokaz. Neka je a < b. Ako je ε = (b − a)/3 onda iz x ∈ (a − ε, a + ε)sledi

x < a + ε = a +b− a

3=

2a

3+

b

3<

a

3+

2b

3= b− b− a

3= b− ε,

pa su (a− ε, a + ε) i (b− ε, b + ε) disjunktne okoline tacaka a i b. ¤Znacaj kolekcije svih otvorenih skupova skupa R sledi iz naredne

teoreme.

Teorema 11.4. Neka je τ = {O ⊂ | O je otvoren skup u R}. Tadaje (R, τ) topoloski prostor.

Dokaz. T.1: ∅ ∈ τ sledi trivijalno. Takode, R ∈ τ jer, na primer(x− 1, x + 1) ∈ R za proizvoljnu tacku x ∈ R.


T.2: Neka su O1,O2 ∈ τ i x ∈ O1 ∩ O2. Dakle, postoje pozitivnibrojevi ε1 i ε2 tako da vazi: (x − ε1, x + ε1) ⊂ O1 i (x − ε2, x + ε2) ⊂O2. Ako je ε = min{ε1, ε2}, onda vazi (x − ε, x + ε) ⊂ O1 ∩ O2, paO1 ∩ O2 ∈ τ .

T.3: Neka je Oλ ∈ τ za proizvoljnu familiju indeksa λ ∈ Λ i nekax ∈ ∪λ∈ΛOλ. To znaci da postoji indeks λ0 ∈ Λ takav da je x ∈ Oλ0 .Iz Oλ0 ∈ τ sledi da postoji ε > 0 tako da vazi: (x− ε, x + ε) ⊂ Oλ0 ⊂∪λ∈ΛOλ pa je ∪λ∈ΛOλ ∈ τ.

Dakle, (R, τ) je topoloski prostor. ¤

Topologija uvedena na R uz pomoc otvorenih skupova naziva seuobicajena topologija na R.

U sledecoj definiciji precizira se odnos neke tacke i nekog skupa, pricemu se posmatra uobicajena topologija na R.

Definicija 11.5. Neka je A ⊂ R. Tacka x ∈ R je unutrasnja tackaskupa A ako postoji otvoren skup O tako da vazi x ∈ O ⊂ A. Skup svihunutrasnjih tacaka skupa A se oznacava sa A◦.

Tacka x ∈ R je adherentna tacka skupa A ako svaka okolina tacke xima neprazan presek sa skupom A. Skup adherentnih tacaka skupa A jeadherencija ili zatvaranje skupa A i oznacava se sa A.

Ako svaka okolina tacke x ∈ R ima neprazan presek sa skupomA\{x} onda je x tacka nagomilavanja skupa A. Skup svih tacaka nagomila-vanja (izvodni skup) skupa A se oznacava sa A′.

Tacka x ∈ R je rubna tacka skupa A ako svaki otvoren skup koji jesadrzi ima neprazan presek sa skupom A i sa komplementom skupa A.Skup rubnih tacaka (rub) skupa A oznacava se sa ∂A.

Tacka x ∈ R je izolovana tacka skupa A ako postoji okolina U tackex tako da je U ∩ A = {x}.

Iz definicije direktno sledi cardA = cardR za svaki skup A neprazneunutrasnjosti, A◦ 6= ∅, pa samim tim najvise prebrojivi skupovi ne-maju nijednu unutrasnju tacku. Takode svaka tacka konacnog skupaje njegova izolovana i njegova rubna tacka. Stavise, ∂N = N. Takode,svaki skup je podskup svoje adherencije.

Citaocu se ostavlja za vezbu da dokaze da za svaki skup S ⊂ R vazi:∂S ⊂ S, S◦ ⊂ S, S◦ ∩ ∂S = ∅.

Za ilustraciju pokazimo da je S◦ ∩ ∂S = ∅. Dovoljno je dokazati daiz x ∈ S◦ sledi x 6∈ ∂S. Neka x ∈ S◦. Tada postoji ε > 0 tako da je(x − ε, x + ε) ⊂ S. Dakle, iz y ∈ (x − ε, x + ε) sledi y 6∈ R \ S, paje (x − ε, x + ε) okolina tacke x u kojoj nema tacaka iz R \ S, to jestx 6∈ ∂S. Dakle, S◦ ∩ ∂S = ∅.


Primer 11.6. Dati su skupovi A = {1/n | n ∈ N}, B = {(−1)n/n | n ∈N}, C = {1/n | n ∈ N} ∪ {0}. Odrediti unutrasnjost, rub, adherenciju,tacke nagomilavanja i izolovane tacke datih skupova.

Dokaz. S obzirom da su svi dati skupovi prebrojivi, njihova unutrasnjostje prazan skup.

Neka je (x−ε, x+ε) proizvoljna ε−okolina tacke x ∈ A. Osim tackeskupa A (trivijalno, x ∈ A), u njoj se nalaze i elementi komplementaskupa A. Ovo sledi iz cardA = cardN i card(x− ε, x + ε) = cardR, panije moguce da vavzi (x− ε, x + ε) ⊂ A. Dakle, A ⊂ ∂A.

Uz to, 0 ∈ ∂A jer se u proizvoljnom intervalu (−ε, ε) nalazi 0 6∈ A ineki element skupa A (ovo sledi iz posledice Arhimedovog principa, jerza zadato ε > 0 postoji 1/n ∈ A takav da je 1/n < ε).

Takode, nijedna tacka x 6∈ A∪{0} nije rubna tacka skupa A. Naime,iz teoreme 11.3 sledi da postoje disjunktne okoline tacke x i proizvoljnetacke skupa A ∪ {0}, pa, dakle, postoji okolina tacke x u kojoj nemaelemenata skupa A.

Zakljucak: ∂A = A ∪ {0}.Iz navedene argumentacije sledi i A = A ∪ {0}, kao i da je 0 jedina

tacka nagomilavanja skupa A.Da je svaka tacka skupa A je njegova izolovana tacka takode sledi iz

teoreme 11.3.Citaocu se ostavlja da za vezbu ispita skupove B i C. ¤

11.3. Tri teoreme u vezi tacaka nagomilavanja. Podsetimo se,x ∈ R je tacka nagomilavanja skupa A ako za svako ε > 0 vazi:

(x−ε, x+ε)∩A\{x} = (x−ε, x+ε)\{x}∩A = ((x−ε, x+ε)∩A)\{x} 6= ∅.Ekvivalentna definicija tacke nagomilavanja (u vidu porebnog i do-voljnog uslova) je data u sledecoj teoremi.

Teorema 11.7. Tacka x ∈ R je tacka nagomilavanja skupa A ako isamo ako u svakoj okolini tacke x postoji beskonacno mnogo elemenataskupa A.

Dokaz. Razumljivo, ako u proizvoljnoj okolini tacke x postoji beskonacnomnogo elemenata skupa A, onda postoji barem jedan element u pre-seku te okoline i skupa A \ {x}, pa je x tacka nagomilavanja skupaA.

Obratno, ako je x je tacka nagomilavanja skupa A i ako je (x−ε, x+ε)proizvoljna okolina tacke x, onda postoji x1 ∈ (x− ε, x + ε) ∩A \ {x}.Ako je ε1 = |x − x1|/3 onda, sa jedne strane x1 6∈ (x − ε1, x + ε1), asa druge strane, s obzirom da je x je tacka nagomilavanja skupa A,


sledi da postoji x2 ∈ (x − ε1, x + ε1) ∩ A \ {x}. Kako je ε1 < ε, sledi(x− ε1, x + ε1) ⊂ (x− ε, x + ε), pa x2 ∈ (x− ε, x + ε) i x2 6= x1.

Neka je ε2 = |x−x2|/3. Vazi: x2 6∈ (x−ε2, x+ε2) i postoji x3 ∈ (x−ε2, x+ε2)∩A\{x}. Kako je ε2 < ε, sledi (x−ε2, x+ε2) ⊂ (x−ε, x+ε),pa x3 ∈ (x− ε, x + ε) i x3 6∈ {x1, x2}.

Nastavljajuci navedeni postupak, zakljucujemo da, za svako n ∈ N,postoje medusobno razlicite tacke x1, x2, . . . , xn tako da vazi:

{x1, x2, . . . , xn} ⊂ (x− ε, x + ε) ∩ A \ {x}.Prema tome, za proizvoljno ε > 0, u okolini (x − ε, x + ε) se nalazibeskonacno mnogo elemenata skupa A, sto je i trebalo da se dokaze. ¤

Direktna posledica prethodne teoreme je da konacni podksupoviskupa R nemaju nijednu tacku nagomilavanja.

Teorema 11.8. Skup A ⊂ R je zatvoren skup ako i samo ako A sadrzisve svoje tacke nagomilavanja.

Dokaz. Neka je A zatvoren skup i neka je x njegova tacka nagomila-vanja. Pretpostavimo da x 6∈ A, to jest x ∈ R \ A. S obzirom da jeR \ A otvoren skup (jer je A zatvoren), sledi da je on okolina tacke x.Dakle, postoji ε > 0 tako da je (x−ε, x+ε) ⊂ R\A, pa se u toj okolinitacke x ne nalazi nijedan element skupa A, odakle sledi da x nije tackanagomilavanja skupa A. Ovo je kontradikcija, pa sledi da x ∈ A.

Obratno, neka skup A sadrzi sve svoje tacke nagomilavanja. AkoR \ A nije otvoren skup, onda sledi da postoji x ∈ R \ A takav danijedna okolina tacke x nije sadrzana u R \ A. Drugim recima, svakaokolina tacke x ima neprazan presek sa skupom A. S obzirom dax 6∈ A sledi da svaka okolina tacke x ima neprazan presek sa skupomA \ {x}, pa je x tacka nagomilavanja skupa A koja mu ne pripada.Ovo je kontradikcija, pa je R \A otvoren skup, odnosno A je zatvorenskup. ¤

Dakle, svi skupovi koji nemaju tacke nagomilavanja su zatvoreni.Tako su, na primer, svi konacni skupovi zatvoreni. Prema tome, beskonacnakardinalnost je potreban uslov za egzistenciju tacke nagomilavanja. Dataj uslov nije dovoljan pokazuje primer skupa prirodnih brojeva koji jebeskonacan skup ali nijedan realan broj nije njegova tacka nagomila-vanja.

U sledecoj teoremi navodi se jedan dovoljan uslov za egzistencijutacke nagomilavanja datog skupa.

Teorema 11.9. (Bolcano-Vajerstrasova teorema) Svaki beskonacan iogranicen podskup skupa R ima barem jednu tacku nagomilavanja u R.


Dokaz. Neka je A proizvoljan beskonacan i ogranicen podskup skupaR. Iz ogranicenosti sledi da postoji zatvoren interval I1 = [a1, b1] takavda je A ⊂ [a1, b1].

Posmatrajmo intervale [a1, (a1 + b1)/2] i [(a1 + b1)/2, b1]. Jedan odnjih sadrzi beskonacno mnogo elemenata skupa A, jer bi u suprotnomskup A bio konacan. Neka je I2 = [a1, (a1 + b1)/2] u sklucaju da tajinterval sadrzi beskonacno mnogo elemenata skupa A, odnosno I2 =[(a1+b1)/2, b1] ako [(a1+b1)/2, b1] sadrzi beskonacno mnogo elemenataskupa A. Dakle, I2 = [a2, b2] je zatvoren interval izabran tako da sadrzibeskonacno mnogo elemenata skupa A, I2 ⊂ I1 i |I2| = |I1|/2, duzinaintervala I2 jednaka je polovini duzine polaznog intervala.

Posmatrajmo sada intervale [a2, (a2 + b2)/2] i [(a2 + b2)/2, b2]. Jedanod njih sadrzi beskonacno mnogo elemenata skupa A, jer bi se u suprot-nom u intervalu I2 nalazilo konacno mnogo elemenata skupa A. Neka jeI3 = [a2, (a2+b2)/2] u sklucaju da taj interval sadrzi beskonacno mnogoelemenata skupa A, odnosno I3 = [(a2 + b2)/2, b2] ako [(a2 + b2)/2, b2]sadrzi beskonacno mnogo elemenata skupa A. Dakle, I3 = [a3, b3] jezatvoren interval izabran tako da sadrzi beskonacno mnogo elemenataskupa A, I3 ⊂ I2 ⊂ I1 i |I3| = |I1|/22.

Ovaj postupak se nastavlja tako da se za svako n ∈ N izaberezatvoren interval In takav da sadrzi beskonacno mnogo elemenata skupaA, In ⊂ In−1 ⊂ · · · ⊂ I1 i |In| = |I1|/2n−1. Niz {In}n∈N je niz umetnu-tih intervala, pa iz Kantorovog principa sledi da postoji c ∈ R koji senalazi u preseku svih elemenata tog niza.

Preostaje da se dokaze da je c tacka nagomilavanja skupa A.Neka je (c − ε, c + ε) proizvoljna okolina tacke c. Kako je 2n−1 ≥ n

za sve n ∈ N, to jest 1/2n−1 ≤ 1/n, iz posledice Arhimedovog principasledi da postoji n0 tako da je 1/2n0−1 ≤ 1/n0 < ε/|I1|. Prema tome, unizu umetnutih intervala postoji interval In0 = [an0 , bn0 ] cija je duzinamanja od ε. Jasno, c ∈ In0 .

Ako x ∈ [an0 , bn0 ] onda je x − c ≤ bn0 − c ≤ bn0 − an0 < ε, ix − c ≥ an0 − c ≥ an0 − bn0 > −ε, to jest x ∈ (c − ε, c + ε) pa je[an0 , bn0 ] ⊂ (c− ε, c + ε).

Po konstrukciji niza umetnutih intervala, svaki od njih sadrzi beskonacnomnogo tacaka skupa A, pa to vazi i za In0 . Kako je In0 ⊂ (c− ε, c + ε)zakljucujemo da se u proizvoljnoj okolini tacke c nalazi beskonacnomnogo tacaka skupa A. Na osnovu teoreme 11.7 sledi da je c tackanagomilavanja skupa A. ¤

Napomena 11.10. U prosirenom skupu realnih brojeva R = R ∪{−∞, +∞} moguce je definisati okolinu fiktivnih elemenata. Tako jeokolina od +∞ svaki skup koji sadrzi interval oblika (M, +∞), za neko


M ∈ R, a okolina od −∞ je svaki skup koji sadrzi interval oblika(−∞,M), za neko M ∈ R. U tom smislu se mogu prosiriti topoloskipojmovi iz definicije 11.5 na skup R. Na primer, ∞ je tacka nagomila-vanja skupa A ⊂ R ako za svako M ∈ R vazi (M,∞) ∩ A 6= ∅.

Tako je, na primer, +∞ tacka nagomilavanja skupa N. U tom smisluvazi uopstenje Bolcano-Vajerstrasove teoreme: Svaki beskonacan pod-skup skupa R ima tacku nagomilavanja u R.

11.4. Kompaktni skupovi u R. Svojsto kompaktnosti je veoma znacajnosvojstvo skupova u topoloskim prostorima, a u skupu realnih brojevaopisuje se uz pomoc nekoliko ekvivalentnih uslova. Ovom prilikomje odabrana uobicajena definicija kompaktnog skupa u R koja je, sajedne strane u tesnoj vezi sa strukturom skupa realnih brojeva, ali,sa druge strane, nije ekvivalentna definiciji svojstva kompaktnosti uproizvoljnom topoloskom prostoru.23

Definicija 11.11. Neprazan podskup skupa R je kompaktan ako i samoako je zatvoren i ogranicen.

Jasno, svaki konacan skup je kompaktan u R. Ako je kompaktanskup beskonacan, onda on ima tacku nagomilavanja na osnovu Bolcano-Vajerstrasove teoreme. Stavise, svaka tacka nagomilavanja kompak-tnog skupa pripada tom skupu. Ovo tvrdenje necemo dokazati, a dokazse moze naci u Lj. Gajic, Predavanja iz uvoda u analizu, Novi Sad,2004.

Teorema 11.12. Svaki kompaktan podskup skupa R ima maksimalani minimalan element.

Dokaz. Neka je K proizvoljan kompaktan posdkup skupa R. Skup Kje ogranicen, pa postoje supremum i infimum tog skupa u R. Nekaje s = sup K i i = inf K. Dovoljno je da dokazemo s i i pripadajuskupu K, jer su onda s i i maksimalni i minimalni element skupa Ktim redom.

Dokazimo da s = sup K ∈ K, a citaocu ostavljamo za vezbu dadokaze da i = inf K ∈ K. Dodoljno je da se dokaze da nijedan elementskupa R \ K nije supremum skupa K. Neka je y proizvoljna tackaskupa R \K. Skup R \K je otvoren, pa je on okolina tacke y, to jestpostoji ε > 0 tako da je (y− ε, y + ε) ⊂ R \K. Dakle, ako x ∈ K ondaje x < y − ε. To znaci da je y − ε gornje ogranicenje skupa K, pa jes ≤ y − ε < y, jer je s najmanje gornje ogranicenje skupa K. Dakle,y nije supremum skupa K. To znaci da supremum mora da pripadaskupu K. ¤

23Vise detalja citalac moze da nade u M. Kurilic, Osnovi opste topologije, Uni-verzitet u Novom Sadu, Novi Sad, 1998.

Documents

PREDAVANJA O STRUKTURI SKUPA REALNIH BROJEVA · PDF fileElementi skupa X se nazivaju nezavisno promenljive. Funkcija f: X ! Y je "1