Sadrzajˇ - u: n: t: z. b: apmf.untz.ba/staff/nermin.okicic/Bihac/...skripta.pdf · 1.1 Prametricki prostoriˇ 3 Prametrika koja ispunjava josˇ jedan zahtjev, poznat pod nazivom

Sadrzaj

1 Predmetricki prostori 11.1 Prametricki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 11.2 Pseudometricki prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 41.3 Kvazimetricki prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 51.4 Ultrametricki prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 81.5 Sumarni pregled geneze metrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 9

2 Metri cki prostori 112.1 Metrika i metricki prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 12

2.1.1 Osobine metrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.1.2 Pravljenje novih metrika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 142.1.3 Konstrukcija metrike na produkt prostoru . . . . . . . . . .. . . . . . . 162.1.4 Primjeri metrickih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 182.1.5 Ograniceni skupovi u metrickom prostoru . . . . . . . . .. . . . . . . . 242.1.6 Topologija metrickih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 312.1.7 Ekvivalentnost metrika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 402.1.8 Potprostor metrickog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 44

2.2 Neprekidnost na metrickim prostorima . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . 462.2.1 Opste napomene o preslikavanjima . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 462.2.2 Neprekidnost preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 472.2.3 Uniformna i Lipschitz neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 49

2.3 Konvergencija u metrickim prostorima . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . 52

3 Kompletnost metrickih prostora 573.1 Kompletnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .573.2 Kompletiranje metrickog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . 643.3 Kategorijalnost skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 68

4 Separabilnost metrickih prostora 714.1 Pojam separabilnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 714.2 Osobine separabilnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 72

5 Povezanost (koneksnost) metrickih prostora 765.1 Definicija i osobine povezanosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 775.2 Komponente povezanosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 815.3 Putna povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 82

ii SADRZAJ

6 Kompaktnost metrickih prostora 856.1 Definicija kompaktnosti i karakterizacije . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . 856.2 Neprekidne funkcije na kompaktnim skupovima . . . . . . . . .. . . . . . . . . 906.3 Lokalna kompaktnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 926.4 Specijalni kriteriji relativne kompaktnosti . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . 93

7 Banachov stav o fiksnoj tacki 977.1 Kontrakcija i fiksna tacka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 977.2 Primjene Banachovog stava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 104

Bibliografija 111

SADRZAJ iii

Predgovor

Posmatrajmo dva primjera poznata nam iz matematicke analize

Primjer. Neka je f: R → R. Funkcija f je neprekidna u tacki a∈ R ako za proizvoljnoε > 0postojiδ > 0, tako da je| f (x)− f (a)| < ε , kad god je|x−a|< δ .

Primjer. Posmatrajmo preslikavanje F: R2 →R. Neka je L granicna vrijednost funkcije F, kadase X(x1,x2) pribli zava tacki A(a1,a2). To znaci da za proizvoljno zadatoε > 0 postojiδ > 0, takoda je |F(x1,x2)−L|< ε cim je0<

√

(x1−a1)2+(x2−a2)2 < δ .

Iskazujuci gornje cinjenice obicnim govorom, u prvom primjeru tvrdimo da je vrijednost funkcijef (x) proizvoljno blizu vrijednostif (a), cim je tackax dovoljno blizu tackia. U drugom primjerutvrdimo da ceF(x1,x2) biti kako god hocemo blizu vrijednostiL, samo treba tackaX(x1,x2) bitidovoljno blizu tackiA(a1,a2).Ocigledno da u oba gornja primjera nisu toliko bitna algebarska svojstva realne prave i realneravni, koliko cinjenica da smo u stanju mjeriti rastojanjaizmedu tacaka u datim skupovima.Ideje granicne vrijednosti i neprekidnosti koje smo izucavali u ranijim kursevima Matematicke

analize, a ticu se Euklidskih prostora, bitne su i u drugim prostorima, naprimjer u prostorimafunkcija ili prostorima nizova. Obje ove ideje vezane su za pojam blizine. Ovo cemo mnogo boljeshvatiti i razumjeti ako pojam blizine definisemo u terminima neke funkcijerastojanja. Ovakavkoncept nas dovodi do pojma metrickih prostora.Metricki prostori su specijalna vrsta topoloskih prostora. Svaki metricki prostor moze se na

prirodan nacin snabdjeti topologijom koja ovisi o metricitog metrickog prostora. Prema tome,metricki prostori daju bogat izvor primjera u topologiji,a uz to mnoge primjene topologije uanalizi su date putem metrickih prostora.Iako mozda svako od nas ima svoju predstavu o prostoru, svima je iz svakodnevnog zivota poz-

nato, makar iskustveno, sta znaci prostor, a sta rastojanje. Prostor uobicajeno shvatamo kao nekomjesto gdje se odigravaju dogadaji, a pod rastojanjem shvatamo najkracu duzinu izmedu dvijetacke. Prirodno, u prostor postavljamo i koordinatni sistem, a u okviru njega biramo tacku za kojukazemo da ”od nje pocinje sve”, koordinatni pocetak. Takode je svima dobro poznato da se rasto-janje izmedu dvije tacke u prostoru koji dozivljavamo, odreduje cuvenom Pitagorinom teoremom:

d2 = (x1−x2)2+(y1−y2)

2+(z1−z2)2 ,

gdje jed rastojanje, axi ,yi i zi (i ∈ 1,2), koordinate tacaka izmedu kojih mjerimo rastojanje.Sve je ovo ”jednostavno” i dobro poznato iz svakodnevnog zivota, ali ”jednostavan” je i prostoru kome mislimo da zivimo. To je samo jedan specijalan slucaj opsteg pojma prostora i nacinamjerenja rastojanja.Ideja o objektima koji postoje u nekoj vrsti prostora je od temeljne vaznosti za ljudska bica da

bi razumjeli svoje okruzenje, svemir. Nije samo da su u stvarnom zivotu ovakve pojave uskopovezane s prostor-vremenom koga opisuje fizika, nego su i apstraktni pojmovi rutinski oslikanikao nesto sto postoji u konceptualnim prostorima. Ta masta je implicitna u jeziku koji koristigeometrijske i prostorne uslove za opisivanje stvari. Osimfizickog prostora, mozemo govoritio priblizavanju tangente ka objektu, o prijateljima koji su u neposrednoj blizini, o vicu koji idepredaleko, ili idejama koje su na jedan ili drugi nacin tacne. Psihologija povezanosti izmedu mjestai smjera u fizickom prostoru, i apstraktnih ideja u nasem umu, moze biti od temeljne vaznosti zarazvojne funkcije.

1Predmetricki prostori

1.1 Prametricki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Pseudometricki prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Kvazimetricki prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4 Ultrametri cki prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.5 Sumarni pregled geneze metrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 9

U ovom prvom dijelu kursa pokusat cemo doci do pojma rastojanja genezom uslova (aksioma)na funkciju koja bi trebala predstavljati alat za mjerenje rastojanja, odnosno doci do prirodnihzahtjeva, ali takode i minimalnog broja istih, na metriku ili metricku funkciju. To ce rezultiratinizom prostora koji ”prethode” metrickim prostorima i predstavljat ce prirodan uvod ka pojmumetrickog prostora.

1.1 Prametricki prostori

Definicija 1.1.1

Neka jeX proizvoljan skup. Ako funkcijad : X×X →R, za proizvoljnex,y∈X zadovoljavauslove

(M1) 0≤ d(x,y) <+∞,

(M2′) x= y =⇒ d(x,y) = 0,

tada kazemo da jed prametrika, a uredeni par(X,d) nazivamo prametricki prostor.

Primjer 1. SkupX = 0,1 je sa funkcijom definisanom na sljedeci nacin:

d(0,1) = 1 , d(1,0) = 0 , d(0,0) = 0 i d(1,1) = 0 ,

prametricki prostor. Da se u ovo uvjerimo, treba pokazati da su zadovoljeni uslovi dati gornjomdefinicijom.

(M1) Kako vrijednost funkcijed moze biti jedino 1 ili 0, a oba ova broja su veca ili jednaka nuli,to je ovaj uslov zadovoljen.

(M2′) Vrijedi jer je d(0,0) = 0 i d(1,1) = 0.

Dakle, data funkcija je prametrika na skupuX, a uredeni par(X,d) je prametricki prostor.♦

2 Poglavlje 1. Predmetricki prostori

Definicija 1.1.2

Neka jeX proizvoljan skup. Funkcijud : X ×X → R, koja za bilo kakav izbor elemenatax,y∈ X zadovoljava uslove

(M1) 0≤ d(x,y) <+∞,

(M2) d(x,y) = 0 ⇐⇒ x= y,

nazivamo razdvajajuca prametrika na skupuX.

Kod prametrickog prostora zahtjevamo dvije najelementarnije osobine mjerenja rastojanja, da jerastojanje njegovih elemenata nenegativno i konacno, i daje rastojanje tacke od ”same sebe” 0.Medutim, u prametrickom prostoru ne mozemo razlikovati taˇcke. Pojacavanjem uslova (M2′)dobijamo mogucnost detekcije razlicitih tacaka prostora, a to rezultira i novim prostorom.Jasno je da je razdvajajuca prametrika ustvari prametrikakod koje je uslov (M2′) pojacan sa

obrnutom implikacijom, tj. prametrika kod koje iz cinjenice da ako je rastojanje izmedu dvaobjekta jednako 0 (d(x,y) = 0), ta dva objekta su jedno te isto (x= y).Uslove prametrike mozemo pojacati i na drugi nacin.

Definicija 1.1.3

Neka jeX proizvoljan skup. Funkcijud : X ×X → R, koja za bilo kakav izbor elemenatax,y∈ X zadovoljava uslove

(M1) 0≤ d(x,y) <+∞,

(M2′) x= y =⇒ d(x,y) = 0,

(M3) d(x,y) = d(y,x),

nazivamo simetricna prametrika na skupuX.

Uslov (M3) naziva se uslov simetricnosti, a odatle i naziv za funkcijud u gornjoj definiciji.

Primjer 2. Posmatrajmo skupR2. Za proizvoljne(x1,y1) i (x2,y2) iz R2 definisimo funkciju

d((x1,y1),(x2,y2)) =

0 , x1 = x2

|y2−y1| , x1 6= x2(1.1)

Ova funkcija je simetricna prametrika na skupuR2. Zaista,Na osnovu definicije apsolutne vrijednosti vrijedi uslovM1. Neka je(x1,y1) = (x2,y2), tada

prema definiciji jednakosti uredenih parova jex1 = x2 i y1 = y2. Sada je prema definiciji funkcijed, d((x1,y1),(x2,y2)) = 0, te vrijediM2′.Neka jex1 = x2, tada jed((x1,y1),(x2,y2)) = 0 = d((x2,y2),(x1,y1)). Neka jex1 6= x2, tada

imamod((x1,y1),(x2,y2)) = |y2−y1|= |y1−y2|= d((x2,y2),(x1,y1)).

U oba moguca slucaja zadovoljena je simetricnost odnosno uslovM3.Prema dokazanim osobinama vrijedi da je sa (1.1) na skupuR2 definisna simetricna prametrika.Primjetimo da data funkcijad nije razdvajajuca prametrika. Zaista, za tacke(1,1),(1,4) ∈ R2

vrijedi d((1,1),(1,4))=0, a ocigledno je(1,1) 6= (1,4), tj. ne vrijedi osobina (M2).♦

1.1 Prametricki prostori 3

Prametrika koja ispunjava jos jedan zahtjev, poznat pod nazivom nejednakost trougla, je hemi-metrika.Cesto ovaj termin nalazimo i pod imenom pseudokvazimetrika.

Definicija 1.1.4

Neka jeX proizvoljan skup. Funkcijud : X×X →R, koja za bilo kakav izbor elemenatax,yi z iz skupaX zadovoljava uslove

(M1) 0≤ d(x,y) <+∞,

(M2′) x= y =⇒ d(x,y) = 0,

(M4) d(x,y) ≤ d(x,z)+d(z,y),

nazivamo hemimetrika na skupuX, a odgovarajuci prostor naziva se hemimetricki prostor.

Primjer 3. Neka jeX = R i neka jed : X×X → R zadata sa

d(a,b) = maxa−b,0 , a,b∈ R .

Uslov (M1) je trivijalno zadovoljen. Ako sua,b∈ R, takvi da jea= b, tada je

d(a,b) = d(a,a) = maxa−a,0 = 0 ,

te je i uslov (M2’) zadovoljen.Neka su sadaa,b∈R i neka jea< b. Za proizvoljnoc∈R razmatrajmo slucajeve:

• c< a< b: Tada jed(a,c)+d(c,b) = a−c+0> 0= d(a,b).

• a< c< b: d(a,c)+d(c,b) = 0+0= 0= d(a,b).

• a< b< c: d(a,c)+d(c,b) = 0+c−b> 0= d(a,b).

Dakle, u sva tri slucaja vrijedi:d(a,b) ≤ d(a,c)+d(c,b).Na potpuno analogan nacin se razmatra i slucaja > b, te zakljucujemo da vrijedi osobina (M4).Time je definisana funkcijad hemimetrika naX. ♦

Razdvajajuca prametrika kojoj se namece jos i uslov simetricnosti, naziva se semimetrika.

Definicija 1.1.5

Neka jeX proizvoljan skup. Funkcijud : X×X →R, koja za bilo kakvex,y∈X zadovoljavauslove

(M1) 0≤ d(x,y) <+∞,

(M2) d(x,y) = 0 ⇐⇒ x= y,

(M3) d(x,y) = d(y,x),

nazivamo semimetrika na skupuX, a odgovarajuci prostor semimetricki prostor.


1.2 Pseudometricki prostor

Hemimetricki prostor u kome vrijedi uslov(M3), koga nazivamo simetricnost, naziva se pseudo-metricki prostor.

Definicija 1.2.1

Neka jeX proizvoljan skup. Funkcijad : X×X → R, koja za proizvoljnex,y,z∈ X zadovo-ljava uslove

(M1) 0≤ d(x,y) <+∞,

(M2′) x= y =⇒ d(x,y) = 0,

(M3) d(x,y) = d(y,x),

(M4) d(x,z) ≤ d(x,y)+d(y,z),

zove se pseudometrika na skupuX. Odgovarajuci prostor je pseudometricki prostor.

Primjer 4. Neka sua= (a1,a2) i b= (b1,b2) tacke ravniR2 i neka je funkcijad definisana sa

d(a,b) = |a2−b2|, (1.2)

tj. jednaka apsolutnoj vrijednosti razlike drugih koordinata tacaka. Funkcijad je pseudometrika,a uredeni par(R2,d) je pseudometricki prostor.

b

b

b

b

(a1,a2)

(b1,b2)

d(a,b)

(a1,y)

(b1,y)

d(a,b) = 0

Slika 1.1: Primjer pseudometrike u ravni.

Neka sua= (a1,a2) , b= (b1,b2) i c= (c1,c2) iz R2. Treba provjeriti zadovoljava li funkcijad,definisana sa (1.2), uslove iz Definicije 1.2.1.

(M1) Vrijedi da jed(a,b) ≥ 0 jer je po definiciji funkcija jednaka apsolutnoj vrijednosti koja jeuvijek nenegativna.

(M2′) Neka jea= b, odnosnoa1 = b1 i a2 = b2. Tada jed(a,b) = |a2−b2|= 0, te je drugi uslovpseudometrike zadovoljen.

(M3) Simetricnost je zadovoljena jer jed(a,b) = |a2−b2|= |b2−a2|= d(b,a), za bilo koji izborelemenataa i b iz R2.

(M4) Nejednakost trougla vrijedi za bilo kojea, b i c iz R2 jer je

d(a,c) = |a2−c2|= |a2−b2+b2−c2| ≤ |a2−b2|+ |b2−c2|= d(a,b)+d(b,c).

1.3 Kvazimetricki prostor 5

Prema tome,(R2,d) je pseudometricki prostor.♦

Primjer 5. Neka jeX proizvoljan neprazan skup,x0 element izX, aX∗ skup svih preslikavanja saskupaX u skupR, tojest

X∗ = f | f : X → R .Tada je za proizvoljnef i g iz skupaX∗, funkcija definisana sa

d( f ,g) = | f (x0)−g(x0)| , x0 ∈ X fiksno, (1.3)

pseudometrika naX∗.Provjerimo da li je funkcijad, definisana sa (1.3), zaista pseudometrika.

(M1) Vrijedi da jed( f ,g) ≥ 0 zbog definicije apsolutne vrijednosti, koja je uvijek pozitivna.

(M2′) Neka je f = g. Tada jef (x) = g(x) za svakox iz X. Kako ovo vrijedi za svakox iz X, vrijedii zax0, pa je f (x0) = g(x0) . Odavde je| f (x0)−g(x0)|= 0, tj. d( f ,g) = 0.

(M3) Simetricnost je zadovoljena jer je

d( f ,g) = | f (x0)−g(x0)|= |g(x0)− f (x0)|= d(g, f ) ,

za bilo koji izbor funkcija f i g iz X∗.

(M4) Posljednji uslov koji treba dokazati vrijedi za sve funkcije f , g i h, koje slikajuX uR jer je

d( f ,h) = | f (x0)−h(x0)| ≤ | f (x0)−g(x0)|+ |g(x0)−h(x0)|= d( f ,g)+d(g,h).

Data funkcija zadovoljava sve uslove iz Definicije 1.2.1, paje ona pseudometrika naX∗. Primje-timo da za definisanu funkcijud nece vrijediti uslov (M2.) jer iz d( f ,g) = 0 slijedi da se funkcijef i g poklapaju samo u tackix0, a ne obavezno i u ostalim tackama domena.♦

1.3 Kvazimetricki prostor

Razdvajajuca prametrika koja zadovoljava nejednakost trougla zove se kvazimetrika.

Definicija 1.3.1

Neka jeX proizvoljan skup. Funkcijud : X×X → R, koja za bilo kakav izbor elemenatax,y i z iz skupaX zadovoljava uslove

(M1) 0≤ d(x,y) <+∞,

(M2) d(x,y) = 0 ⇐⇒ x= y,

(M4) d(x,z) ≤ d(x,y)+d(y,z),

nazivamo kvazimetrika, a uredeni par(X,d) nazivamo kvazimetricki prostor.

Situacije mjerenja rastojanja opisane kvazimetrikom su ceste u realnom svijetu. Naime, akomjerimo razdaljinu vremenom potrebnim da predemo od mjesta do mjesta, tada uslov (M3) imasmisla u mjestima smjestenim u ravnicarskim predjelima,ali ako je selo u planinskom predjelu,onda vrijeme za stici od kuce u dnu brda do kuce na vrhu brdanije isto kao od kuce sa vrha brdado kuce u dnu brda. Isto tako, u gradovima sa sistemima ulicakoje mogu biti i jednosmjerne,rastojanje od ulaza u jednosmjernu ulicu do izlaza iz nje nije ”isto” od izlaza do ulaza, u smislumogucnosti prolaza kroz ulicu.


Primjer 6. Posmatrajmo skupR. Za proizvoljne elementea i b iz R definisimo funkciju sa

d(a,b) =

|a−b| za a≤ b

1 za a> b. (1.4)

Tada jed kvazimetrika, a uredeni par(R,d) predstavlja kvazimetricki prostor.Neka sua, b i c proizvoljni elementi izR. Provjerimo uslove kvazimetrike.

(M1) Iz definicije date funkcije vidimo da je ona uvijek pozitivna.

(M2) Neka jea= b. Onda jed(a,b) = d(a,a) = |a−a|= 0.Obrnuto, neka jed(a,b) = 0. Buduci da jed(a,b) 6= 1, to mora bitia≤ b. Slijedi da je zaa≤ b, |a−b|= 0, odakle jea= b.

(M4) Treba dokazati da vrijedid(a,b) ≤ d(a,c)+d(c,b). (1.5)

Moguca su tri slucaja:

1. Neka jea> b, tj. a−b> 0. S obzirom na to u kojem je polozajuc u odnosu premaa i bpostoje tri mogucnosti.

Ako je c< b< a, onda je

d(a,b) ≤ d(a,c)+d(c,b) ⇔ 1≤ 1+ |c−b| ,

a kako je uvijek|c−b| ≥ 0, to je zadovoljena relacija (1.5).

Ako je b< c< a, onda je

d(a,b) ≤ d(a,c)+d(c,b) ⇔ 1≤ 1+1 ,

sto je uvijek tacno, pa opet vrijedi (1.5).

Ako je b< a< c, onda je

d(a,b) ≤ d(a,c)+d(c,b) ⇔ 1≤ |a−c|+1 ,

a kako je|a− c| pozitivan broj, to posljednja relacija vrijedi, sto povlaci tacnost relacije(1.5).

Dakle, zaa> b vrijedi nejednakost trougla, neovisno o tackic .

2. Neka jea < b, tj. a−b < 0. I u ovom slucaju, s obzirom na polozaj tackec u odnosupremaa i b, postoje tri mogucnosti.

Neka jea< b< c. Pretpostavimo suprotno, da (1.5) ne vrijedi, tj. da je zadovoljena relacija

d(a,b) > d(a,c)+d(c,b) .

Na osnovu definicije rastojanjad je

|a−b|> |a−c|+1 .

Kako je a < b, a prema tomea− b < 0, to je na osnovu definicije apsolutne vrijednosti|a− b| = −(a− b) = b− a; a analogno i|a− c| = c− a, pa uvrstavanjem dobivenog uprethodnu relaciju imamo,b−a> c−a+1, a odavde jeb− c> 1, sto je u suprotnosti sab−c< 0 (jer jeb< c). Dakle, dosli smo do kontradikcije, pa data pretpostavkane vrijedi,tj. zadovoljena je relacija (1.5).

1.3 Kvazimetricki prostor 7

Neka jea< c< b. Pretpostavimo suprotno, da (1.5) ne vrijedi, tj. da je zadovoljena relacija

d(a,b) > d(a,c)+d(c,b) .

Na osnovu definicije udaljenostid je:

|a−b|> |a−c|+ |c−b| .

Odavde, buduci da je|a−b|= b−a, |a−c|= c−a i |c−b|= b−c, vrijedi

b−a> c−a+b−c ⇒ 0> 0 .

Ovo je kontradikcija, tako da je nasa pretpostavka netacna, tj. i u ovom slucaju vrijedinejednakost trougla.

Neka jec< a< b. Pretpostavimo suprotno, da (1.5) ne vrijedi, tj. da je zadovoljena relacija

d(a,b) > d(a,c)+d(c,b) .

Na osnovu definicije udaljenostid je |a− b| > 1+ |c− b|. Buduci da je|a− b| = b− a i|c−b|= b−c, vrijedi

b−a> 1+b−c ⇒ c−a> 1 .

Dobivena nejednakostc−a> 1 je u suprotnosti s nejednakoscuc−a< 0 (koja vrijedi zatosto jec< a).

3. Neka jea= b. Tada jed(a,b) = 0, tako da nejednakost trougla vrijedi trivijalno.

Ovime su pokazani uslovi definicije 1.3.1, pa je funkcijad kvazimetrika na skupuX. ♦

Primjer 7. Posmatrajmo skupN i neka je funkcijaq : N×N→ R definisana sa

q(n,m) =

1m ako n< m0 ako n= m1 ako n> m

za proizvoljan izbor elemenatan i m iz N. Definisana funkcija je kvazimetrika naN. Neka sun, mi r proizvoljni elementi izN. Treba provjeriti jesu li zadovoljeni uslovi iz Definicije 1.3.1.

(M1) Vrijedi da jeq(n,m) ≥ 0 jer je funkcijaq definisana tako da je uvijek pozitivna.

(M2) Neka jen= m. Tada, po definiciji funkcijeq, slijedi da jeq(n,m) = 0.Obrnuto, neka jeq(n,m) = 0. Tada, po definiciji funkcijeq, slijedi da jen= m.

(M4) Treba ispitati u kojim se odnosima mogu naci ovi brojevi.

• Zan< m< r je q(n,m) = 1m, aq(n, r)+q(r,m) = 1

r +1.

• Zan< r < m je q(n,m) = 1m, aq(n, r)+q(r,m) = 1

r +1m.

• Zam< r < n je q(n,m) = 1, aq(n, r)+q(r,m) = 1+1.

• Zam< n< r je q(n,m) = 1, aq(n, r)+q(r,m) = 1r +1.

• Za r < m< n je q(n,m) = 1, aq(n, r)+q(r,m) = 1+ 1m.

• Za r < n< m je q(n,m) = 1m, aq(n, r)+q(r,m) = 1+ 1

m.

Prema tome, u svim mogucim slucajevima nejednakost trougla je zadovoljena.

Kako su zadovoljeni trazeni uslovi iz Definicije 1.3.1, funkcija q je kvazimetrika.♦


1.4 Ultrametricki prostor

Semimetrika je, kao sto cemo vidjeti nesto kasnije, funkcija koja zadovoljava vec dovoljno uslovada prirodno odrazava ono sto zelimo nazvati metrickom funkcijom. Jedan od uslova koji joj fali, akoji se prirodno namece je osobinaM4.. Ovu posljednju osobinu mozemo modifikovati na raznenacine, a jedan od njih je takav da novodobijenu funkciju nazivamo ultrametrika, koju ponekadzovemo i supermetrika ili nearhimedovska metrika.

Definicija 1.4.1

Neka jeX proizvoljan skup. Funkcijud : X×X → R, koja za proizvoljnex,y,z∈ X zadovo-ljava uslove

(M1) 0≤ d(x,y) <+∞,

(M2) d(x,y) = 0 ⇐⇒ x= y,

(M3) d(x,y) = d(y,x),

(M∗4) d(x,z) ≤ maxd(x,y),d(y,z),

nazivamo ultrametrika na skupuX. Uredeni par(X,d) naziva se ultrametricki prostor.

Po definiciji ultrametrike moze se zakljuciti da je svaki trougao u ultrametrickom prostoru jed-nakokraki, tj. za proizvoljnea,b,c ∈ X vrijedi d(a,b) = d(b,c) ili d(a,c) = d(b,c) ili d(a,b) =d(a,c).

Primjer 8. Neka jeX proizvoljan skup. SaXN (N je skup prirodnih brojeva) oznacimo skup nizovaelemenata izX. Neka je za nizovea= (a1,a2, ...) i b= (b1,b2, ...) broj n broj do kojeg se nizovipoklapaju, odnosnoa1 = b1, a2 = b2, ..., an = bn, ali an+1 6= bn+1. Neka jen = 0 zaa1 6= b1.Uzme li se sve to u obzir, funkcija definirana sa

d(a,b) =

2−k ; (∃k∈ N) k= mini ∈ N | ai 6= bi0 ; (∀k∈ N) ak = bk

(1.6)

je ultrametrika naX.Neka su dati nizovia= (a1,a2, ...), b= (b1,b2, ...) i c= (c1,c2, ...), ciji su elementi izX. Treba

provjeriti vrijede li uslovi iz definicije ultrametrike.

(M1) Vrijedi da jed(a,b) = 2−n ≥ 0 jer je eksponencijalna funkcija uvijek pozitivna.

(M2) Neka jea= b. Tada jea1 = b1,a2 = b2, ...,an = bn, ... odnosno, za svakok ∈ N je ak = bk,te je po definicijid(a,b) = 0.Obrnuto, neka jed(a,b) = 0, onda jea1 = b1,a2 = b2, ...,an = bn, ..., a to znaci da jea= b.

(M3) Ako sea od b razlikuje nan-tom mjestu (d(a,b) = 2−n), tada se ib od a razlikuje na istommjestu (d(b,a) = 2−n).

(M′4) Da bi se dokazalo da vrijedi ovaj uslov pretpostavimo da jed(a,c) = 2−n, tj. da se nizoviai c poklapaju un prvih mjesta. Dakle, neka je

a= (a1,a2, ...,an,an+1, ...) , c= (a1,a2, ...,an,cn+1, ...) .

Takode, neka jed(a,b) = 2−m. Posmatrat cemo dva slucaja:

1.5 Sumarni pregled geneze metrike 9

1. Zam< n bit ceb= (a1,a2, ...,am,bm+1, ...bn, ...) ,

iz cega slijedi da je id(b,c) = 2−m. Kako vrijedi da jem< n, to je i −m> −n, pa i2−m > 2−n, te na osnovu ovoga u

d(a,c) ≤ maxd(a,b),d(b,c) ,

proizlazi da je2−n ≤ max2−m,2−m , tj. 2−n ≤ 2−m ,

cime je dokazano da u ovom slucaju vrijedi(M∗4).

2. Neka je sadam≥ n. Tada je

b= (a1,a2, ...,an,an+1, ...,am,bm+1...) ,

pa jed(b,c) = 2−n. Zbog uslovam≥ n vrijedi i 2−m≤ 2−n, a uvrstivsi ove rezultate u(M∗4)imamo

d(a,c) = 2−n = max2−m,2−n= maxd(a,b),d(b,c) ,

sto je i trebalo dokazati. ♦

Ako se u gornjem primjeru definise funkcija samo sad(a,b) = 2−n, onda ona nije ultrametrikajer nije zadovoljen uslov(M2). Zaista, zaa= b ne mozemo dobitid(a,b) = 0 jer eksponencijalnafunkcija nikada nije jednaka nuli.Primjer koji slijedi ilustrira primjenu ultrametrike u lingvistici, s obzirom na identicnost s pret-

hodnim primjerom necemo ga dokazivati.

Primjer 9. Neka je dat skup rijeci proizvoljne duzine (konacne ili beskonacne) u nekom alfabetu.Funkciju izmedu dvije razlicite rijeci definirajmo sa 2−n, gdje jen prvo mjesto u kojem se rijecirazlikuju. Funkcija koju dobijemo je ultrametrika.♦

Treba primijetiti da je u Primjeru 8 posebno razmatran slucaj kada jed(a,b) = 0, dok je taj dio uPrimjeru 9 izbjegnut time sto je funkcija definisana izmedu razlicitih rijeci.Neke od varijanti zamjene uslova (M4), osim ovoga sa ultrametrikom, su

d(x,y) ≤ p(d(x,z)+d(z,y)) , relaksirana nejednakost trougla,

d(x,y) ≤ pmaxd(x,z),d(z,y) , inframetricka nejednakost.

1.5 Sumarni pregled geneze metrike

Do sad smo uveli definicije raznih funkcija koje zadovoljavaju neke uslove.Prametrika je funkcija definirana tako da zadovoljava samo uslov(M1). Dodavanjem novog uslova(M3), simetricnosti, na vec postojeci, doslo se do definicije simetricne prametrike. Dodavanjemuslova(M2) na uslov prametrike definisana je razdvajajuca prametrika, a uslova(M4) hemime-trika.Dalje, zahtjevom dvaju novih uslova(M2) i (M3) na uslov prametrike dobija se semimetrika,

dodavanjem(M3) i (M4) pseudometrika, a(M2) i (M4) kvazimetrika.Radi preglednosti i lakseg uocavanja razlika izmedu navedenih prostora posmatrat cemo tablicu

iz koje mozemo vidjeti koji je od uslova u kojem prostoru zadovoljen.


Tip (M1) (M2) (M3) (M4)

Prametrika + - - -Razdvajajuca prametrika + + - -Simetricna prametrika + - + -

Hemimetrika + - - +Semimetrika + + + -

Pseudometrika + - + +Kvazimetrika + + - +

Metrika + + + +

Posljednji red u tablici predstavlja maksimum zahtjeva, ali takode i prirodnih za intuitivno shva-tanje mjerenja rastojanja objekata, te ce o njima biti rijeci u sljedecem poglavlju. Ultrametrika jezbog svoje posebne prirode u odnosu na metriku izostavljenaiz tablice.

2Metri cki prostori

2.1 Metrika i metri cki prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.1.1 Osobine metrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.2 Pravljenje novih metrika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 14

2.1.3 Konstrukcija metrike na produkt prostoru . . . . . . . . . .. . . . . . 16

2.1.4 Primjeri metrickih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 18

2.1.5 Ograniceni skupovi u metrickom prostoru . . . . . . . . .. . . . . . . 24

2.1.6 Topologija metrickih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 31

2.1.7 Ekvivalentnost metrika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 40

2.1.8 Potprostor metrickog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 44

2.2 Neprekidnost na metrickim prostorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.2.1 Opste napomene o preslikavanjima . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 46

2.2.2 Neprekidnost preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 47

2.2.3 Uniformna i Lipschitz neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 49

2.3 Konvergencija u metrickim prostorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

Granicni proces jedan je od najvaznijih pojmova matematicke analize. Fakat na kome pociva ovajpojam jeste da smo u mogucnosti mjeriti rastojanje izmedu proizvoljne dvije tacke posmatranogskupa.Sta vise, veliki broj pojmova analize nije vezan za algebarska svojstva skupa nego upravoza koncept udaljenosti. Ovo nas navodi na izucavanje skupova u kojima je moguce mjeriti ras-tojanje izmedu tacaka, tojest vodi nas ka konceptu ”metrickog prostora”, fundamentalnog pojmamoderne matematike. U svojim radovima Frechet1 koristi pojmove metrike i metrickih prostora,ali formalno uvodenje pojma metrickog prostora je uradio Hausdorff.2

Frechet uvodi ove prostore u svojoj disertacijiSur quelques points du calcul fonctionnel1906.definisuci prostore u kojimavoisinage(“blizina”) funkcija, koju oznacava sa(a,b), ima osobine(a,b) = (b,a) ≥ 0, (a,b) = 0 ako i samo akoa = b, (a,b) tezi ka nuli akoa i b teze jedan kadrugom i relaksiranu formu nejednakosti trougla: ako(a,b) ≤ ε i (b,c) ≤ ε , onda(a,c) ≤ f (ε),gdje je limε→0+ f (ε) = 0. Primjeticemo da je od samog pocetka, proucavanje metrickih prostorau kombinaciji sa proucavanjem relaksirane verzije istih,koje je ocito dizajnirano za dokazivanjegranicnih vrijednosti, ali ne sasvim onako kao sto ce to biti prema Definiciji 2.1.1.Frechet je zelio definisatiecart des deuxelements(“varijaciju od dva elementa”) koja ce zadovolja-vati potpunu nejednakost trougla(a,b)≤ (a,c)+(c,b), cineci tako metriku kao sto je u modernojdefiniciji. Hausdorff ce nesto kasnije dati danas vazece imemetrische Raume, tojest “metrickiprostori”. On koristi dvije notacije,xz≤ xy+ yz i danasnju notacijud(x,z) ≤ d(x,y)+d(y,z). Uvremenskom periodu Frechetovog rada, Minkowski3 razvija geometriju za opsti prostor-vrijemeentitet koga su postulirali Lorentz i Einstein, baziran na sasvim novoj funkciji rastojanja koja do-zvoljava negativne vrijednosti i koristi to za opisivanje rastojanja izmedu prostornih i vremenskihpravaca. Danas po imenu Minkowskog nazivamo citavu jednu klasu metrickih prostora.

1Maurice Frechet 1878-1973, francuski matematicar2Felix Hausdorff 1868-1942, njemacki matematicar3Hermann Minkowski 1864-1909, njemacki matematicar

12 Poglavlje 2. Metricki prostori

Metricki prostori generalizuju vazan i koristan koncepti zbog toga imaju veliku primjenu umnogim matematickim oblastima. U topologiji, svaka metrika definise jedinstvenu topologiju zadati prostor i takvi prostori cesto imaju interesantne i korisne topoloske osobine. Diferencijalnageometrija posmatra analizu u metrickim prostorima. U teoriji kodiranja, Hamming metrika igracentralnu ulogu u ispitivanju kanal greske. Linearna algebra proucava normu vektora, koja jepovezana sa skalarnim prosduktom i kao takva generise metriku medu vektorima.

2.1 Metrika i metricki prostor

Iako smo neformalno pojam metrickih prostora uveli u prethodnoj glavi, sada cemo dati i formalnodefiniciju metrickih prostora.

Definicija 2.1.1

Neka jeX proizvoljan neprazan skup. Za funkcijud : X×X → R kazemo da je metrika ilimetricka funkcija naX, ako zadovoljava sljedeca cetiri uslova, za proizvoljnex,y i z iz X:

M1. d(x,y) ≥ 0, (nenegativnost)

M2. d(x,y) = 0 ako i samo akox= y, (strogost)

M3. d(x,y) = d(y,x), (simetricnost)

M4. d(x,y) ≤ d(x,z)+d(y,z) (nejednakost trougla).

Tada kazemo da je skupX snabdjeven metrikomd, a uredeni par(X,d) nazivamo metrickiprostor. Elemente skupaX nazivamo tackama, a realan brojd(x,y) nazivamo rastojanjemizmedu tacakax i y.

Dakle, metricki prostor je uredeni par(X,d), koga cine skupX i na njemu uvedena metrikad.Kratkoce radi, umjesto oznake(X,d), mi cemo za metricki prostor skoro uvijek koristiti jednos-tavno oznakuX, kad god je jasno o kojoj je metrici rijec.Uslovi M1.-M4. nazivaju se aksiomi metrike, a pojedinacnoto sunenegativnost (pozitivna defi-

nitnost)(M1.), strogost(M2.), simetricnost(M3.) i nejednakost trougla(M4.). Uslov (M2.) cestose naziva i uslov identicnosti ili uslov nedegenerisanosti.U prethodnom smo vidjeli da kombinujuci ove uslove, slabe´ci ih ili mjenjajuci drugim, dobijamo

razne vrste prostora. Tako smo imali da ukoliko uslov M2. zamijenimo slabijim uslovom

x= y onda d(x,y) = 0 ,

za d kazemo da jepseudometrika. Ukoliko se iz aksioma ispusti uslovM3., zad kazemo da jekvazimetrika. Ako uslov M4. zamjenimo sa uslovomM∗4, koji je jaci od uslova nejednakostitrougla jer ocigledno vrijedi

maxd(x,z),d(z,y) ≤ d(x,z)+d(z,y) ,

d nazivamoultrametrikom. Pri tome pod terminom ”jaci” podrazumijevamo da ako je neki prostorultrametricki, on je onda i metricki (obrat ne mora da vrijedi). Ovime je potvrdena cinjenica dasu pojmovi uvedeni u prethodnoj glavi ”slabiji” od uslova zametriku i da je termin ”predmetrickiprostori” opravdan.Primjetimo da je uslov (M1) suvisan, tj. da se on moze dobiti iz preostala tri uslovametrike.

Zaista, neka sux,y∈ X proizvoljni. Tada vrijedi

0= d(x,x) ≤ d(x,y)+d(x,y) = 2d(x,y) ,

2.1 Metrika i metricki prostor 13

odakle je jasnod(x,y) ≥ 0, pa zbog proizvoljnosti izabranih elemenata imamo uslov (M1).Takode je i uslov simetricnosti ”suvisan”. Ako u (M4) umjestozstavimox, dobijamo nejednakost

d(x,y) ≤ d(y,x). Ako jos zamjenimo mjestax i y u nejednakosti trougla i stavimo da jez= y,imamo i nejednakostd(y,x) ≤ d(x,y), sto sa prethodnom nejednakoscu daje uslov simetricnosti.Dakle, metricka funkcija je u sustini opisana samo sa uslovima (M2) i (M4) te zato i nije najis-

pravnije date uslove zvati aksiomama (aksiome moraju zadovoljavati uslov nezavisnosti), ali zbogprirodnosti zahtjeva u definiciji metrike se uobicajeno navode sva cetiri uslova.

2.1.1 Osobine metrike

Lema 2.1.1: Pravilo mnogougla

U svakom metrickom prostoru(X,d) vrijedi pravilo mnogougla, tj. za proizvoljnex1,x2, ...,xn ∈X (n≥ 3), vrijedi

d(x1,xn)≤ d(x1,x2)+d(x2,x3)+ · · ·+d(xn−1,xn) .

Dokaz : Dokaz se izvodi matematickom indukcijom pon∈ N i primjenom uslova (M4). ♣

b

b

b

b

b

b

x1

x2

x3

xn−1

xn

Slika 2.1: Pravilo mnogougla

Lema 2.1.2

Za proizvoljne tri tackex,y i z, metrickog prostora(X,d), vrijedi nejednakost

|d(x,y)−d(y,z)| ≤ d(x,z) .

Dokaz : Neka sux,y,z∈ X proizvoljni. Iz uslova nejednakosti trougla imamo

d(x,y) ≤ d(x,z)+d(y,z) ,

odakle imamod(x,y)−d(y,z) ≤ d(x,z) . (2.1)

Ako u gornjoj nejednakosti izvrsimo zamjenu mjesta elementima x i zdobijamo

d(z,y)−d(y,x) ≤ d(z,x) ,

pa mnozeci je sa−1 i koristeci simetricnost metrike imamo nejednakost

d(x,y)−d(y,z) ≥−d(x,z) . (2.2)

Iz (2.1) i (2.2) imamo−d(x,z) ≤ d(x,y)−d(y,z) ≤ d(x,z) ,

sto je ekvivalentno sa|d(x,y)−d(y,z)| ≤ d(x,z) . ♣


Lema 2.1.3

Za proizvoljne cetiri tackex,y,z i t, metrickog prostora(X,d), vrijedi nejednakost

|d(x,y)−d(z, t)| ≤ d(x,z)+d(y, t) .

Dokaz : Primjenimo li Lemu 2.1.1 na elementex,y,z i t imamo

d(x,y) ≤ d(x,z)+d(z, t)+d(t,y) ,

odakle koristeci osobinu simetricnosti dobijamo

d(x,y)−d(z, t) ≤ d(x,z)+d(y, t) . (2.3)

Analogno vrijedid(z, t) ≤ d(z,x)+d(x,y)+d(y, t) ,

a odavde imamo−(d(x,y)−d(z, t)) ≤ d(x,z)+d(y, t) . (2.4)

Iz (2.3) i (2.4) dobijamo trazenu nejednakost.♣

2.1.2 Pravljenje novih metrika

Kao sto je i ocekivano, a uskoro cemo to i potvrditi na konkretnim primjerima, na nekom skupuse mogu definisati razne metrike. Potvrdimo to i sljedecim rezultatima.

Teorem 2.1.1

Neka je(X,d) metricki prostor. Tada je i

1. (X,d∗) metricki prostor, gdje je metrikad∗ definisana sa

x,y∈ X , d∗(x,y) =d(x,y)

1+d(x,y).

2. (X,d′) metricki prostor, gdje je metrikad′ definisana sa

x,y∈ X , d′(x,y) = mind(x,y),1 .

Dokaz : 1. Pokazimo da jed∗ takode metrika naX. Za proizvoljnex,y∈ X je ociglednod∗(x,y) =d(x,y)

1+d(x,y) ≥ 0 jer jed metrika, pa je zadovoljen uslov(M1).Neka jed∗(x,y) = 0. Na osnovu definicije funkcijed∗, to je ekvivalentno sa cinjenicom da jed(x,y) = 0, a opet zbog toga sto jed metrika, to je ekvivalentno sa time da jex= y, sto je uslov(M2).Simetricnost (uslov(M3)) se takode ima trivijalno jer

d∗(x,y) =d(x,y)

1+d(x,y)=

d(y,x)1+d(y,x)

= d∗(y,x) .

Za dokaz nejednakosti trougla, posmatrajmo funkcijuf : R+∪0→R+∪0, zadatu saf (x) =x

1+x. Kako je f ′(x) = 1(1+x)2 , zakljucujemo da jef ′(x) ≥ 0, za svex ∈ R∪0, pa je funkcija f

rastuca na citavom domenu.


Neka su sadax,y,z∈X proizvoljni. Kako jed(x,y)≤ d(x,z)+d(z,y), zbog monotonosti funkcijef imamo

d∗(x,y) =d(x,y)

1+d(x,y)≤ d(x,z)+d(z,y)

1+d(x,z)+d(z,y)≤ d(x,z)

1+d(x,z)+

d(z,y)1+d(z,y)

,

odakle jed∗(x,y) ≤ d∗(x,z)+d∗(z,y), tj. vrijedi nejednakost trougla.Nejdnakost trougla se moze pokazati i elementarnim putem.Neka sux,y,z∈ X proizvoljni. Tada imamo

d∗(x,y)−d∗(z,y) =d(x,y)

1+d(x,y)− d(z,y)

1+d(z,y)

=d(x,y)+d(x,y)d(z,y)−d(z,y)−d(z,y)d(x,y)

(1+d(x,y))(1+d(z,y))

=d(x,y)−d(z,y)

(1+d(x,y))(1+d(z,y)≤ d(x,z)

(1+d(x,y))(1+d(z,y).

Posljednju nejdnakost imamo koristeci cinjenicu da jed(x,y) ≤ d(x,z)+d(z,y). Kako vrijedi i procjena

(1+d(x,y))(1+d(z,y) = 1+d(x,y)+d(z,y)+d(x,y)d(z,y)

≥ 1+d(x,y)+d(z,y) ≥ 1+d(x,z) (Najednakost trougla)

Kombinujuci gornje procjene imamod∗(x,y)−d∗(z,y) ≤ d∗(x,z), a to upravo prdstavlja nejednakost trougla za funkcijud∗.

2. Ostavljeno za vjezbu.♣

Narednom tvrdnjom dajemo jedan opsti slucaj konstrukcije nove metrike od stare.

Teorem 2.1.2

Neka je (X,d) metricki prostor i neka jef : R → R strogo monotono rastuca, konkavnafunkcija koja se anulira u 0. Tada je if d metrika naX.

Dokaz : Buduci da jed metrika, vrijedid(x,y) ≥ 0 za proizvoljnex,y ∈ X. Kako je funkcija fmonotono rastuca, to je( f d)(x,y) = f (d(x,y)) ≥ f (0) = 0, te f d zadovoljava osobinuM1.Neka je ( f d)(x,y) = 0, odnosnof (d(x,y)) = 0 = f (0). Zbog monotonosti funkcijef za-kljucujemo da jed(x,y) = 0, sto opet znaci da jex= y. Obrnuto, ako jex= y, tada jed(x,y) = 0.a onda imamof (0) = f (d(x,y)) = 0 tojest,( f d)(x,y) = 0, te je i uslovM2. zadovoljen.Simetricnost je trivijalno zadovoljena jer izd(x,y) = d(y,x) slijedi f (d(x,y)) = f (d(y,x)).Dokazimo i nejednakost trougla za preslikavanjef d. Kako je f konkavna funkcija, to za svakoλ ∈ [0,1] i proizvoljneα ,β ∈ R vrijedi

f (λα +(1−λ )β )≥ λ f (α)+ (1−λ ) f (β ) . (2.5)

Ako sada u uslov (2.5) stavimo da jeα = 0, β = a+b i λ =b

a+b, dobijamo

f (a) = f

(b

a+b·0+ a

a+b· (a+b)

)

≥ ba+b

· f (0)+a

a+b· f (a+b) ,

odakle imamof (a) ≥ a

a+b· f (a+b) . (2.6)

Analogno prethodnom, ako u (2.5) stavimo da jeα = 0, β = a+b i λ =a

a+b, imamo

f (b) = f

(a

a+b·0+ b

a+b· (a+b)

)

≥ aa+b

· f (0)+b

a+b· f (a+b) ,


dobijamo nejednakost

f (b) ≥ ba+b

· f (a+b) . (2.7)

Sabirajuci nejednakosti (2.6) i (2.7), zakljucujemo da vrijedi

f (a)+ f (b)≥ f (a+b) . (2.8)

Neka su sadax,y,z ∈ X proizvoljni. Stavimo u (2.8) da jea = d(x,z), b = d(y,z). Koristecicinjenicu da jed(x,y) ≤ d(x,z)+d(y,z) i monotonost funkcijef slijedi

f (d(x,y))+ f (d(y,z)) ≥ f (d(x,z)+d(y,z)) ≥ f (d(x,y)) ,

sto predstavlja uslovM4. za preslikavanjef d. ♣

Teorem 2.1.3

Neka sud1 i d2 dvije metrike na skupuX. Tada je i svaka konveksna kombinacija ovih metrikaponovo metrika naX.

Dokaz : Neka sud1 i d2 metrike naX i λ ∈ [0,1]. Za proizvoljnex,y∈ X posmatrajmo konveksnukombinaciju,

d(x,y) = λd1(x,y)+ (1−λ )d2(x,y) .

Nenegativnost, strogost i simetricnost ove funkcije su oˇcigledne. Pokazimo da ona zadovoljava inejednakost trougla. Neka sux,y,z∈ X proizvoljni.

d(x,y) = λd1(x,y)+ (1−λ )d2(x,y)

≤ λ (d1(x,z)+d1(y,z))+ (1−λ )(d2(x,z)+d2(y,z))

= λd1(x,z)+ (1−λ )d2(x,z)+λd1(y,z)+ (1−λ )d2(y,z)

= d(x,z)+d(y,z) . ♣

2.1.3 Konstrukcija metrike na produkt prostoru

Teorem 2.1.4

Neka su(X1,d1), (X2,d2), ... , (Xn,dn) metricki prostori iX = X1×X2× ·· · ×Xn. Tada jei (X,d) metricki prostor, gdje jed : X ×X → R, zax= (x1,x2, ...,xn) i y= (y1,y2, ...,yn) izX×X zadata sa

d(x,y) = maxd1(x1,y1),d2(x2,y2), ...,dn(xn,yn) .

Dokaz : Neka sux= (x1,x2, ...,xn) i y= (y1,y2, ...,yn) proizvoljni iz X = X1×X2×·· ·×Xn. Kakoje za svakoi ∈ 1,2, ...,n 0≤ di(xi ,yi) < ∞, to ce i maksimum takvih brojeva biti nenegativan ikonacan.Neka je

d(x,y) = 0= maxd1(x1,y1),d2(x2,y2), ...,dn(xn,yn) .


Zbog nenegativnosti pojedinacnih metrika to je ekvivalentno sadi(xi ,yi)= 0 za svakoi ∈1,2, ...,n,sto je opet ekvivalentno saxi = yi za svakoi ∈ 1,2, ...,n tojest,x= y.Zbog simetricnosti pojedinih metrika jasno je

maxd1(x1,y1), ...,dn(xn,yn)= maxd1(y1,x1), ...,dn(yn,xn) ,

odnosnod(x,y) = d(y,x) za proizvoljnex,y∈ X.Neka su sadax= (x1,x2, ...,xn), y= (y1,y2, ...,yn) i z= (z1,z2, ...,zn) proizvoljni iz X. Za fiksnoi ∈ 1,2, ...,n vrijedi

di(xi ,yi)≤ di(xi ,zi)+di(yi ,zi)

≤ maxd1(x1,z1), ...,dn(xn,zn)+maxd1(y1,z1), ...,dn(yn,zn)= d(x,z)+d(y,z) .

Dakle,d(x,z)+d(y,z) je gornje ogranicenje zadi(xi ,yi), za proizvoljani ∈ 1,2, ...,n, pa ce tobiti gornje ogranicenje i za maksimum tih velicina,

maxd1(x1,y1),d2(x2,y2), ...,dn(xn,yn) ≤ d(x,z)+d(y,z) ,

tojest vrijedid(x,y) ≤ d(x,z)+d(y,z). ♣

Metriku na produkt prostoru mozemo uvesti i na nacin da metricku funkciju konstruisemo sa

d(x,y) =n

∑i=1

di(xi ,yi) ,

gdje sux= (x1,x2, ...,xn) , y= (y1,y2, ...,yn) ∈ X = ∏ni=1Xi. Dokaz da je ovo metrika ostavljamo

za vjezbu.Na zalost, ideju konstrukcije metrike na produkt prostoruiznesenu u gornjem, ne mozemo pri-

mjeniti ako govorimo o prebrojivom produktu metrickih prostora. Razlog za to lezi u cinjenici stosupremum prebrojivo mnogo brojeva ne mora uvijek biti konaˇcan, niti beskonacna suma mora bitikonvergentna. Ipak postoje nacini konstrukcije metrike iu ovim situacijama.

Teorem 2.1.5

Produkt prebrojivo mnogo metrickih prostora(Xi,di) (i ∈ N) ce biti metricki prostor ako gasnabdijemo funkcijomd : ∏∞

i=1Xi ×∏∞i=1Xi → R, definisana sa

x= (xi)i∈N, y= (yi)i∈N , d(x,y) =∞

∑i=1

12i mindi(xi ,yi),1 .

Konstrukcija metrike iz pseudometrike

Neka jeY proizvoljan skup. Oznacimo saX = c(Y) skup svih konvergentnih nizova uY. Nekasux= (xn) i y= (yn) proizvoljni nizovi uc(Y), pri cemu je lim

n→∞xn = α i lim

n→∞yn = β . Definisimo

funkciju d : c(Y)× c(Y) → R na sljedeci nacin:d(x,y) = |α − β |. Ocigledno je da funkcijadzadovoljava uslove nenegativnosti, simetricnosti i nejednakost trougla, ali da ne zadovoljava uslovstrogosti vec samo uslovM2′., te je ona psudometrika. Zaista, neka jeY =R. Posmatrajmo nizovezadate opstim clanovimaxn = 1+ 1

n i yn = 1− 1n. Kako je lim

n→∞xn = lim

n→∞yn = 0, to jed(x,y) = 0,

ali ociglednox 6= y.Definisimo naX relaciju

x,y∈ X , x∼ yde f⇔ d(x,y) = 0 .


Nije tesko pokazati da je ovako definisana relacija∼ relacija ekvivalencije naX. Pri tome ce svakaklasa ekvivalencije sadrzavati sve one nizove koji konvergiraju ka istom elementu izX. OznacimosaX skup svih klasa ekvivalencija tojest, kolicnicki skup u odnosu na datu relaciju.Definisimo sadad : X×X → R na nacin

[x], [y] ∈ X , d([x], [y]) = d(x,y) .

Iz osobina klasa ekvivalencija sada je jasno da ako jed([x], [y]) = 0 onda je[x] = [y], pa ce ovakodefinisana funkcija biti metrika naX. Time smo od pseudometrickog prostora(X,d) napravilimetricki prostor(X,d).Koristeci ovaj primjer pokazuje se da se od svakog pseudometrickog prostora moze konstruisati

njemu odgovarajuci metricki prostor.

2.1.4 Primjeri metrickih prostora

Prije nego sto navedemo neke znacajnije primjere metrickih prostora, navedimo dvije vazne nejed-nakosti. Za njihovo dokazivanje neophodan nam je sljedecipomocni stav.

Lema 2.1.4: Youngova nejednakost

Neka sua,b≥ 0 i neka je zap> 1, brojq odreden tako da vrijedi1p +1q = 1. Tada vrijedi

ab≤ ap

p+

bq

q.

Dokaz : Postoje razni dokazi Youngove4 nejednakosti, a mi cemo ovdje primjeniti jedan funkcijskidokaz. Neka je 0< m< 1. Posmatrajmo funkcije oblikaf (x) = xm, definisane zax≥ 0. Kako jef ′′(x) =m(m−1)xm−2 ≤ 0 za svakox≥ 0, to je za proizvoljno 0<m< 1, funkcija f (x) konveksnana dole, sto geometrijski znaci da se njen graf nalazi ispod tangente u odgovarajucoj tacki.

b

b

x= 1

1

Slika 2.2: Graf funkcijef (x) = xm sa tangentom u tacki 1.

Jednacina tangenta na posmatranu krivu u tackix= 1 jey= m(x−1)+1, pa na osnovu recenogvrijedi

xm ≤ m(x−1)+1 .

Stavimo li u gornju nejednakost da jex= ap

bq i m= 1p

a

bqp≤ 1

p

(ap

bq −1

)

+1 .

4William Henry Young 1863-1942, engleski matematicar


Mnozeci posljednju nejednakost sabqp+1 imamo

ab≤ apbqp+1−q

p+

(

1− 1p

)

bqp+1 .

Kako je 1− 1p = 1

q, qp +1−q= 0 i q

p +1= q, dobijamo trazenu nejednakost.Pokazuje se da ce u pokazanoj vezi vrijediti jednakost ako isamo ako vrijediap = bq. ♣

Teorem 2.1.6: Nejednakost Holdera

Neka suai i bi (i = 1,2, ...,n) proizvoljni realni ili kompleksni brojevi i neka je za realan brojp> 1, brojq definisan sa1

p +1q = 1. Tada za svakon∈ N vrijedi,

n

∑i=1

|aibi | ≤(

n

∑i=1

|ai |p) 1

p(

n

∑i=1

|bi |q) 1

q

.

Dokaz : Oznacimo saa′i =ai

(

∑nj=1 |a j |p

) 1p

i b′i =bi

(

∑nj=1 |b j |q

) 1q

(i = 1,2, ...,n). Ocigledno vrijedi

n

∑i=1

|a′i |p =n

∑i=1

|b′i |q = 1 . (2.9)

Za svakoi ∈ 1,2, ...,n, za brojeve|a′i | i |b′i | vrijedi Lema 2.1.4, tj.

|a′ib′i | ≤|a′i |p

p+

|b′i |qq

, (2.10)

gdjep i q zadovoljavaju uslove teoreme. Sumiranjem poi = 1,2, ...,n lijeve i desne strane u (2.10),dobijamo

n

∑i=1

|a′ib′i | ≤∑n

i=1 |a′i |pp

+∑n

i=1 |b′i |qq

.

Sada na osnovu (2.9) slijedin

∑i=1

|a′ib′i | ≤ 1 . (2.11)

S druge strane jen

∑i=1

|a′ib′i |=∑n

i=1 |aibi |(

∑nj=1 |a j |p

) 1p(

∑nj=1 |b j |q

) 1q

. (2.12)

Iz (2.11) i (2.12) imamo trazenu nejednakost.♣

Holderova5 nejednakost jedna je od najpoznatijih matematickih nejednakosti, a vise o njoj mozese naci u [7]. Pozitivni realni brojevip i q koji zadovoljavaju uslov1

p +1q = 1, nazivaju se konju-

govani ili spregnuti brojevi, a specijalno ako jep= q= 2, gornja nejednakost se naziva Cauchy-Schwarzova nejednakost.Naredna nejednakost, poznata kao nejednakost Minkowskog od posebnog nam je interesa jer

pomocu nje cesto dokazujemo nejednakost trougla za metricku funkciju.

5Otto Holder 1859-1937, njemacki matematicar


Teorem 2.1.7: Nejednakost Minkowskog

Neka suai i bi (i = 1,2, ...,n) proizvoljni realni ili kompleksni brojevi i neka jep≥ 1. Tadaza svakon∈ N vrijedi,

(n

∑i=1

|ai +bi|p) 1

p

≤(

n

∑i=1

|ai |p) 1

p

+

(n

∑i=1

|bi |p) 1

p

.

Dokaz : Ako je p= 1 nejednakost vrijedi iz uopstene nejednakosti za modul

|a+b| ≤ |a|+ |b| .

Zato pretpostavimo da jep> 1 i neka je brojq odreden tako da bude1p +1q = 1. Tada imamo

n

∑i=1

|ai +bi|p =n

∑i=1

|ai +bi||ai +bi|p−1

≤n

∑i=1

|ai ||ai +bi|p−1+n

∑i=1

|bi ||ai +bi |p−1 .

Primjenjujuci Holderovu nejednakost na obje gornje sumena desnoj strani nejednakosti, dobijamonejednakost

n

∑i=1

|ai +bi|p ≤

(n

∑i=1

|ai |p) 1

p

+

(n

∑i=1

|bi |p) 1

p

(n

∑i=1

|ai +bi|(p−1)q

) 1q

.

Dijeleci ovu nejednakost sa izrazom u drugoj zagradi desnestrane i koristeci cinjenicu da je(p−1)q= p i 1− 1

q = 1p, dobijamo trazenu nejednakost.♣

Vrijede i opstije tvrdnje od gore navedenih, a odnose se na beskonacne sume. NejednakostHoldera glasi,

Teorem 2.1.8

Neka su(an)n∈N i (bn)n∈N nizovi realnih ili kompleksnih brojeva, 1< p < +∞ i njemu

odreden brojq takav da je1p +

1q = 1. Ako su redovi

∞

∑i=1

|ai |p i∞

∑i=1

|bi |q konvergentni, tada

je i red∞

∑i=1

|aibi | konvergentan i vrijedi

∞

∑i=1

|aibi | ≤(

∞

∑i=1

|ai |p) 1

p(

∞

∑i=1

|bi |q) 1

q

.

A nejednakost Minkowskog,

Teorem 2.1.9

Neka su(an)n∈N i (bn)n∈N nizovi realnih ili kompleksnih brojeva i 1≤ p<+∞. Ako su redovi


∞

∑i=1

|ai |p i∞

∑i=1

|bi |p konvergentni, tada je i red∞

∑i=1

|ai +bi|p konvergentan i vrijedi

(∞

∑i=1

|ai +bi|p) 1

p

≤(

∞

∑i=1

|ai |p) 1

p

+

(∞

∑i=1

|bi |p) 1

p

.

Obje ove nejednakosti imaju i svoj integralni oblik. Naime,pod odredenim pretpostavkama ointegrabilnosti funkcijax i y vrijedi

∫ b

a|x(t)y(t)|dt ≤

(∫ b

a|x(t)|pdt

) 1p(∫ b

a|y(t)|qdt

) 1q

,

odnosno(∫ b

a|x(t)+y(t)|pdt

) 1p

≤(∫ b

a|x(t)|pdt

) 1p

+

(∫ b

a|y(t)|pdt

) 1p

.

Navedimo sada neke znacajnije metricke prostore.

Primjer 10. Neka jeX proizvoljan skup i neka je zax,y∈ X zadato

d(x,y) =

0 ; x= y ,1 ; x 6= y .

Funkcijad jeste metrika i(X,d) nazivamo diskretni metricki prostor.♦

Primjer 11. Skup realnih brojevaR sa metrickom funkcijom

d(x,y) = |x−y| ; x,y∈ R ,

predstavlja dobro nam poznati Euklidov prostor realne prave.♦

Primjer 12. SaRn oznacavamo skup svih uredjenihn-torki realnih brojevax= (x1,x2, ...,xn) tojest,zan∈ N

Rn = (x1,x2, ...,xn) | xi ∈ R, i ∈ 1,2, ...,n .

Metriku mozemo uvesti na nekoliko nacina:

1. dp(x,y) =

(n

∑i=1

|xi −yi|p) 1

p

(p≥ 1).

Specijalno, zap= 1 je d1(x,y) =n

∑i=1

|xi −yi |.

Specijalno, zap= 2 je d2(x,y) =

(n

∑i=1

(xi −yi)2

) 12

.

2. d∞(x,y) = max1≤i≤n

|xi −yi|

Ovim primjerom opravdavamo cinjenicu da je nekada neophodno koristiti definiciju metrickogprostora kao uredenog para jer kao sto vidimo, na istom skupu se mogu zadati razlicite metrike.♦


b

b

(x1,x2)

(y1,y2)

(a) Metrikad2

b

b

(x1,x2)

(y1,y2)

(b) Metrikad1

b

b

(x1,x2)

(y1,y2)

(c) Metrikad∞

Slika 2.3: Primjeri razlicitih metrika naR2.

Primjer 13. Skup svih konvergentnih realnih ili kompleksnih nizova oznacavamo sac,

c=

x= (xn)n∈N | (∀n∈ N)xn ∈ R(C) , ∃ limn→∞

xn ∈ R(C)

,

i ako uvedemod(x,y) = sup

n∈N|xn−yn| ,

gdje sux= (xn)n∈N i y= (yn)n∈N proizvoljni nizovi iz c, on postaje metricki prostor.♦

Primjer 14. Skup svih nula-nizova oznacavamo sac0,

c0 =

x= (xn)n∈N | (∀n∈ N)xn ∈ R(C) , limn→∞

xn = 0

,

i na njemu mozemo zadati metriku sa

d(x,y) = supn∈N

|xn−yn| ,

gdje sux= (xn)n∈N, y= (yn)n∈N ∈ c0 proizvoljni. ♦

Primjer 15. Za proizvoljno 1≤ p<+∞, salp(Φ) (Φ=R ili Φ=C) oznacavamo skup svih nizova(realnih ili kompleksnih) sumabilnih sa stepenomp tojest,

lp(Φ) =

x= (xn)n∈N | ∑n∈N

|xn|p < ∞

.

Standardna metrika na datom skupu zadata je sa

d(x,y) =

(

∑n∈N

|xn−yn|p) 1

p

.

U daljem tekstu cemo uobicajeno koristiti oznakulp, podrazumijevajuci iz konteksta da li se radio realnim ili kompleksnim nizovima. Napomenimo da se mogu posmatrati i prostorilp(X) gdje jeX proizvoljan metricki prostor, naprimjerX = l2 ili X = Rn i slicno.♦

Primjer 16. Sal∞ oznacavamo skup svih ogranicenih nizova, tj.

l∞ =

x= (xn)n∈N | supn∈N

|xn|<+∞

.


Standardna metrika na ovom skupu je data sa

d(x,y) = supn∈N

|xn−yn| . ♦

Primjer 17. Za Ω ⊆ C, saB(Ω) oznacavamo skup svih ogranicenih kompleksnih funkcija na Ω.Metriku na ovom skupu definisemo sa

d( f ,g) = supt∈Ω

| f (t)−g(t)| .

Ako specijalno izaberemo da jeΩ = [a,b]⊂R, dobijamo prostorB[a,b], ogranicenih kompleksnihfunkcija realne varijable. Ako je opet specijalnoΩ = N, dobijamo prostor ogranicenih nizovaB(N) = l∞. ♦

Primjer 18. Gornji primjer mozemo i dalje generalizovati. Naime, nekaje X neprazan skup i(Y,dY) metricki prostor. SaB(X,Y) oznacavamo skup svih ogranicenih preslikavanja sa domenomX i kodomenomY. Metriku na ovom skupu mozemo uvesti na sljedeci nacin,

D( f ,g) = supx∈X

dY( f (x),g(x)) ,

gdje su f ,g ∈ B(X,Y) proizvoljne. Za ispitivanje osobina metrike, u ovom primjeru nam trebapojam ogranicenosti skupa, koga cemo nesto kasnije definisati. ♦

Primjer 19. ZaΩ⊆R, saC(Ω) oznacavamo skup svih neprekidnih realnih funkcija naΩ. Metrikuna ovom skupu definisemo sa

d( f ,g) = supt∈Ω

| f (t)−g(t)| .

Specijalno, ako jeΩ = [a,b] dobijamo prostor neprekidnih funkcija na segmentu,C[a,b], na komeje metrika data sa

d( f ,g) = maxa≤t≤b

| f (t)−g(t)| . ♦

1

f

g

d(f,

g)

Slika 2.4: Standardna metrika naC[a,b]

Primjer 20. Na skupuC[a,b] metriku mozemo uvesti i sa

d( f ,g) =

(∫ b

a| f (t)−g(t)|2dt

) 12

,

i tada imamo prostor neprekidnih funkcija sa tzv. kvadratnom metrikom.♦


Primjer 21. Neka jek∈N. SaCk[a,b] oznacavamo skup svihk-puta neprekidno diferencijabilnihfunkcija definisanih na[a,b]. Metriku na ovom skupu uvodimo sa,

d( f ,g) = supt∈[a,b]

max| f (t)−g(t)|, | f ′(t)−g′(t)|, . . . , | f (k)(t)−g(k)(t)| ,

gdje suf ,g∈Ck[a,b]. ♦

Primjer 22. Skup Lebesgue integrabilnih funkcija sap-tim stepenom (1≤ p< +∞) nad oblastiΩ, oznacavamo saLp(Ω) i metrika je data sa

d(x,y) =

(∫

Ω|x(t)−y(t)|pdt

) 1p

. ♦

Primjer 23. Ako je X povezana Riemannova mnogostrukost, rastojanje izmedu dvije tacke temnogostrukosti definisemo kao infimum duzina putanja (neprekidno diferencijabilnih krivih) kojeih povezuju.♦

Primjer 24. Ako je G neusmjeren graf, tada na skupu cvorova tog grafa definisemo rastojanje kaonajkraci put koji povezuje dva cvora.

u v

z

x y

1

3

2

6

10

58

4

Tako bi rastojanje od cvoray do cvoraz bilo 7 (ody do x plus odx do z), a ne prosto poveznicaova dva cvora (8). Rastojanje od cvorazdo cvorav bi bilo 9 (odzdox pa dou i na kraju dov). ♦

Primjer 25. Neka je na skupuR2 zadata funkcija

x= (x1,x2),y= (y1,y2) ∈ R2 , d(x,y) = |x1−y1| .

Nije tesko provjeriti da funkcijad zadovoljava uslove M1, M3 i M4, ali ne i uslov M2. Naime, svetacke izR2 sa istim prvim koordinatama imaju ”udaljenost” nula i pri tome ne moraju obaveznobiti iste. Dakled nije metrika ali je zadovoljen uslov:x= y⇒ d(x,y) = 0, pa je(R2,d) primjerpseudometrickog prostora.Koristeci se idejom konstrukcije metrickog prostora iz psudometrickog prostora, uveli bi smo re-

laciju ekvivalencije uR2, tako da su dvije tacke ekvivalentne ako i samo ako su im prvekoordinatejednake. U tom slucaju bi klase ekvivalencije bile sve moguce prave vertikalne nax-osu, te bi od-govarajuci metricki prostorR2 bio kolicnicki prostor ciji su elementi te prave (klase ekvivalencije).♦

2.1.5 Ograniceni skupovi u metrickom prostoru

Sa pojmom metricke funkcije sada smo u mogucnosti mjeritii druga rastojanja izmedu objekatazadatog skupa.


Definicija 2.1.2

Neka jex tacka metrickog prostora(X,d) i neka jeA⊆ X neprazan. Udaljenost tackex odskupaA uvodimo sa

d(x,A) = infd(x,y)| y∈ A .

Gornja definicija je korektna jer ako jeA neprazan skup, onda je i skupd(x,y)| y∈ A neprazani ocigledno zbog osobine (M1), ogranicen odozdo, pa infimum postoji.Jasno je da akox ∈ A onda jed(x,A) = 0. Medutim, ako jed(x,A) = 0 ne mora bitix ∈ A, stopokazuje primjerx= 0 i A= (0,1) na realnoj pravoj. Naime,

d(0,(0,1)) = infd(a,0) | a∈ (0,1) = inf|a| | a∈ (0,1) = 0 ,

a 0 /∈ (0,1). Ovime opravdavamo koristenje iste oznake (d) i za metriku, a i za rastojenje tacke odskupa, iako ova druga nije forma rastojanja kako smo to definisali aksiomama metrike.

Lema 2.1.5

Neka je(X,d) metricki prostor,A,B⊆ X i x,y∈ X. Tada vrijedi:

1. d(x,y) = d(x,y).

2. Ako je∅ 6= A⊆ B onda jed(x,A)≥ d(x,B).

Primjer 26. U metrickom prostoru(R2,d2) izracunati rastojanje tacke(1,1) od skupaA= (x,y) | x2+y2 ≤ 1.

b

b

b

b

a= (1,1)

A

(x,y)X

Rastojanje tacke(1,1) od proizvoljne tacke(x,y) ∈A u d2 metrici dato je sa

d((1,1),(x,y)) =√

(x−1)2+(y−1)2 .

Naci rastojanje tacke(1,1) od skupaA znaci mi-nimizovati gornju funkciju pri uslovu da je tacka(x,y) ∈ A, tj. da vrijedix2+ y2 ≤ 1. Ekstremi funk-cije d((1,1),(x,y)) jednaki su ekstremumima funk-cije f (x,y) = (x−1)2+(y−1)2.

Ocigledno je da se tacka skupaA koja je najbliza tacki(1,1) nalazi na rubu skupa, pa dakletrebamo rjesiti problem uslovne ekstremizacije

(x−1)2+(y−1)2 → in f = min

x2+y2 = 1

Primjenjujuci Lagrangeov metod za rjesavanje gornjeg problema dobijamo da je trazena tacka

X =(√

22 ,

√2

2

)

i da je rastojanjed((1,1),A) =√

2−1. ♦


Lema 2.1.6

Za proizvoljan neprazan podskupA i proizvoljne tackex i y metrickog prostora(X,d) vrijedi

|d(x,A)−d(y,A)| ≤ d(x,y) .

Dokaz : Neka jeε > 0 proizvoljan realan broj. Oznacimo saa = d(x,A) i sa b = d(y,A). Naosnovu definicije infimuma skupa, postojit ∈ A, takav da jed(y, t)≤ b+ ε . Sada na osnovu Leme2.1.3, za svakos∈ A imamo

d(x,s)−b≤ d(x,s)−d(y, t)+ ε ≤ d(x,y)+d(s, t)+ ε . (2.13)

Oznacimo sa

M = d(x,s)−b| s∈ A , N = d(x,y)+d(s, t)+ ε | s∈ A .

Jasno je, na osnovu (2.13), da vrijedi infM ≤ inf N. Ako u 2.13 stavimos= t, vidimo da je brojd(x,y)+ ε u skupuN, pa onda vrijedi i infM ≤ d(x,y)+ ε . Kako ovo vrijedi za proizvoljnoε > 0to onda vrijedi i

a−b≤ d(x,y) .

Gornje razmatranje mozemo u potpunosti iskoristiti zamjenjujuci mjesta tackamax i y, te vrijedi ib−a≤ d(x,y), cime je iskazana tvrdnja dokazana.♣

Definicija 2.1.3

Neka suA i B neprazni podskupovi metrickog prostora(X,d). Rastojanje izmedu skupovaAi B definisemo sa

d(A,B) = infd(x,y) | x∈ A, y∈ B .

Korektnost i ove definicije objasnjavamo na isti nacin kaomaloprije. Ako se skupovi sijeku,jasno je da vrijedid(A,B) = 0. Medutim, ako jed(A,B) = 0 to ne znaci da je presjek skupovaneprazan. Naprimjer, ako jeA= (0,1), a B= (1,2), tada jed(A,B) = 0 i A∩B= ∅. Ovo namgovori da definisano rastojanje izmedu skupova nije metrika na particiji odX, tj. na gore uvedennacin funkcijad : P(X )×P(X )→R zadovoljava samo osobine nenegativnosti i simetricnosti.Rastojanje izmedu dva skupa mozemo okarakterisati i preko rastojanja tacke od skupa.

Lema 2.1.7

Neka jeX metricki prostor. Za proizvoljne neprazneA,B⊆ X vrijedi

d(A,B) = infa∈A

d(a,B) = infb∈B

d(b,A) .

Dokaz : Neka sua∈ A i b∈ B proizvoljni. Tada vrijedi

d(a,b) ≥ infb∈B

d(a,b) = d(a,B)≥ infa∈A

d(a,B) .

Odavde onda imamo da je

infa∈A,b∈B

d(a,b) = d(A,B)≥ infa∈A

d(a,B) .


Pretpostavimo da je infa∈A

d(a,B) < d(A,B). Tada bi morao postojatia ∈ A, takav da jed(a,B) <

d(A,B). Ovo opet znaci da je infb∈B

d(a,b) < d(A,B), pa bi opet morao postojatib∈ B takav da je

d(a,b) < d(A,B), sto je ocigledna kontradikcija.♣

Definicija 2.1.4

Za skupA, podskup metrickog prostora(X,d), kazemo da je ogranicen ili omeden ako jeskup rastojanja medu tackama tog skupa ogranicen skup, tj.

(∃C> 0)(∀x,y∈ A) 0≤ d(x,y) ≤C .

Specijalno, ako jeA = X kazemo da jeX ogranicen prostor, a za metriku kazemo da jeogranicena naX.

Primjer 27. Jedinicni krugB= (x,y) ∈ R2|x2+y2 ≤ 1 je ogranicen skup u(R2,d2).

b

b

b

X1

X2

1

Zaista, kako je za(x1,y1),(x2,y2)∈R2 rastojanje za-dato sa

d((x1,y1),(x2,y2)) =√

(x1−x2)2+(y1−y2)2 ,

jasno je da je za proizvoljne dvije tacke izB njihovorastojanje manje ili jednako precniku kruga, tj.

d((x1,y1),(x2,y2))≤ 2 .

♦

Primjer 28. NaR, funkcija zadata sad(x,y) = arctg|x−y| je metrika (pokazati) i kako je pri tomearctgx< π

2 za proizvoljnox∈R, prostorR sa ovom metrikom je ogranicen.♦

Primjer 29. Neka je(X,d) proizvoljan metricki prostor. Funkcijad′ : X×X → R, zadata sa

d′(x,y) =d(x,y)

d(x,y)+1, x,y∈ X ,

je metrika naX i pri tome za proizvoljnex,y ∈ X ocigledno vrijedid′(x,y) ≤ 1, te je (X,d′)ogranicen prostor.♦

Definicija 2.1.5

Neka jeA podskup metrickog prostora(X,d). Nenegativan broj

diamA= supd(x,y)| x,y∈ A ,

nazivamo dijametrom skupaA.

Jasno je da ako vrijedidiamA=+∞, da je tada skupA neogranicen tojest, vrijedi


Lema 2.1.8

Skup je ogranicen ako i samo ako mu je dijametar konacan.

Primjer 30. U prostorul2 sa standardnom metrikom, posmatrajmo skupA= en | n∈N, gdje je

e1 = (1,0,0, ...) , e2 = (0,1,0, ...) , . . . ,en = (0,0, ... ,1,︸︷︷︸

n−to m jesto

0, ...) .

Tada je za proizvoljnen,m∈ N, d(en,em) =√

2, te je skupA ogranicen idiamA=√

2. ♦

Od osobina dijametra spomenimo sljedece dvije.

Teorem 2.1.10

Za proizvoljna dva podskupaA i B metrickog prostora(X,d) vrijedi

1. Ako jeA⊆ B onda jediamA≤ diamB.

2. diam(A∪B)≤ diamA+diamB+d(A,B).

Dokaz : 1) Ocigledno.2) Kako jed(A,B) = infd(x,y) | x∈ A , y∈ B, to za proizvoljnoε > 0 postojea′ ∈ A i b′ ∈ B,

takvi da jed(a′,b′)−d(A,B)< ε .

Neka sua∈ A i b∈ B proizvoljni, tada na osnovu relacije mnogougla vrijedi

d(a,b) ≤ d(a,a′)+d(a′,b′)+d(b′,b)< diamA+d(A,B)+diamB+ ε .

Kako je ovo vrijedilo za proizvoljnoε , zakljucujemo da za svea∈ A i sveb∈ B vrijedi

d(a,b) ≤ diamA+d(A,B)+diamB.

Dakle, velicinadiamA+d(A,B)+diamBje jedno gornje ogranicenje skupad(x,y) | x,y∈A∪B,pa vrijedi

supd(x,y) | x,y∈ A∪B= diam(A∪B)≤ diamA+d(A,B)+diamB,

sto je i trebalo dokazati.♣

Posljedica 2.1.11.Unija konacno mnogo ogranicenih skupova je ogranicen skup.

Da bi definisali jos jedan pojam vezan za ogranicenost skupova u metrickim prostorima, potrebannam je pojam pokrivaca skupa.

Definicija 2.1.6

Neka je(X,d) metricki prostor. Za familijuAi | Ai ⊆X, i ∈ I kazemo da je pokrivac skupaX, ako vrijediX =

⋃

i∈I

Ai .


Pri tome, ako je skup indeksaI konacan, govorimo o konacnom pokrivacu, odnosno o prebrojivompokrivacu, ako jeI prebrojiv skup.

Primjer 31. Familija(a,b) | a,b∈R , a< b je pokrivac skupaR, ali to je i familija(p,q) | p,q∈Q , p< q. Razlika je izmedu ostalog, sto je prva familija neprebrojiva, a druga predstavlja pre-brojiv pokrivac.♦

Definicija 2.1.7

Za skup kazemo da je totalno ogranicen ako za svakoε > 0 postoji konacan pokrivac togskupa, skupovima ciji je dijametar manji odε .

Koristeci cinjenicu da je konacna unija ogranicenih skupova ogranicen skup, trivijalno vrijeditvrdnja,

Teorem 2.1.12

Svaki totalno ogranicen skup je i ogranicen.

U opstem slucaju obrat ovog tvrdenja ne vrijedi, kao sto to mozemo vidjeti na primjeru metrickogprostora(N,d), gdje jed diskretna metrika. Jasno je da za proizvoljnen,m∈N vrijedi d(n,m)≤ 1,ali ovaj skup nije totalno ogranicen. Zaista, uzmemo li da je ε = 1, ne postoji konacno mnogoskupova dijametra (duzine) manje od 1 koji bi pokrili skupN.

Teorem 2.1.13

Svaki ograniceni podskup euklidskog prostoraRn (n∈N) je totalno ogranicen skup.

Dokaz : Neka jeA⊂ R ogranicen skup. Tada jediamAkonacan, a time ce biti idiam(A∪0) =d∈R+. Ako saId oznacimo segment[−d,d]⊂R, tada jeK =

n

∏i=1

Id n-dimenzionalna kocka uRn,

ciji je centar u koordinatnom pocetku, a stranica 2d.Neka jea= (a1,a2, ...,an) ∈ A proizvoljno, tada za svakoi ∈ 1,2, ...,n vrijedi

|ai | ≤√

a21+a2

2+ · · ·+a2n = d(a,0) ≤ diam(A∪0) = d ,

te jeA⊆ K. Jasno je sada da ako pokazemo totalnu ogranicenost zaK, da ce to vrijediti i za skupA.Za proizvoljnoε > 0 izaberimok ∈ N, tako da jek > d

√n

ε . Podijelimo li svaki od segmenataId = [−d,d] na 2k jednakih dijelova koji su opet segmenti, oznacimo ih sa

Ii =

[dk(i −1),

dk

i

]

, i =−(k−1),−(k−2), ...,−1,0,1, ...,k ,

dobijamo podjelu velike kocke na sitnije kockeKi1,i2,...,in = Ii1 × Ii2 × ·· ·× Iin, kojih ukupno ima(2k)n, a koje ujedno predstavljaju konacan pokrivac kockeK. Kako je stranica svake male kockeduzined

k i kako je

diamKi1,i2,...,in =dk

√n< ε ,


x

y

z

Ki1,i2,...,in

Slika 2.5: Podjela kocke u 3D.

zakljucujemo da je kockaK totalno ogranicen skup.♣

Gornjim teoremom tvrdimo da su u konacnodimenzionalnim prostorima pojmovi ogranicenostii totalne ogranicenosti skupa ekvivalentni. Medutim, u beskonacnodimenzionalnim prostorima tonije tako. Naime, kako smo pokazali u Primjeru 30 skupA= en | n∈ N jeste ogranicen jer jeza proizvoljna dva razlicita elementa tog skupad(en,em) =

√2. Ako sada izaberemo da jeε = 1,

tada ce se u proizvoljnom skupu ciji je dijametar manji ilijednakε nalaziti samo jedan elementskupaA. Dakle da bi smo pokrili skupA ovakvim skupovima, njih mora biti bar onoliko kolikoima lemenata u skupuA, a ovih je prebrojivo mnogo. Dakle, u opstem slucaju u Teoremi 2.1.12ne vrijedi obrat tvrdnje.

Primjer 32. Posmatrajmo prostorC[0,1] sa standardnom metrikom i neka sufn : R→R zadate sa

fn(x) = max

1−2(n+1)2

∣∣∣∣x− 1

n

∣∣∣∣,0

, n∈N .

Jasno je dafn ∈C[0,1] zan∈N i prostim racunom nije tesko provjeriti da je zan 6=m, d( fn, fm) =1. Upravo zbog ove cinjenice onda je nemoguce da postoji konacno mnogo elemenatag1,g2, ...,gn ∈C[0,1] takvih da je fn | n∈ N ⊆⋃n

i=1B(gi ,12). Na osnovu ovoga onda imamo daC[0,1] nije to-

talno ogranicen skup.♦

Teorem 2.1.14

Neka jeM podskup totalno ogranicenog metrickog prostora(X,d). Tada je iM totalnoogranicen.

Dokaz : Neka jeε > 0 proizvoljan. Kako jeX totalno ogranicen, postoji konacan skupx1,x2, ...,xn⊂

X, takav da jeX ⊆n⋃

i=1

B(xi,ε2). Kako je M ⊆ X, neka jexi1, ...,xip skup onih centara kugli

za koje jeB(xikε2)∩M 6= ∅) (k ∈ 1,2, ..., p). Za svakok ∈ 1,2, ..., p izaberimo po jedan

yk ∈ B(xik,ε2)∩M. Tada jeB(xik,

ε2)⊂ B(yk,ε), a to onda znaci da jeM ⊆⋃p

k=1B(yk,ε). Dakle,Mje totalnoogranicen skup.♣

Gornje smo mogli iskazati i tvrdnjom da je svaki podskup totalno ogranicenog skupa, totalnoogranicen skup.


2.1.6 Topologija metrickih prostora

Otvoreni i zatvoreni skupovi igraju kljucnu ulogu u matematickoj analizi. Oni cine topoloskekarakteristike bilo kog skupa. Da bi smo uveli topologiju nanekom skupu, moramo odrediti sta cebiti otvoreni skupovi u njemu. U metrickim prostorima topologiju uvodimo pomocu kugli, i kaosto cemo vidjeti, topologija ce biti odredena upravo metrikom datog prostora.

Definicija 2.1.8

Neka je(X,d) metricki prostor. Za proizvoljnoa∈ X i za proizvoljnor > 0 skup

B(a, r) = x∈ X| d(a,x) < r

nazivamo otvorena kugla uX sa centrom ua, poluprecnikar.Skup

K(a, r) = x∈ X| d(a,x) ≤ rnazivamo zatvorena kugla sa centrom ua i poluprecnikar, a skup

S(a, r) = x∈ X| d(a,x) = r

nazivamo sfera sa centrom ua, poluprecnikar.

Primjer 33. Otvorena kuglaB(x0, r) na realnoj pravoj je ogranicen interval(x0 − r,x0 + r) sacentrom ux0 i duzinom 2r. S druge strane, svaki ogranicen otvoren interval(a,b) na realnoj

pravoj predstavlja otvorenu kugluB

(a+b

2,b−a

2

)

.

Isto tako, zatvorene kugle na realnoj pravoj su ogranicenisegmenti (zatvoreni intervali) koji sadrzevise od jedne tacke.♦

Primjer 34. U R3 sa d2 metrikom centralna kugla, kugla sa centrom u koordinatnom pocetku,poluprecnikaR je skup

B(0,R) = (x,y,z) ∈R3 | x2+y2+z2 < R2 . ♦

Primjer 35. U prostoruC[0,1] sa standardnom metrikom, kuglaB( f0,ε) je skup svih neprekidnihfunkcija ciji grafovi leze uε-pojasu oko grafa funkcijef0. ♦

1

ε f0

Slika 2.6: Kugla uC[0,1] sa centrom uf0, poluprecnikaε .

Otvorena i zatvorena kugla kao i sfera definisane su uvedenommetrikom na skupu. To ce na-ravno diktirati i ”oblik” tih skupova, sto se moze ilustrativno vidjeti na primjeru prostoraR2, sametrikamad1, d2 i d∞ (slika 2.7).Iz same definicije otvorene kugle, zatvorene kugle i sfere, jasno je da vrijedi,

diam(B(x, r)) = diam(K(x, r)) = diam(S(x, r)) = 2r.


(a) Kugla u(R2,d1) (b) Kugla u(R2,d2). (c) Kugla u(R2,d∞).

Slika 2.7: Razlicite metrike, rezlicite kugle

Zbog ove cinjenice pojmom kugle ogranicenost skupa u metrickom prostoru mozemo izraziti ve-oma intuitivno.

Teorem 2.1.15

Neka je(X,d) metricki prostor iA⊆ X. SkupA je ogranicen ako i samo ako postojix0 ∈ X ir > 0 tako da vrijediA⊆ B(x0, r).

D

B(O, r)

O

(a) Ogranicenost figure uR2.

b

X

A

x

B(x,ε)

(b) Okolina tacke

Pojam kugle je izuzetno vazan jer se pomocu nje definisu skoro sve topoloske karakteristikemetrickih prostora.

Definicija 2.1.9

Neka je(X,d) metricki prostor. Za skupA⊆X kazemo da je okolina tackex∈X ako postojir > 0, tako da jeB(x, r) ⊆ A.

Definicija 2.1.10

Za skupG podskup metrickog prostora(X,d), kazemo da je otvoren ako vrijedi

(∀x∈ G)(∃ε > 0) B(x,ε)⊆ G .

Drugacije receno, skupG⊆ X je otvoren u metrickom prostoru ako se moze prikazati kao unijaotvorenih kugli tog prostora. Naravno da je gornja definicija u skladu i sa topoloskom karakteriza-cijom otvorenog skupa kao okoline svake svoje tacke. Od osobina kugli neke izdvajamo sljedecimtvrdenjem.


Lema 2.1.9

Otvorene kugle u metrickom prostoru imaju sljedece osobine:

1. x∈ B(x, r).

2. B(x, r1)∩B(x, r2) = B(x,minr1, r2).

3. y∈ B(x, r) ⇒ B(y, r −d(x,y)) ⊆ B(x, r).

4. Otvorena kugla je otvoren skup.

Dokaz :

1. Neka jeB(x, r) proizvoljna kugla u metrickom prostoru. Kako jed(x,x) = 0 < r, premadefiniciji kuglex∈ B(x, r).

2. Neka suB(x, r1) i B(x, r2) kugle sa istim centrom i razlicitim poluprecnicima. Akoy ∈B(x, r1)∩B(x, r2), to y pripada objema kuglama. Ovo znaci da jed(x,y) < r1 i d(x,y) < r2,a sto je opet ekvivalentno sad(x,y) < minr1, r2 tojest,y∈ B(x,minr1, r2).

3.

Neka jeB(x, r) proizvoljna kugla iy∈B(x, r). Kako jed(x,y)< r,odnosnor−d(x,y)> 0, kuglaB(y, r−d(x,y)) je dobro definisana.Neka je sadaz∈ B(y, r − d(x,y)) proizvoljan. Tada jed(y,z) <r −d(x,y), odnosnod(x,y)+d(y,z) < r. Na osnovu nejednakostitrougla imamod(x,z) ≤ d(x,y)+d(y,z) < r, te jez∈ B(x, r). ε

x

y

b

b

ε −d(x,y)

4. Prvo konstatujmo da jeB(x, r) 6=∅ jer x∈ B(x, r). Neka je saday∈ B(x, r) proizvoljan. Naosnovu 3. tada imamoB(y, r −d(x,y)) ⊆ B(x, r), te je na osnovu definicije otvorenog skupB(x, r) otvoren skup. ♣

Lema 2.1.10

Neka je(X,d) metricki prostor,x,y∈ X i r1, r2 > 0 (r1 > r2). Tada vrijedi:

1. Ako jed(x,y) ≥ r1+ r2, tada su kugleB(x, r1) i B(y, r2) disjunktne.

2. Ako jed(x,y) ≤ r1− r2, tada jeB(y, r2)⊆ B(x, r1).

? Da li vrijede obrati u tvrdnjama iskazanim u gornjoj lemi? Ako ne vrijede, navesti kontrapri-mjere.

Teorem 2.1.16

Neka je(X,d) metricki prostor. Kolekcijaτ svih otvorenih podskupova odX ima sljedeceosobine.

1. ∅, X ∈ τ .


2. U,V ∈ τ ondaU ∩V ∈ τ .

3. (∀i ∈ I)Oi ∈ τ ⇒⋃

i∈I

Oi ∈ τ .

4. (∀x,y∈ X, x 6= y)(∃U,V ∈ τ)(x∈U ∧y∈V ∧U ∩V =∅).

Familija τ koja zadovoljava osobine 1., 2. i 3. naziva se topologija naX, a ako zadovoljava jos iosobinu 4., naziva se Hausdorffova topologija naX.

Primjer 36. UR sa euklidskom metrikom, skupovi(−1

n,1n

)(n∈N) su otvoreni skupovi (intervali),

a kako su jedini otvoreni skupovi u euklidskoj topologiji naR intervali i njihove unije, to skup

⋂

n∈N

(

−1n,1n

)

= 0 ,

nije otvoren skup. Ovime potvrdujemo cinjenicu iz 3. Teorem 2.1.16 da proizvoljan presjekotvorenih skupova ne mora biti otvoren skup.♦

Definicija 2.1.11

Neka jeA podskup metrickog prostora(X,d). Za tackux∈ X kazemo da je unutrasnja tackaskupaA ako postojiε > 0 takav da jeB(x,ε)⊆ A.Skup svih unutrasnjih tacaka skupaA nazivamo unutrasnjost (interior) skupa i oznacavamoga saAo.

Primjer 37. Nije tesko pokazati da je unutrasnjost skupa[0,1] ⊂ R, skup(0,1). Zaista, neka jex∈ (0,1). Kako je(0,1) otvoren skup, postojiε > 0 takav da(x− ε ,x+ ε)⊂ (0,1) ⊂ [0,1], a toupravo znaci da jex unutrasnja tacka skupa[0,1].S druge strane, 0 nije unutrasnja tacka skupa[0,1] jer ne postojir > 0 takav da(−r, r) ⊂ [0,1]. ♦

U kontekstu unutrasnjosti skupa imamo sljedecu karakterizaciju otvorenih skupova.

Teorem 2.1.17

Skup u metrickom prostoru je otvoren ako i samo ako su sve njegove tacke unutrasnje tacketojest, ako i samo ako vrijediA= Ao.

Neke od osobina untrasnjosti dajemo sljedecim tvrdenjem.

Teorem 2.1.18

Neka suA,B podskupovi metrickog prostora(X,d). Tada vrijedi:

1. Ao je otvoren skup.

2. Ao ⊆ A.

3. (Ao)o = Ao.

4. Ako jeA⊆ B, onda jeAo ⊆ Bo.

5. (A∩B)o = Ao∩Bo.


6. Ao∪Bo ⊆ (A∪B)o.

Definicija 2.1.12

Neka je(X,d) metricki prostor. Tackux∈ A⊆ X nazivamo izolovanom tackom skupaA akopostoji okolina tackex u kojoj osim tackex nema drugih tacaka iz skupaA.

Prostor koji se sastoji samo od izolovanih tacaka (atoma) naziva se diskretni prostor. Neka je(X,d)diskretan metricki prostor i neka jex ∈ X proizvoljan. Kako jex izolovana tacka, postojiε > 0takav da jeB(x,ε) ⊆ x, tojest vrijediB(x,ε) = x. Zakljucujemo da su singltoni u diskretnimmetrickim prostorima otvoreni skupovi, a samim tim je svaki podskup diskretnog prostora otvoren(kao unija svojih singltona). Naprimjer,N kao podprostor odR je diskretan prostor.

Definicija 2.1.13

Tackax∈ X je tacka nagomilavanja skupaA ako se u svakoj okolini tackex nalazi bar jednatacka skupaA razlicita odx.Skup svih tacaka nagomilavanja skupaA nazivamo izvodni skup i oznaca-vamo ga saA′.

Primjer 38. 1. SkupA=

1, 12,

13, ...

na realnoj pravoj ima tacku 0 kao tacku nagomilavanja.

Sta vise, to je jedina tacka nagomilavanja tojest,A′ = 0.

2. PodskupZ skupaR nema niti jednu tacku nagomilavanja, te jeZ′ =∅.

3. Prema poznatoj teoremi iz matematicke analize, svaki realan broj je tacka nagomilavanjaskupa racionalnih brojeva. DakleQ′ =R.

4. Za proizvoljan interval(a,b)⊂R, njegove tacke nagomilavanja su sve njegove tacke ukljuˇcu-juci i rubne tacke.Sta vise,

(a,b)′ = (a,b]′ = [a,b)′ = [a,b]′ = [a,b] . ♦

Lema 2.1.11

Neka je(X,d) metricki prostor iA ⊆ X. Ako je x0 tacka nagomilavanja skupaA, tada zaproizvoljnoε > 0 kuglaB(x0,ε) sadrzi beskonacno mnogo elemenata skupaA.

Dokaz : Pretpostavimo da za nekoε > 0 kuglaB(x0,ε) sadrzi samo konacno mnogo elemenataskupaA. Neka su to tackex1,x2, ...,xn razlicite odx0. Neka jeδ =mind(x1,x0),d(x2,x0), ...,d(xn,x0).Tada kuglaB(x0,δ ) ne sadrzi niti jednu tacku skupaA razlicitu odx0, sto je u kontradikciji sa de-finicijom tacke nagomilavanja.♣

Definicija 2.1.14

Skup je zatvoren ako je njegov komplement otvoren skup.

Prema definiciji zatvorenih skupova, imamo dualan stav za Teorem 2.1.16.


Teorem 2.1.19

U proizvoljnom metrickom prostoru(X,d) vrijedi

1. ∅, X su zatvoreni skupovi.

2. Ako suF1 i F2 zatvoreni skupovi onda jeF1∪F2 zatvoren skup.

3. Presjek proizvoljno mnogo zatvorenih skupova je zatvoren skup.

Primjer 39. U R sa euklidskom metrikom, skupovi[0,1− 1

n

](n∈ N) su zatvoreni skupovi (seg-

menti). Kako je⋃

n∈N

[

0,1− 1n

]

= [0,1) ,

i pri tome [0,1) nije zatvoren skup (u euklidskoj topologiji), potvrdujemo cinjenicu iz 2. gornjeteoreme da proizvoljna unija zatvorenih skupova ne mora biti zatvoren skup.♦

Lema 2.1.12

Neka jeO otvoren skup iF zatvoren skup uX. Tada je skupO\F otvoren, aF \O zatvorenskup uX.

Dokaz : Kako vrijedi skupovna jednakost

O\F = (X \F)∩O ,

kao presjek dva otvorena skupa iO\F je otvoren skup. Analogno izF \O = (X \O)∩F, kaopresjek dva zatvorena skupa i skupF \O je zatvoren.♣

Teorem 2.1.20

PodskupA metrickog prostora je zatvoren ako i samo ako sadrzi sve svoje tacke nagomilava-nja tojest,A′ ⊆ A.

Dokaz : Neka je(X,d) metricki porstor iA⊆ X. Pretpostavimo da jeA zatvoren. Slucajevi kadaje A=∅ i A= X ocigledno zadovoljavaju tvrdnju da sadrze sve svoje tacke nagomilavanja. Zatoneka jeA neprazan i razlicit odX. Tada postojix /∈ A, tojestx∈ Ac, a kako jeAc kao komplementzatvorenog otvoren skup, to postojir > 0 tako da jeB(x, r)⊆Ac. Medutim, to onda znaci da postojiokolina tackex koja nema nista zajednicko sa skupomA, te tackax nije tacka nagomilavanja skupaA. Dakle, proizvoljna tacka izX \A nije tacka nagomilavanja skupaA odnosno, skupA sadrzi svesvoje tacke nagomilavanja.Suprotno, nekaA sadrzi sve svoje tacke nagomilavanja. Neka jex∈ Ac proizvoljna. Tada ona nijetacka nagomilavanja skupaA, pa postojir > 0, takav daB(x, r)∩A = ∅. Ovo onda znaci da jeB(x, r)⊆ Ac te jeAc otvoren skup kao okolina svake svoje tacke. Time je skupA zatvoren skup.♣

Primjer 40. 1. SkupN je zatvoren podskup realne prave jer nema tacaka nagomilavanja. TadajeN′ =∅⊂ N.


2. SkupA=

1, 12,

13, ...

nije zatvoren uR jer A′ = 0, a 0/∈ A. ♦

Teorem 2.1.21

Zatvorena kugla u metrickom prostoru je zatvoren skup.

Dokaz : Neka je(X,d) metricki prostor iK(x0, r) = x∈ X | d(x,x0)≤ r proizvoljna zetvorenakugla u njemu. Neka jey proizvoljan element iz(K(x0, r))c. Tada jed(y,x0) > r, te je r1 =d(y,x0)− r > 0. Posmatrajmo sada proizvoljanz∈ B(y, r1). Za njega vrijedi

d(z,x0)≥ d(y,x0)−d(y,z)> d(y,x0)− r1 = r .

Dakle,z /∈K(x0, r), ili drugacije recenoz∈ (K(x0, r))c. Zakljucujemo da vrijediB(y, r1)⊆ (K(x0, r))c,te je(K(x0, r))c otvoren skup, odnosnoK(x0, r) je zatvoren skup.♣

Zatvorenost skupa moze se okarakterisati i sa pojmom rastojanja tacke od skupa. Naime, vri-jedi

Lema 2.1.13

Neka je(X,d) metricki prostor iA⊆ X zatvoren skup. Tada zax∈ X vrijedi, d(x,A) = 0 akoi samo akox∈ A.

Definicija 2.1.15

Neka je(X,d) metricki prostor i neka jeA⊆ X. Najmanji u smislu inkluzije, zatvoreni skupkoji sadrzi skupA, nazivamo zatvorenje ili adherencija skupaA i oznacavamo ga saA.

Nije tesko vidjeti da vrijedi

A=⋂

F ⊆ X| F zatvoren iA⊆ F ,

a to je ustvari topoloska definicija zatvorenja skupa.Ranije smo pokazali da je otvorena kuglaB(x0, r) otvoren skup, a zatvorena kuglaK(x0, r) zatvo-

ren skup u metrickom prostoru. Medutim, u opstem slucaju ne vrijediB(x0, r) = K(x0, r). Zaista,posmatrajmo proizvoljan neprazan skupX snabdjeven diskretnom metrikomd. Tada je zax∈ X,B(x,1) = x=B(x,1), ali jeK(x,1) =X. Dakle, zatvorenje otvorene kugle ne mora biti zatvorenakugla. U opstem slucaju jeB(x0, r) ⊆ K(x0, r).Neke od opstih karakteristika zatvorenja dajemo sljedecim tvrdenjem.

Lema 2.1.14

Neka suA i B proizvoljni podskupovi metrickog prostoraX. Vrijedi,

1. Zatvorenje skupa je zatvoren skup.

2. A⊆ A.

3. (A) = A


4. A⊂ B ⇒ A⊆ B.

5. A∪B= A∪B.

6. A∩B⊆ A∩B.

Lema 2.1.15

Neka suA i B podskupovi metrickog prostoraX.

1. Ako jeA⊆ B i B zatvoren skup, tada jeA⊆ B.

2. Ako jeA⊆ B i A otvoren skup, tada jeA⊆ Bo.

Dokaz : 1. Ako je A zatvoren skup, tada jeA= A i dokaz je jasan. Pretpostavimo zato daA nijezatvoren skup. TadaA\A 6=∅, te postojix∈ A\A. Pretpostavimo dax /∈ B. Tada jex unutrasnjatacka skupaBc jer je Bc otvoren skup. Kako jeBc ⊆ Ac, to jex unutrasnja tacka i skupaAc, a ovoje nemoguce jer jex tacka nagomilavanja skupaA.2. Neka jex∈ A proizvoljan. Kako jeA otvoren skup, postojiε > 0 takav da jeB(x,ε)⊂ A. Po

pretpostavci jeA⊆ B, te jeB(x,ε)⊂ B, odnosnox je unutrasnja tacka skupaB. dakle,A⊂ Bo. ♣

U terminologiji tacaka nagomilavanja, a sto skoro kao neposredna posljedica Teorema 2.1.20 je,adherencija se moze okarakterisati narednom tvrdnjom.

Teorem 2.1.22

Neka jeA podskup metrickog prostora(X,d). Tada vrijedi,A= A∪A′.

Na osnovu definicije rastojanja tacke od skupa, sada imamo jednu interesantnu karakterizacijuadherencije skupa.

Lema 2.1.16

Neka jeX metricki prostor iA⊆ X proizvoljan podskup. Tada vrijedi

A= x∈ X| d(x,A) = 0 .

Dokaz : Neka jex∈ A= A∪A′. Tada, akox∈ A, jasnod(x,A) = 0. Zato neka jex∈ A′. Kakoje x tacka nagomilavanja skupaA, za proizvoljnoε > 0, postojia∈ A, takav da jea∈ B(x,ε) iliekvivalentnod(x,a) < ε . Zbog proizvoljnostiε > 0 zakljucujemo da ce infd(x,a) | a∈ A = 0to jest,d(x,A) = 0.Obratno, neke je za nekox∈ X, d(x,A) = 0. To znaci na osnovu definicije infimuma i definicijerastojanja tacke od skupa, da za svakoε > 0, postojia∈ A, takav da jed(x,a)< ε . Ovo opet znacida jeB(x,ε)∩A 6=∅, tj. x∈ A∪A′ = A. ♣

Istaknimo ovde jos jedno svojstvo dijametra skupa ali i svojstvo adherencije skupa.

Teorem 2.1.23


Za proizvoljan skupA u metrickom prostoru vrijedi

diamA= diamA.

Dokaz : Kako generalno vrijediA⊆ A prema Teoremi 2.1.10 pod 1. imamo da je

diamA≤ diamA . (2.14)

Neka je sadaε > 0 proizvoljno i uzmimo proizvoljnex,y∈A. Prema Lemi 2.1.16, postojex′,y′ ∈Atakvi da jed(x,x′)< ε i d(y,y′)< ε . Sada imamo,

d(x,y) ≤ d(x,x′)+d(x′,y′)+d(y,y′)

< 2ε +d(x′,y′)≤ 2ε +diamA

Zbog proizvoljnostx,y∈ A zakljucujemo

diamA≤ 2ε +diamA,

a opet zbog proizvoljnostε > 0diamA≤ diamA. (2.15)

Iz (2.14) i (2.15) zakljucujemo trazenu jednakost.♣

Teorem 2.1.24

Zatvorenje totalno ogranicenog skupa je totalno ogranicen skup.

Dokaz : Neka jeM totalno ogranicen skup u metrickom prostoru(X,d). Za proizvoljnoε > 0postoji konacan skupx1,x2, ...,xn ⊂ X, takav da je

M ⊆n⋃

i=1

B(

xi ,ε2

)

. (2.16)

Ako je M =M nemamo sta dokazivati. Zato pretpostavimo da postojiy∈ M\M. Na osnovu Leme2.1.16 mora postojatix∈ M takav da jed(x,y) < ε

2. Zbog (2.16) onda postojixi ∈ x1,x2, ...,xntakav da jed(x,xi) <

ε2. Sada imamod(xi ,y) ≤ d(xi ,x)+ d(x,y) < ε , a to znaci day ∈ B(xi ,ε)

tojest,M ⊆⋃ni=1B(xi ,ε). Zbog proizvoljnostiε zakljucujemo da jeM totalno ogranicen skup.♣

Primjedba2.1.1. Treba primjetiti da je u Lemi 2.1.14 u 5. iskazana cinjenicada je zatvorenjekonacne unije skupova jednako uniji zatvorenja tih skupova. U opstem slucaju, za beskonacnomnogo skupova to ne mora da vrijedi, sto pokazuje primjer skupa racionalnih brojeva. Naime,vrijedi Q=

⋃

q∈Qq. Kako jeq= q za proizvoljan singlton, to je

⋃

q∈Qq=

⋃

q∈Qq =Q .

S druge strane jeQ= R, te je⋃

q∈Qq 6=

⋃

q∈Qq.

Isto tako, u 6. u opstem slucaju ne vrijedi jednakost sto se vidi iz narednog primjera.

Q∩ I=∅=∅⊂Q∩ I= R∩R= R .


Za proizvoljnu tackux metrickog prostora(X,d) i njenu proizvoljnu okolinuN, postoji kuglaB(x, r) ⊆ N. Kako za svakor > 0 postojin∈ N, takav da je1

n < r, to je ondaB(x, 1n)⊆ N. Dakle,

familija B(x, 1n) | n∈N cini bazni sistem okolina tackex koji je jos i prebrojiv, te metricki prostor

(X,d) zadovoljava prvi aksiom prebrojivosti. Time smo ustvari pokazali sljedecu tvrdnju.

Teorem 2.1.25

Svaki metricki prostor zadovoljava prvi aksiom prebrojivosti.

Teorem 2.1.26

U proizvoljnom metrickom prostoru jednoclani skupovi suzatvoreni.

Dokaz : Zaista, neka jex0 ∈ X proizvoljan (X neka je bar dvoclan skup). Posmatrajmo skupO = X \ x0. Za proizvoljnox ∈ O, je x 6= x0, te je r = d(x,x0) > 0. Posmatrajmo sada kugluB= B(x, r

2). Ociglednox0 /∈ B i pri tome jeB(x, r2) ⊆ O. Dakle, za proizvoljnox∈ O, skupO je

okolina tackex, tj. O je otvoren skup, a time jex0 zatvoren skup.♣

U opstem slucaju topoloskog prostora, jednoclani skupovi ne moraju biti zatvoreni skupovi. Naosnovu nam dobro poznate klasifikacije, iz gornjeg zakljucujemo da je svaki metricki prostorT1-prostor. Medutim, za metricke prostore vrijedi i jaca osobina.

Teorem 2.1.27

Svaki metricki prostor jeT2 prostor.

Dokaz : Podsjetimo se, topoloski prostor jeT2 prostor ili Hausdorffov prostor, ako se u njemusvake dvije razlicite tacke mogu separisati disjunktnimotvorenim okolinama. Da pokazemo ovuosobinu u metrickim prostorima, dovoljno je uzetix,y∈X takve da jex 6= y, a tada jed(x,y) 6= 0, i

posmatrati kugleB(

x, d(x,y)2

)

i B(

y, d(x,y)2

)

. Za proizvoljnoz∈ B(

x, d(x,y)2

)

vrijedi d(x,z)< d(x,y)2 ,

pa imamod(y,z)≥ |d(x,y)−d(x,z)|> d(x,y)2

, a ovo ne znaci nista drugo nego daz /∈B(

y, d(x,y)2

)

.

Zbog proizvoljnosti elementaz, zakljucujemo da vrijedi

B

(

x,d(x,y)

2

)

∩B

(

y,d(x,y)

2

)

=∅ ,

i pri tome jex∈ B(

x, d(x,y)2

)

, ay∈ B(

y, d(x,y)2

)

. ♣

Koristeci Lemu 2.1.13 i Lemu 2.1.6 pokazuje se da za metricke prostore cak vrijedi i osobinanormalnosti (svaka dva zatvorena disjunktna skupa se mogu separisati otvorenim disjunktnim oko-linama tih skupova), sto zajedno sa osobinomT1 govori da je svaki metricki prostorT4 prostor.

2.1.7 Ekvivalentnost metrika

Ako neprazan skupX snabdijemo dvjema razlicitim metrikamad1 i d2 smislenim se cini postavitipitanje da li su odgovarajuci metricki prostori(X,d1) i (X,d2) na neki odreden nacin ”ekviva-lentni”? Na primjer, odlican primjer za to pitanje bili bi metricki prostori(X,d) i (X,2d). Naneki intuitivan nacin ovi prostori su ”identicni” jer se rastojanje u drugom prostoru u odnosu naprvi prostor mjeri samo u razlicitoj skali. Zakomplikujmomalo stvari i postavimo isto pitanje


za prostore(X,d) i (X,√

d). Ovo poredenje izgleda nesto suptilnije. Kako sud i√

d uredajnoidenticne (rastom jedne rate i druga velicina), ipak druga metrika nije jednostavno skaliranje prvemetrike. Samim tim i odgovarajuci metricki prostori se bitnije razlikuju jedan od drugoga s ovetacke gledista. U najmanju ruku imali bi pravo reci da je veza izmedu prostora(X,d) i (X,2d)nekako cvrsca nego veza izmedu prostora(X,d) i (X,

√d).

Otvorene skupove, a samim tim i topologiju, u metrickom prostoru smo uveli koristeci pojamotvorene kugle koju smo opet uveli preko metricke funkcijete je ona time metricki pojam, pazato kazemo da je ta topologija na metrickom prostoru indukovana metrikom tog prostora. Kakometrika na nekom skupu mozemo definisati raznih, postavljase pitanje kakve su tada veze izmeduodgovarajucih topologija?

Definicija 2.1.16

Neka sud1 i d2 dvije metrike definisane naX. Kazemo da su ove metrike topoloski ekviva-lentne i pisemod1 ∼ d2, ako se topoloske strukture indukovane tim metrikama podudaraju,tj. ako za topologijuτ1 na(X,d1) i topologiju τ2 na(X,d2) vrijedi τ1 = τ2.

Teorem 2.1.28

Metrike d1 i d2 definisane naX su topoloski ekvivalentne ako i samo ako za svakox∈ X i zasvaku kugluB1(x, r1) u metricid1, postoji kuglaB2(x, r2) u metricid2, tako da jeB2(x, r2)⊆B1(x, r1) i obrnuto, ako za svaku kugluB2(x, r2) u metricid2, postoji kuglaB1(x, r1) u metricid1, tako da jeB1(x, r1)⊆ B2(x, r2).

Dokaz : Neka su naX definisane dvije metrike za koje jed1 ∼ d2 i neka je zax ∈ X, B1(x, r1)proizvoljna otvorena kugla. Tada jeB1(x, r1) otvoren skup u topologijiτ1, a zbog topoloske ekvi-valentnosti metrika, ona je otvoren skup i u topologijiτ2. Na osnovu Definicije 2.1.10 onda postojikugla B2(x, r2), takva da jeB2(x, r2) ⊆ B1(x, r1). Analogno se pokazuje da za kugluB2(x, r1) umetrici d2, postoji kuglaB1(x, r1) u metricid1, tako da jeB2(x, r2)⊆ B1(x, r1).Za dokaz obratnog smjera, neka za svaku kuglu u metricid1 postoji kugla u metricid2, koja

je sadrzana u njoj i obrnuto. Neka jeO ∈ τ1 proizvoljan otvoren skup u metrickom prostoru(X,d1). Tada prema Definiciji 2.1.10, za svakox ∈ O postoji otvorena kuglaB1(x, r1), takva daje x ∈ B1(x, r1) ⊆ O. Prema pretpostavci onda postoji i kuglaB2(x, r2) u metrici d2, takva daje x∈ B2(x, r2) ⊆ B1(x, r1) ⊆ O, za proizvoljnox∈ O, pa zakljucujemo da je skupO otvoren i utopologiji τ2, sto znaci da jeτ1 ⊆ τ2. Na identican nacin se pokazuje da vrijedi i obratna inkluzijaτ2 ⊆ τ1, sto daje jednakost topologija, a time i topolosku ekvivalentnost posmatranih metrika.♣

Definicija 2.1.17

Za metriked1 i d2 definisane naX koje zadovoljavaju uslov,

(∃C1,C2 > 0)(∀x,y∈ X) d1(x,y) ≤C1d2(x,y) ∧ d2(x,y) ≤C2d1(x,y) ,

kazemo da su uniformno ekvivalentne metrike.

Nije tesko pokazati da su relacije uniformne ekvivalentnosti i topoloske ekvivalentnosti medu svimmetrikama definisanim na istom skupu, relacije ekvivalencije.


Teorem 2.1.29

Ako su dvije metrike uniformno ekvivalentne, tada su one i topoloski ekvivalentne.

Dokaz : Neka jeB1(x0, r) proizvoljna kugla u(X,d1). Posmatrajmo kuglu

B2

(

x0,r

C1

)

=

x∈ X | d2(x0,x)<r

C1

.

Neka je x ∈ B2

(

x0,r

C1

)

proizvoljan. Tada jed2(x0,x) < rC1

, a zbog pretpostavked1(x,y) ≤C1d2(x,y), zakljucujemo da mora vrijeditid1(x0,x) ≤ C1d2(x0,x) < r, tj. x ∈ B1(x0, r). Dakle,

B2

(

x0,r

C1

)

⊆ B1(x0, r).

Na identican nacin se pokazuje da za proizvoljnu kugluB2(x′, r ′) u (X,d2) postoji kuglaB1

(

x′, r ′C2

)

,

takva da jeB1

(

x′, r ′C2

)

⊆ B2(x′, r ′). Na osnovu Teorem 2.1.28, topologije indukovane ovim metri-

kama su jednake, a to znaci da su metrike topoloski ekvivalentne.♣

Na osnovu gornjeg kriterija sada mozemo pokazati ekvivalentnost ranije pomenutih metrikad1,d2 i d∞ naRn (n∈ N).

b b

b

(x1,y1)

(x2,y2)Neka jen= 2, tada su spomenute metrike

d1((x1,y1),(x2,y2)) = |x1−x2|+ |y1−y2| ,

d2((x1,y1),(x2,y2)) =√

(x1−x2)2+(y1−y2)2 ,

d∞((x1,y1),(x2,y2)) = max|x1−x2|, |y1−y2| .

Ocigledno jed1 rastojanje zbir kateta formiranog trougla,d∞ je duza od tih kateta, ad2 je hipote-nuza tog trougla (Euklidsko rastojanje). Pri tome vrijedi

d∞((x1,y1),(x2,y2))≤ 1·d1((x1,y1),(x2,y2))

id1((x1,y1),(x2,y2))≤ 2d∞((x1,y1),(x2,y2)) ,

sto prema gornjoj teoremi znaci da sud1 i d∞ metrike topoloski ekvivalentne.Takode je jasno da vrijedi

d∞(x1,y1),(x2,y2)≤ 1·d2(x1,y1),(x2,y2)

id2(x1,y1),(x2,y2)≤

√2d∞(x1,y1),(x2,y2) ,

tj. i metrike d2 i d∞ su topoloski ekvivalentne. Kao sto rekosmo ranije relacija ”biti topoloskiekvivalentan” je relacija ekvivalencije, te su sve tri metrike topoloski ekvivalentne.U opstem slucaju zan∈ N vrijede nejednakosti

d∞ ≤ d2 ≤√

n·d∞ ,

d∞ ≤ d1 ≤ n·d∞ ,

d2 ≤ d1 ≤√

n·d2 ,


Teorem 2.1.30

Za svaku metrikud naX, postoji njoj topoloski ekvivalentna metrika u kojoj jeX ogranicenskup.

Dokaz : Neka je(X,d) metricki prostor. Posmatrajmo funkcijud∗ : X×X → R, zadatu sa

x,y∈ X , d∗(x,y) =d(x,y)

1+d(x,y).

Kao sto je pokazano u Teoremi 2.1.1,d∗ jeste metrika naX.Kako za proizvoljnex,y∈ X vrijedi

d∗(x,y) =d(x,y)

1+d(x,y)≤ 1 ,

zakljucujemo da jeX ogranicen, odnosnod∗ je ogranicena metrika.Za proizvoljnex∈ X i r > 0 oznacimo saBd∗(x, r) kuglu u metrickom prostoru(X,d∗). Kako je

ocigledno zadovoljena nejednakostd∗(x,y) ≤ d(x,y), za proizvoljnex,y∈ X, to na osnovu poka-zanog u dokazu prethodne teoreme, postoji kuglaBd(x, r), takva da jeBd(x, r) ⊆ Bd∗(x, r).S druge strane, za proizvoljnu kugluBd(x, r) u (X,d), jednostavno se pokazuje da kuglaBd∗(x, r

1+r ),zadovoljava uslovBd∗(x, r

1+r ) ⊆ Bd(x, r). Dakle, zakljucujemo da su topologije indukovane ovimmetrikama jednake.♣

Primjedba2.1.2. Primjetimo da ce i funkcijad′(x,y) = min1,d(x,y) zadovoljiti sve osobinekoje zadovoljava i funkcijad∗ konstruisana u dokazu ove teoreme. Naime, ako proizvoljan skupX na kome je definisana metrikad snabdijemo metrikomd′ on postaje ogranicen skup. Za metrikeu kojima dati skup postaje ogranicen kazemo da su ogranicene metrike.

Teorem 2.1.31

Neka sud1 ogranicena id2 neogranicena metrika naX. Tada ove dvije metrike nisu uniformnoekvivalentne.

Dokaz : Neka jed1 ogranicena, ad2 neogranicena metrika na nepraznom skupuX. Tada postojiM > 0, takav da je

(∀x,y∈ X) d1(x,y) ≤ M .

S druge strane, kako metrikad2 nije ogranicena, za svakoα > 0 postojat cexα ,yα ∈ X, takvi davrijedi d2(xα ,yα )> α .Ako bi ove dvije metrike bile uniformno ekvivalentne, moraobi postojati pozitivan realan brojCtakav da bi vrijedilod2(x,y) ≤ Cd1(x,y), za svex,y ∈ X. Ako stavimoα =CM onda bi moralovrijediti d2(xα ,yα)> α , za nekexα ,yα ∈ X, ali istovremeno i

d2(xα ,yα)≤Cd1(xα ,yα)<CM = α ,

sto je ocigledno nemoguce.♣

Sta vise, moze se pokazati da uniformno ekvivalentne metrike definisane na istom skupu, morajubiti istovremeno ili ogranicene ili neogranicene. Kao sto smo primjetili, uniformno ekvivalentnemetrike su i topoloski ekvivalentne. Medutim, u opstem slucaju obrat ne vrijedi. Naime, u Te-oremu 2.1.30 metrikad i konstruisana metrikad∗ jesu topoloski ekvivalentne, ali na osnovu Te-orema 2.1.31 jasno je da one ne mogu biti uniformno ekvivalentne jer je jedna ogranicena metrika(d∗), a druga neogranicena metrika (d).


2.1.8 Potprostor metrickog prostora

Neka je sada(X,d) proizvoljan metricki prostor i neka jeY ⊆ X. Kako d : X ×X → R i pritome jeY×Y ⊆ X ×X, mozemo posmatrati njenu restrikcijud|Y×Y kao restrikciju funkcije napodskup, koja tada ocigledno predstavlja metriku na skupuY. Ovo cemo formalizovati sljedecomdefinicijom.

Definicija 2.1.18

Neka je(X,d) metricki prostor iY ⊆ X. Definisimo funkcijudY : Y×Y → R sa

x,y∈Y , dY(x,y) = d(x,y) .

Tada jedY metricka funkcija indukovana metrikomd, a uredeni par(Y,dY) nazivamo me-trickim potprostorom prostora(X,d).

Primjer 41. Segment[0,1] shvatamo kao potprostor realne prave, prihvatajuci da je rastojanjeza dva elementax,y ∈ [0,1] zadato sad(x,y) = |x− y|, tj. preuzimajuci metriku iz nadredenogprostora.♦

Restrikcija metrike iz nadredenog prostora na potprostor nije jedini nacin pravljenjametrike napodskupu metrickog prostora. U mnogim slucajevima prirodnije je posmatrati neku ”unutrasnju”metriku koja u opstem slucaju nije ekvivalentna metrici na prostoru.

Primjer 42. Posmatramo li jedinicnu sferuS1 u prostoruR2, naravno da mozemo posmatratirastojanje dvije tacke na sferi kao euklidsko rastojanje uravni. Medutim, prirodnijim se nameceposmatrati rastojanje dvije tacke na sferi kao kracu duzinu luka krive koja ih spaja, koja se nazivaugaona duzina. Tako bi ugaona duzina (rastojanje) dvije tacke koje su krajevi precnika te kruznice,bilo π. Rastojanje izmedu dva susjedna vrha pravilnog upisanogn-tougla u kruznicu je2π

n . ♦

Primjer 43. Kako je svaka neprekidna funkcija na[a,b] ⊂ R i ogranicena, metriku naC[a,b]takode preuzimamo izB[a,b], pa kazemo da jeC[a,b] potprostor odB[a,b].Kako jeC1[a,b] ⊂ C[a,b], metriku mozemo preuzeti, ali kako se pokazuje, ”bolja” metrika na

C1[a,b] je zadata sadC1( f ,g) = d( f ,g)+d( f ′,g′) ,

gdje jed metrika naC[a,b]. ♦

Karakterizaciju otvorene kugle na potprostoru dajemo narednim tvrdenjem.

Lema 2.1.17

Neka je(X,d) metricki prostor i(Y,dY) njegov potprostor. Za proizvoljnoy0 ∈ Y i r > 0vrijedi

BY(y0, r) = BX(y0, r)∩Y ,

gdje jeBY(y0, r) otvorena kugla uY sa centrom uy0, poluprecnikar, a BX(y0, r) otvorenakugla uX sa centrom uy0, poluprecnikar.

Primjer 44. Ako posmatramo[0,1] kao potprostor od euklidskog prostoraR, prema gornjoj lemivrijedi

B[0,1](0,1) = BR(0,1)∩ [0,1] = (−1,1)∩ [0,1] = [0,1) ,


dok je

B[0,1]

(12,13

)

= BR

(12,13

)

∩ [0,1] =

(16,56

)

. ♦

Topologija na potprostoru, indukovana dobijenom indukovanom metrikom, okarakterisana je nasljedeci nacin.

Teorem 2.1.32

Neka je(Y,dY) potprostor metrickog prostora(X,d).

1. SkupO⊆Y je otvoren u prostoruY ako i samo ako postoji skupU ⊆ X otvoren uX,tako da jeO=U ∩Y.

2. SkupV ⊆Y je zatvoren u prostoruY ako i samo ako postoji skupF ⊆ X zatvoren uX,tako da jeV = F ∩Y.

Dokaz : 1. (=⇒)Neka jeV ⊆Y otvoren uY. Tada prema karakterizaciji otvorenih skupova, za svakix∈V, postojikugla BY(x, rx) takva da jex ∈ BY(x, rx) ⊆ V. Promatrajmo kugluBX(x, rx) s istim sredistem iradijusom, ali u prostoruX. Ocito vrijedi BY(x, rx) = BX(x, rx)∩Y. Ali skup U =

⋃

x∈V BX(x, rx)je otvoren uX (kao unija kugli uX), pa je

U ∩Y =

(

⋃

x∈V

BX(x, rx)

)

⋂

Y =⋃

x∈V

(BX(x, rx)∩Y)

=⋃

x∈V

BY(x, rx) =V .

(⇐=)Neka jeV ⊆Y , i U ⊆ X otvoren skup uX takav da jeV =U ∩Y. Tvrdimo da jeV otvoren skup

u Y. Kako jeV ⊆ U , za svakix ∈V postoji kuglaB(x, rx) takva da jex ∈ B(x, rx) ⊆ U . Tada jex∈ B(x, rx)∩Y ⊆U ∩Y =V. Medutim,B(x, rx)∩Y = BY(x, rx), dakle jex∈ BY(x, rx)⊆V, pa jeV otvoren uY .

Dokaz tvrdenja 2. je ostavljen za vjezbu.♣

Teorem 2.1.33

Neka je(Y,dY) potprostor metrickog prostora(X,d).

1. Svaki podskup odY koji je otvoren uY, otvoren je uX ako i samo ako jeY otvoren uX.

2. Svaki podskup odY koji je zatvoren uY, zatvoren je uX ako i samo ako jeY zatvorenu X.

Dokaz : 1. Neka je svaki otvoren skup uY otvoren i uX. Kako je svaki prostor otvoren skup usebi, to jeY otvoren uY, a onda je otvoren i uX.Neka je sadaY otvoren uX i neka jeO proizvoljan otvoren skup uY. Tada mora postojati otvorenskupU u X, takav da jeO=U ∩Y. Kako su iU i Y otvoreni uX i O⊆ X, to je i O kao presjekotvorenih skupova, otvoren skup uX. Dokaz pod 2. ostavljen je za vjezbu.♣


2.2 Neprekidnost na metrickim prostorima

2.2.1 Opste napomene o preslikavanjima

Prije nego uvedemo pojam neprekidnosti preslikavanja na metrickim prostorima, podsjetimo seneke opste terminologije preslikavanja.

Definicija 2.2.1

Neka suX i Y proizvoljni skupovi. Pod preslikavanjem skupaX u skupY podrazumijevamoproizvoljno pravilo ili zakonf kojim elementima skupaX pridruzujemo elemente skupaY.Ukoliko svakom elementu skupaX pridruzujemo najvise jedan element skupaY, za preslika-vanje kazemo da je jednoznacno, u suprotnom kazemo da je preslikavanje viseznacno.

Cinjenicu da preslikavanjef slika X u Y zapisujemo saf : X →Y, pri cemuX nazivamo domenpreslikavanja ili podrucje originala, aY nazivamo kodomen ili podrucje slika. Ukoliko jeE ⊆ X iF ⊆Y, slikom skupaE u preslikavanjuf podrazumijevamo skup

f (E) = f (x) | x∈ E= y∈Y | (∃x∈ E) y= f (x) .

Predslika skupaF u preslikavanjuf je skup

f−1(F) = x∈ X | f (x) ∈ F ,

pri cemu ovdje ni u kom slucaju ne podrazumijevamo postojanje inverznog preslikavanja, vecsamo uvodimo notaciju za one elemente skupaX cija je slika u skupuF.

Definicija 2.2.2

Neka suX i Y proizvoljni skupovi i f : X →Y jednoznacno preslikavanje.Za preslikavanjef kazemo da je surjektivno ili da je surjekcija ako je svaki element skupaYslika bar jednog elementa skupaX tojest, f (X) =Y.Za preslikavanjef kazemo da je injektivno ili da je injekcija ako se razliciti elementi domenapreslikavaju u razlicite elemente kodomena.

Definicija 2.2.3

Za prelikavanjef kazemo da je bijektivno ili da je bijekcija ako je istovremeno i injektivnoi surjektivno.

Za surjektivno preslikavanje kazemo i da je ”na” preslikavanje, a za injektivno i da je ”1-1” pres-likavanje. PreslikavanjeidX : X → X, zadato saidX(x) = x za x ∈ X, naziva se identicko presli-kavanje i primjer je bijektivnog preslikavanja, a preslikavanje i : X →Y gdje jeX ⊂Y, zadato sai(x) = x zax∈ X, naziva se inkluzija i primjer je injektivnog, ali ne i surjektivnog preslikavanja.

Definicija 2.2.4

Neka suX i Y proizvoljni skupovi i f : X → Y jednoznacno preslikavanje. Kazemo da jepreslikavanjeg inverzno preslikavanje preslikavanjaf akog : Y → X i za svex∈ X i y∈Yvrijedi

f (g(y)) = y i g( f (x)) = x ,

2.2 Neprekidnost na metrickim prostorima 47

tj. f g= idY i g f = idX.

Teorem 2.2.1

Preslikavanjef : X → Y ima inverzno preslikavanje ako i samo ako jef bijekcija. U tomslucaju je inverzna funkcija jedinstvena i oznacavamo jesa f−1, koja je i sama bijekcija.

2.2.2 Neprekidnost preslikavanja

Definicija 2.2.5

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori. Za preslikavanjef : X →Y kazemo da je nepre-kidno u tackix0 ∈ X ako

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x∈ X)(dX(x0,x) < δ ⇒ dY( f (x0), f (x)) < ε) .

Preslikavanje je neprekidno naX ako je neprekidno u svakoj tackix∈ X.

Neformalno govoreci, preslikavanjef je neprekidno u tackix0 ako se tacka koja je blizux0 umetrici dX preslikava blizu tackef (x0) u metricidY.Ako u gornjoj definiciji uzmemo da suX =Y =R, dobijamo poznatu nam definiciju neprekidnostirealne funkcije realne promjenljive,

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x∈ X)(|x−x0|< δ ⇒ | f (x)− f (x0)|< ε) .

Primjer 45. Posmatrajmo preslikavanjeA : C[0,1]→C[0,1], definisano sa

A f(x) =∫ x

0f (t)dt ,

gdje jeC[0,1] prostor neprekidnih funkcija definisanih na[0,1] sa standardnom metrikom. Zaproizvoljne f ,g∈C[0,1] i proizvoljno x∈ [0,1] vrijedi,

|A f(x)−Ag(x)| =∣∣∣∣

∫ x

0f (t)dt−

∫ x

0g(t)dt

∣∣∣∣

≤∫ x

0| f (t)−g(t)|dt

≤∫ x

0maxt∈[0,1]

| f (t)−g(t)|dt

= d( f ,g)∫ x

0dt ≤ d( f ,g) .

Dakle,d(A f,Ag) = max

x∈[0,1]|A f(x)−Ag(x)| ≤ d( f ,g) ,

pa je za proizvoljnoε > 0 dovoljno izabratiδ = ε , za koga ce onda vrijediti da kad god jed( f ,g)<δ , onda jed(A f,Ag)< ε , te je preslikavanjeA neprekidno naC[0,1]. ♦


Teorem 2.2.2

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori i f : X →Y. Sljedeca tvrdenja su ekvivalentna.

1. f je neprekidna naX.

2. (∀x∈ X)(∀ε > 0)(∃δ > 0) f (B(x,δ )) ⊆ B( f (x),ε).

3. Za svaki otvoreni skupV ⊆Y je f−1(V) otvoren skup uX.

Dokaz : (1.⇔ 2.)Neka je f neprekidna funkcija. Neka jex0 ∈ X proizvoljan. Tada vrijedi

(∀ε > 0)(∃δ > 0) (d(x,x0)< δ ⇒ d( f (x), f (x0))< ε) .

Drugacije receno, vrijedi

(∀ε > 0)(∃δ > 0) (x∈ B(x0,δ )⇒ f (x) ∈ B( f (x0),ε)) ,

odnosno

(∀ε > 0)(∃δ > 0) ( f (x) ∈ f (B(x0,δ ))⇒ f (x) ∈ B( f (x0),ε) ,

ili u skupovnom obliku ovo znaci

f (B(x0,δ )))⊆ B( f (x0),ε) .

(2.⇒ 3.)Neka vrijedi iskaz 2. i neka jeV proizvoljan neprazan otvoren skup uY. Neka jex ∈ f−1(V)proizvoljan. To znaci da jef (x) ∈ V, a zbog otvorenosti skupaV, postoji ε > 0, takav da jeB( f (x),ε)⊆V. Na osnovu 2., za takavε postojiδ > 0, tako da vrijedi

f (B(x,δ )) ⊆ B( f (x),ε) ⊆V .

Primjenimo li poznate nam stvari iz preslikavanja, imamo

B(x,δ )⊆ f−1 f (B(x,δ )) ⊆ f−1(V) .

Dakle za proizvoljanx∈ f−1(V), postoji kuglaB(x,δ )⊆ f−1(V), pa je f−1(V) otvoren skup.(3.⇒ 2.)

Neka sux∈ X i ε > 0 proizvoljni. Tada jeB( f (x),ε) otvoren skup if (x) ∈ B( f (x),ε). Na osnovu3. je onda if−1(B( f (x),ε)) otvoren skup. Osim toga jex= f−1 f (x)∈ f−1(B( f (x),ε)), pa zbogotvorenosti, postojiδ > 0, takav da jeB(x,δ ) ⊆ f−1(B( f (x),ε)). Iz posljednjeg onda imamo

(∀ε > 0)(∃δ > 0) f (B(x,δ )) ⊆ B( f (x),ε) . ♣

Gornjom teoremom dajemo jednu karakterizaciju neprekidnosti preslikavanja, a treba se prisjetitida se u opstoj topologiji upravo iskazom 3. definise ovaj pojam. Zbog bogatije strukture metrickihprostora u odnosu na topoloske prostore, i definiciju neprekidnosti smo prilagodili toj cinjenici, sciljem lakseg ispitivanja te osobine.


Primjer 46. Neka je(X,dX) diskretan metricki prostor i(Y,dY) proizvoljan metricki prostor. Tadaje svako preslikavanjef : X →Y neprekidno. Zaista, neka jex0 ∈ X proizvoljno. Zaε > 0 neka jeδ < 1. Tada jeBX(x0,δ ) = x0, a onda je

f (BX(x0,ε)) = f (x0) ⊆ BY( f (x0),ε) ,

sto prema 2. gornje teoreme znaci neprekidnost preslikavanja f . ♦

Naravno da karakterizacija pojma neprekidnosti ima raznih. Ovdje cemo spomenuti jos dvije, adokaze tih cinjenica ostavljamo citaocu za vjezbu.

Teorem 2.2.3

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori i f : X → Y. f je neprekidno preslikavanje ako isamo ako za proizvoljan zatvoren skupF ⊆Y, je f−1(F) zatvoren skup uX.

Teorem 2.2.4

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori i f : X → Y. f je neprekidno preslikavanje ako isamo ako za proizvoljanA⊆ X vrijedi f (A)⊆ f (A).

Konstrukciju novih neprekidnih funkcija pomocu dati neprekidnih funkcija dobijamo na osnovusljedeca dva tvrdenja.

Teorem 2.2.5

Neka suf ,g : X → Y neprekidna preslikavanja i neka jea ∈ R, tada su i preslikavanjaa · f ,f ±g i f ·g neprekidna preslikavanja.

Teorem 2.2.6

Kompozicija neprekidnih preslikavanja je neprekidno preslikavanje.

Uobicajeno saC(X) obiljezavamo skup svih neprekidnih realnih funkcija definisanih naX, gdjeje X metricki prostor. Takode dogovorno umjestoC([a,b]) pisemo jednostavnoC[a,b], za skupsvih neprekidnih funkcija definisanih na segmentu[a,b].

2.2.3 Uniformna i Lipschitz neprekidnost

Uvedimo jos jedan pojam vezan za metricke prostore, ali i ucvrstoj vezi sa neprekidnoscu presli-kavanja.

Definicija 2.2.6

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori i f : X → Y. Za preslikavanjef kazemo da jeuniformno (ravnomjerno) neprekidno ako za svakoε > 0 postojiδ > 0, tako da za svex∈ Xvrijedi f (BX(x,δ )) ⊆ BY( f (x),ε).


Gornju definiciju smo mogli iskazati i formalnim zapisom.

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x,y∈ X)(dX(x,y) < δ ⇒ dY( f (x), f (y)) < ε) .

Ocigledno da fiksiranjem jedne velicine u uslovu(∀x,y∈ X) dobijamo uslov neprekidnosti presli-kavanja f , tj. uniformno neprekidno preslikavanje je i neprekidno, dok obrat u opstem slucaju nevazi. Zaista, posmatrajmo preslikavanjef (x) = 1

x na(0,+∞). Neprekidnost posmatrane funkcijese ima iz sljedeceg rasudivanja. Neka sux0 ∈ (0,+∞) i ε > 0 proizvoljni. Stavimo da jea= x0

2i oznacimo saδ = minx0 − a,εa2. Za proizvoljanx ∈ (0,+∞), takav da je|x− x0| < δ , jeociglednox0− x≤ |x− x0| < x0−a, iz cega zakljucujemo da jea< x, a time jea2 < xx0. Sadaimamo ∣

∣∣∣

1x− 1

x0

∣∣∣∣=

|x0−x|xx0

<δa2 ≤ εa2

a2 = ε .

Dakle, f je neprekidna ux0. Pokazimo daf nije uniformno neprekidna na(0,+∞).Neka jeε = 1 i neka jeδ > 0 proizvoljan. Izaberimox0 = minδ ,1 i neka jex = x0

2 . Tada je|x−x0|= x0

2 ≤ δ2 < δ , ali

∣∣∣∣

1x− 1

x0

∣∣∣∣=

1x0

≥ 1= ε .

Primjer 47. Posmatrajmo preslikavanjef : R→R, zadato saf (x) = x1+x2 . Za proizvoljnex,y∈R

neka jex< y. Na osnovu teorema o srednjoj vrijednosti diferencijalnogracuna za nekot ∈ (x,y)vrijedi,

| f (x)− f (y)| = | f ′(t)| · |x−y|=∣∣∣∣

1− t2

(1+ t2)2

∣∣∣∣· |x−y| ≤ |x−y| ,

jer je ocigledno| f ′(t)| ≤ 1. Jasno je sada da za proizvoljno izabranoε > 0 biramo da jeδ = ε , teako jed(x,y) = |x−y|< δ onda ce bitid( f (x), f (y)) = | f (x)− f (y)| < ε . Dakle, f je uniformnoneprekidno preslikavanje.♦

Primjer 48. Posmatrajmo preslikavanjef : R→ R zadato saf (x) = x2. Neka jeε = 1 i uzmimoproizvoljnoδ > 0. Izaberimo sada tackex= 1

δ + δ2 i y= 1

δ . Tada je

|x−y|= δ2< δ i | f (x)− f (y)| = |x2−y2|> 1 .

Iz ovoga je jasno daf nije uniformno neprekidno preslikavanje naR. medutim, ako dato presli-kavanje posmatramo na proizvoljnom domenu[−a,a], onda ce za proizvoljno izabranoε > 0 bitidovoljno da uzmemoδ = ε

2a, tako da ce za proizvoljnex,y∈ [−a,a] za koje je|x− y| < δ , vrije-diti | f (x)− f (y)| = |x+ y| · |x− y| ≤ 2y · |x− y| < ε . Dakle, na[−a,a] (a∈ R+) je preslikavanjef (x) = x2 uniformno neprekidno.♦

Razlika pojmova neprekidnosti i uniformne neprekidnosti je ta sto u pojmu neprekidnosti funk-cije, postojeciδ ovisi o proizvoljno izabranomε , ali i o tacki u kojoj posmatramo neprekidnost,dok kod uniformne neprekidnosti njegov izbor ovisi samo oε .Pored navedena (standardna) dva pojma neprekidnosti preslikavanja, spomenimo i treci koji se

cesto susrece u funkcionalnoj analizi.

Definicija 2.2.7

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori i f : X → Y. Za preslikavanjef kazemo da je


Lipschitz neprekidno saX uY ako postoji konstantaC> 0 takva da za svex,y∈ X vrijedi

dY( f (x), f (y)) ≤CdX(x,y) .

Iz definicije je jasno da jeC konstanta, koju nazivamo Lipschitzova konstanta, i ne smije ovisitio izborux,y∈ X. Najmanju Lipschitzovu konstantu nazivamodilatacija funkcije f i oznacavamoje sadil f . Jasno je, dilatacija funkcije koja nije Lipschitz neprekidna je+∞. Preslikavanje kodkojeg je Lipschitzova konstanta strogo manja od 1 naziva seneekspanzivnopreslikavanje o komece biti rijeci u zadnjem poglavlju ove knjige.Ocigledno je svaka Lipschitz neprekidna funkcija i uniformno neprekidna, dok obrat u opstem

slucaju ne vazi.

Posmatrajmo ponovo funkcijuf (x) =1x

, ali sada na intervalu(a,+∞), gdje jea > 0. Za pro-

izvoljne x1,x2 ∈ (a,+∞), na osnovu Lagrangeove teoreme postojic izmedu x1 i x2 takav da je

1x1

− 1x2

=− 1c2 (x1−x2) .

Izbor brojac nam garantuje da on pripada intervalu(a,+∞), te vrijedic2 > a2, a tada je∣∣∣∣

1x− 1

x0

∣∣∣∣≤ 1

a2 |x1−x2| .

Gornja nejednakost nam govori da za proizvoljno izabranoε > 0, dovoljno je izabratiδ = εa2 izcega se onda zakljucuje uniformna neprekidnost funkcijef na (a,+∞). Medutim, iz posljednjenejednakosti zakljucujemo i da Lipschitzova konstantaM = 1

a2 ocigledno ovisi o posmatranom in-tervalu(a,+∞), a samim tim i o izboru elemenatax1 i x2, te ova funkcija nije Lipschitz neprekidnana(a,+∞).

Primjer 49. Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori. Svako konstantno preslikavanje saX u Yje Lipschitz neprekidno, a takvo je i identicko preslikavanje saX u X. ♦

Primjer 50. Posmatrajmo preslikavanjefk :Rn →R (k∈ 1,2, ...,n), zadato safk(x1,x2, ...,xn) =xk (projektivno preslikavanje ili projekcija), gdje suRn i R metricki prostori sa standardnim metri-kama. Za proizvoljnex= (x1,x2, ...,xn) i y= (y1,y2, ...,yn) iz Rn vrijedi,

|xk−yk| ≤√

|x1−y1|2+ |x−2−y2|2+ · · ·+ |xn−yn|2 ,

a ovo ne znaci nista drugo negodR( fk(x), fk(y)) ≤ dRn(x,y). Dakle, fk je Lipschitz neprekidnopreslikavanje sa Lipschitzovom konstanotmL = 1. ♦

Primjer 51. Posmatrajmo preslikavanjef : R→ R zadato sa

f (x) =

x2 sin 1

x2 ; x 6= 00 ; x= 0 .

Pretpostavimo da je dato preslikavanje Lipschitz neprekidno i izaberimo nizovexn = (2nπ + π2 )

− 12

i yn = (2nπ)− 12 (n∈N). Zbog pretpostavke o Lipschitz neprekidnosti moralo bi postojati 0< L <

+∞ tako da za proizvoljnon∈ N vrijedi

L ≥∣∣∣∣

f (xn)− f (yn)

xn−yn

∣∣∣∣=

(2nπ + π2 )

−1

(2nπ)− 12 − (2nπ + π

2 )− 1

2

= 4n(

(2nπ)−12 − (2nπ +

π2)−

12

)

.


Medutim posljednji izraz tezi u+∞ kadan tezi u+∞, te je postojanje Lipschitzove konstanteLneodrzivo. Dakle, posmatrano preslikavanje nije Lipschitz neprekidno.♦

? Neka je(X,d) metricki prostor iA⊆ X. Zax ∈ X, definisimo funkcijuf : X → R, f (x) =d(x,A). Da li je f Lipschitz neprekidno preslikavanje? Da li jef neekspanzivno preslikava-nje?

Teorem 2.2.7

Neka suf ,g : X →Y Lipschitz neprekidne funkcije iλ ∈ R. Tada su if +g i λ f Lipschitzneprekidne i vrijedidil( f +g)≤ dil f +dilg, dil(λ f ) = |λ |dil f .Ako su f : X →Y i g :Y→Z Lipschitz neprekidne funkcije, tada je ig f Lipschitz neprekidnafunkcija i vrijedi dil(g f ) ≤ dil f ·dilg.

? Dokazati gornji teorem.

Definicija 2.2.8

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori i f : X → Y. Za preslikavanjef kazemo da jeizometrija izX uY ako vrijedi

(∀x′,x′′ ∈ X) dY( f (x′), f (x′′)) = dX(x′,x′′) .

Dakle, izometrija ”cuva” rastojanje izmedu objekata. Ako postoji izometrija izX uY, kazemo daseX moze izometricki smjestiti ili uloziti uY. Sa stanovista teorije metrickih prostora, tojest akonas interesuje samo odnos izmedu objekata (udaljenost), a ne i vrsta objekata, onda ne pravimorazliku izmedu prostoraX i njegove izometricke slikef (X)⊆Y i prosto pisemoX ⊆Y, a citamo”X je izometricki ulozen uY”. Primjetimo da je svaka izometrija automatski injektivnopreslika-vanje. Ako je izometrija i surjektivna, onda kazemo da su prostori izometricni i pisemoX =Y (nepodrazumijevamo skupovnu jednakost).Osim toga je svaka izometrija i Lipschitz neprekidno preslikavanje (Lipschitzova konstanta je 1).

? Da li je jedinicna sferaS1 sa ”ugaonim rastojanjem” iz Primjera 42 izometricna sa realnompravomR1 snabdjevenom standardnom metrikom?Da li je ovakavS1 izometrican bilo kom podskupu realne ravni sa standardnomEuklidskommetrikom?

2.3 Konvergencija u metrickim prostorima

Definicija 2.3.1

Neka je(X,d) metricki prostor. Za niz(xn)n∈N ⊂ X kazemo da konvergira kax0 ∈ X, akovrijedi

d(xn,x0)→ 0 , (n→ ∞) .

2.3 Konvergencija u metrickim prostorima 53

Cinjenicu da niz(xn)n∈N konvergira ka tackix0, uobicajeno zapisujemo sa

xn → x0 (n→ ∞) ili limn→∞

xn = x0 .

Ovako definisanu konvergenciju nazivamokonvergencija po metricijer postoje i neke druge vrstekonvergencija.

Lema 2.3.1

Neka je(xn)n∈N niz u metrickom prostoru(X,d). Sljedeca dva tvrdenja su ekvivalentna.

1. limn→∞

xn = x0 .

2. Za svakoε > 0, postoji samo konacno mnogo clanova niza(xn)n∈N koji se nalaze vankugleB(x0,ε).

Primjer 52. Primjetimo da ce u metrickom prostoru sa diskretnom metrikom konvergentni nizovibiti samo oni nizovi koji su pocev od nekog indeksa konstantni nizovi. ♦

Primjer 53. Posmatrajmo prostorC[1,2] sa standardnom ”maksimum” metrikom. Njemu pripa-daju funkcije fn(x) = (1+ xn)

1n (n∈ N) i f (x) = x. Za proizvoljnox∈ [1,2] i proizvoljno n∈ N

vrijedi,

0≤ fn(x)− f (x) = (1+xn)1n −x≤ (xn+xn)

1n −x= x( n

√2−1)≤ 2( n

√2−1) .

Dakle,d( fn, f ) =maxx∈[1,2] | fn(x)− f (x)| ≤ 2( n√

2−1) → 0 ,(n→ ∞), sto znaci da je niz( fn)n∈Nkonvergentan ka funkcijif po metricid.Posmatrajmo sada kvadratnu metrikud2 naC[1,2],

f ,g∈C[1,2] , d2( f ,g) =

(∫ 2

1| f (x)−g(x)|2dx

) 12

.

Kako generalno vrijedi,

d2( f ,g) =

(∫ 2

1| f (x)−g(x)|2dx

) 12

≤(∫ 2

1(maxt∈[1,2]

| f (t)−g(t)|)2dx

) 12

= d( f ,g)

(∫ 2

1dx

) 12

= d( f ,g) ,

to ce posmatrani niz biti konvergentan i u metricid2.Kako dati funkcionalni niz nije konstantan, prema prethodnom primjeru ovaj niz nece biti konver-

gentan u diskretnoj metrici. Ovim primjerom samo potvrdujemo cinjenicu da konvergencija ovisio izboru metrike na datom skupu tojest, konvergentan niz u jednoj metrici moze biti divergentan unekoj drugoj metrici.♦

Primjer 54. Posmatrajmo sljedece nizove: za proizvoljnon∈ N

xn =

(

0,0, ...,1n,0, ...

)

, yn = (0,0, ...,1,0, ...) , zn =

(1n,1n, ...,

1n,0, ...

)

,

gdje su nenulti elementi nizovaxn i yn samon-te pozicije, a kod nizazn su to prvihn koordinata.


Svaki od ovih nizova pripada prostorulp, za proizvoljno 1≤ p≤+∞. Kako jedp(xn,(0,0, ...)) =1n za bilo koje 1≤ p≤+∞, ocigledno jexn → (0,0, ...) kadan→ ∞, u prostorulp. Nasuprot tome,niz (yn)n∈N nije konvergentan ulp niti za jedno 1≤ p≤+∞.Kako jed∞(zn,(0,0, ...)) = 1

n → 0 kadan→ ∞, to niz(zn)n∈N konvergira ka(0,0, ...) u prostorul∞.Medutim, u prostorul1 vrijedi d1(zn,(0,0, ...)) = 1, te ocigledno taj niz ne moze konvergirati ka(0,0, ...) u ovom prostoru. Da li je niz(zn)n∈N konvergentan u bilo kojem prostorulp za 1< p<∞?♦

Pomocu konvergencije sada mozemo okarakterisati zatvorene skupove, a time i zatvorenje skupau metrickom prostoru.

Lema 2.3.2

Neka jeF ⊆ X zatvoren skup i neka je(xn)n∈N ⊂ F takav da limn→∞

xn = x0. Tadax0 ∈ F.

Dokaz : Neka jeF ⊆ X zatvoren skup, tada jeF = F. Ako je (xn)n∈N ⊂ F takav da limn→∞

xn = x0,

onda za proizvoljnoε > 0 u kugliB(x0,ε) postoji beskonacno mnogo tacaka posmatranog niza (tj.skupaF), a to znaci da jex0 tacka nagomilavanja skupaF, pax0 ∈ F = F. ♣

Lema 2.3.3

Neka jeA proizvoljan podskup metrickog prostora(X,d). Tada vrijedi,

A= x∈ X | (∃(xn)n∈N ⊂ A) limn→∞

xn = x .

Jasno je da ako je postojeci niz(xn)n∈N ⊂ A, niz razlicitih tacaka takav da limn→∞ xn = x, da jetada tackax tacka nagomilavanja skupaA. U suprotnom, ako je postojeci niz jedino konstantniniz, tackax je izolovana tacka skupa.Kao posljedicu gornje leme imamo da je svaka adherentna tacka skupaA ili tacka nagomilavanja

ili izolovana tacka. To mozemo iskazati i kompletnijom karakterizacijom zatvorenja nekog skupa.Naime, za proizvoljan skupA, tacke skupaA su:

• izolovane tacke skupaA,

• tacke nagomilavanja skupaA koje pripadaju skupuA i

• tacke nagomilavanja skupaA koje ne pripadaju skupuA.

Teorem 2.3.1

Konvergentan niz moze konvergirati samo jednoj tacki.

Dokaz : Neka je(xn)n∈N ⊂ X za koga vrijedixn → x′ i xn → x′′ (n → ∞). Tada za proizvoljnoε > 0, postojen′0,n

′′0 ∈N, takvi da je zan≥ maxn′0,n

′′0 zadovoljenod(x′,xn)<

ε2 i d(x′′,xn)<

ε2.

Sada za ovako izabrann, na osnovu relacije trougla imamo

0≤ d(x′,x′′)≤ d(x′,xn)+d(xn,x′′)<

ε2+

ε2= ε ,

Zbog proizvoljnosti izabranogε ocigledno mora vrijeditid(x′,x′′) = 0, odnosnox′ = x′′. ♣

2.3 Konvergencija u metrickim prostorima 55

Teorem 2.3.2

Svaki konvergentan niz je ogranicen.

Dokaz : Neka je(xn)n∈N ⊂ X i nekaxn → x0 (n→ ∞). Uzimajuci da jeε = 1, imamo da postojin0 ∈N, takav da za svakon≥ n0, vrijedi

d(xn,x0)< 1 .

Oznacimo saR′ = maxd(x0,x1),d(x0,x2), ...,d(x0,xn0−1). Neka je sadaR = R′ + 1. Tadaocigledno vrijedi

(∀n∈ N) xn ∈ B(x0,R) ,

tj. niz je ogranicen.♣

Neka je dat proizvoljan niz(xn)n∈N u metrickom prostoru(X,d) i neka je(nk)k∈N proizvoljan nizprirodnih brojeva takvih da je

n1 < n2 < · · ·< nk < · · · ,tada za niz(xnk)k∈N kazemo da je podniz niza(xn)n∈N i to zapisujemo sa(xnk)k∈N ⊆ (xn)n∈N.

Lema 2.3.4

Ako niz (xn)n∈N konvergira ka tackix u metrickom prostoru, tada i svaki njegov podniz(xnk)k∈N konvergira kax.

Dokaz : Neka za dati niz(xn)n∈N ⊂ X vrijedi xn → x, n→ ∞. To znaci da za svakoε > 0, postojin0 ∈ N, tako da za sven≥ n0 vrijedi d(xn,x) < ε . Neka je(xnk)k∈N bilo koji podniz datog niza.Tada postojik0 ∈ N, takav da jenk0 > n0, a tada ce i za svakok ≥ k0 vrijediti d(xnk ,x) < ε , stoznaci daxnk → x, kadak→ ∞. ♣

Odnos konvergencije niza u podprostoru i nadredenom mu prostoru iskazujemo sljedecom ve-zom.

Teorem 2.3.3

Neka je(X,d) metricki prostor iY ⊆ X. Neka je(an)n∈N ⊂Y. Tadaan → a (n→ ∞) u Y sapodprostor metrikom ako i samo akoan → a (n→ ∞) u X.

Sada sa pojmom konvergencije u metrickim prostorima mozemo dati i dodatne karakterizacijepojmova neprekidnosti i uniformne neprekidnosti.

Teorem 2.3.4

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori i f : X → Y. Neka jex∈ X, sljedeca tvrdenja suekvivalentna

1. Preslikavanjef je neprekidno ux.

2. Za proizvoljan niz(xn)n∈N ⊆ X, takav daxn → x (n → ∞), vrijedi f (xn) → f (x) u Y,


kadan→ ∞.

Ovu cinjenicu smo mogli iskazati i formulacijom da jef neprekidno preslikavanje saX u Y ako isamo ako za proizvoljan niz(xn)n∈N ⊆ X, konvergentan uX je niz ( f (xn))n∈N ⊆Y konvergentanuY i tada pisemo

limn→∞

f (xn) = f ( limn→∞

xn) .

Ona prestavlja tzv. Heineovu definiciju neprekidnosti preslikavanja, za razliku od klasicne defini-cije koju jos nazivamo i Cauchyjeva defnicija neprekidnosti.

Teorem 2.3.5

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori i f : X →Y. Sljedeca dva tvrdenja su ekvivalentna:

1. Preslikavanjef je uniformno neprekidno saX uY.

2. Za proizvoljne nizove(xn)n∈N,(x′n)n∈N ⊆ X, takve da je limn→∞

dX(xn,x′n) = 0, vrijedi

limn→∞

dY( f (xn), f (x′n)) = 0.

Negacijom u gornjoj teoremi dolazimo do cinjenice da preslikavanje f nije uniformno neprekidnoako i samo ako za nekoε > 0 postoje nizovi(xn)n∈N,(x′n)n∈N ⊆ X, takvi da je lim

n→∞dX(xn,x

′n) = 0

i pri tome je za sven∈ N dovoljno velike,dY( f (xn), f (x′n))≥ ε .

Teorem 2.3.6

Metricka funkcija je neprekidna funkcija svojih argumenata.

Dokaz : Neka je(X,d) proizvoljan metricki prostor i neka su(xn)n∈N, (yn)n∈N ⊂ X, takvi daxn → x0 i yn → y0 (n→ ∞). Koristeci Lemu 2.1.3, imamo

|d(xn,yn)−d(x0,y0)| ≤ d(yn,y0)+d(xn,x0)→ 0 (n→ ∞) ,

tj.limn→∞

d(xn,yn) = d(x0,y0) . ♣

3Kompletnost metrickih prostora

3.1 Kompletnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3.2 Kompletiranje metri ckog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.3 Kategorijalnost skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 68

U ranijim kursevima matematicke analize upoznali smo se saCauchyjevim kriterijem konvergen-cije numerickih nizova i redova. Taj kriterij je vazio u metrickom prostoru realnih brojeva, ali kaosto cemo vidjeti, u opstem slucaju metrickih prostoraslican kriterij ne postoji. Upravo ta cinjenicadovodi nas do jedne od najvaznijih osobina metrickih prostora, pojma kompletnosti prostora.

3.1 Kompletnost

Definicija 3.1.1

Neka je(X,d) metricki prostor. Za niz(xn)n∈N ⊂ X kazemo da je Cauchyjev niz ako vrijedi

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n,m∈ N)(n,m≥ n0 ⇒ d(xn,xm)< ε) .

Drugacije receno, niz je Cauchyjev ako vrijedi

limn,m→∞

d(xn,xm) = 0 .

Primjer 55. Posmatrajmo niz( fn)n∈N ⊂C[0,1], zadat safn(t) = tn (n∈ N, t ∈ [0,1]).Za proizvoljno fiksnot ∈ [0,1) i zan,m∈ N (neka je npr.n< m) imamo

fn(t)− fm(t) = tn− tm = tn(1− tm−n)≤ tn .

Pustajuci dan tezi u beskonacnost, desna strana tezi ka 0, pa zbog proizvoljnosti t ∈ [0,1), za-kljucujemo

d( fn, fm) = maxt∈[0,1]

| fn(t)− fm(t)| → 0 , (n,m→ ∞) .

(Ocigledno je gornje tacno i zat = 1) Dakle, posmatrani niz je Cauchyjev.♦

Primjer 56. Posmatrajmo numericki red∞

∑n=1

1n

. Formirajmo niz njegovih parcijalnih suma

(sn)n∈N =

(n

∑k=1

1k

)

n∈N.

58 Poglavlje 3. Kompletnost metrickih prostora

Neka sum,n∈ N razliciti i neka jen< m, tada vrijedi

sm−sn =1

n+1+

1n+2

+ · · ·+ 1m

.

Ako specijalno uzmemo da jem= 2n, vrijedit ce aproksimacija

s2n−sn =1

n+1+

1n+2

+ · · ·+ 12n

≥ n· 12n

=12,

sto nam govori da niz(sn)n∈N nije Cauchyjev niz.♦

Teorem 3.1.1

Uniformno neprekidno preslikavanje slika Cauchyjeve nizove u Cauchyjeve nizove.

Dokaz : Neka je f : (X,dX) → (Y,dY) uniformno neprekidno preslikavanje i neka je(xn)n∈Nproizvoljan Cauchyjev niz uX. Neka jeε > 0 proizvoljno, tada zbog uniformne neprekidnostipreslikavanjaf postoji δ > 0, tako da je za proizvoljnex,y ∈ X, cim je dX(x,y) < δ , onda jedY( f (x), f (y)) < ε .Za nadenoδ , kako je niz(xn)n∈N Cauchyjev, postojin0 ∈N, takav da za proizvoljnen,m∈N, cimje n,m≥ n0, onda jedX(xn,xm)< δ . Za takven i m ce onda vaziti idY( f (xn), f (ym))< ε . Ovo neznaci nista drugo do da je i niz( f (xn))n∈N takode Cauchyjev niz.♣

U opstem slucaju neprekidno preslikavanje ne preslikavaCauchyjev niz u Cauchyjev niz. Naime,posmatrajmo preslikavanjef (x) = 1

x na intervalu(0,+∞). Ono je neprekidno i pri tome je niz(1

n)n∈N Cauchyjev uR, ali f(

1n

)= n, a niz(n)n∈N nije Cauchyjev uR.

Teorem 3.1.2

Svaki Cauchyjev niz je ogranicen.

Dokaz : Neka je(xn)n∈N Cauchyjev niz. Na osnovu definicije Cauchyjevog niza, stavljajuci n= n0

imamo(∀ε > 0)(∀m≥ n0) d(xm,xn0)< ε .

Ovo znaci da se svi clanovi niza, osim njih konacno mnogo,nalaze u kugliB(xn0,ε). Oznacimosa

R= maxd(x1,xn0),d(x2,xn0), ...,d(xn0−1,xn0) .

Jasno je sada da za svakon∈N vrijedi xn ∈ B(xn0,R+ ε), tj. niz je ogranicen.♣

Primjer 57. Gornji teorem u kontrapoziciji znaci da ako niz nije ogranicen, onda nije Cauchyjevniz. Ako posmatramo niz ciji je opsti clanxn = logn, zbog neogranicenosti ( lim

n→∞xn =+∞) on nije

Cauchyjev. Primjetimo sljedece,

|xn+1−xn|= log

(

1+1n

)

→ 0 , n→ ∞ .

Dakle, iako cinjenica da dovoljno daleki clanovi ovog niza su proizvoljno bliski nije dovoljna daniz bude Cauchyjev.♦

3.1 Kompletnost 59

Teorem 3.1.3

Svaki konvergentan niz je Cauchyjev.

Dokaz : Neka je(xn)n∈N konvergentan niz i nekaxn → x (n→ ∞). Neka jeε > 0 proizvoljno. Naosnovu definicije konvergencije imamo

(∃n0 ∈ N)(∀n∈ N)(

n≥ n0 ⇒ d(xn,x)<ε2

)

.

Neka su sadam,n∈N i neka jem,n≥ n0. Tada je

d(xn,xm)≤ d(xn,x)+d(x,xm)< ε ,

a ovo znaci da je niz Cauchyjev.♣

Da Cauchyjev niz ne mora biti konvergentan, dovoljno je posmatrati niz(xn)n∈N ⊂Q, gdje jexn

decimalni zapis broja√

2 nan decimala.Jasno je da niz nije konvergentan uQ, tj. xn →

√2 /∈ Q. Medutim, ocigledno je zan > m,

d(xn,xm)≤ 110n → 0 kadan,m→ ∞, tj. niz je Cauchyjev.

Primjer 58. Posmatrajmo prostorC[0,1] sa metrikom

f ,g∈C[0,1] , d( f ,g) =∫ 1

0| f (t)−g(t)|dt .

Niz ( fn)n∈N, zadat sa

fn(x) =

0 ; 0≤ x≤ 12 − 1

n+1(n+1)

(x− 1

2

)+1 ; 1

2 − 1n+1 < x≤ 1

21 ; 1

2 < x≤ 1

je ocigledno u prostoruC[0,1]. Zam,n∈ N imamo

d( fn, fm) =∫ 1

0| fn(t)− fm(t)|dt

≤∫ 1

2

12− 1

n+1

fn(t)dt+∫ 1

2

12− 1

m+1

fm(t)dt =12

(1

n+1+

1m+1

)

,

iz cega zakljucujemo da je dati funkcionalni niz Cauchyjev niz.Ako bi pretpostavili da postoji neprekidna funkcija, definisana na[0,1], takva da jed( fn, f )→ 0(n→ ∞), to bi znacilo

d( fn, f ) =∫ 1

2− 1n+1

0| f (t)|dt+

∫ 12

12− 1

n+1

| fn(t)− f (t)|dt+∫ 1

12

|1− f (t)|dt → 0 (n→ ∞) .

Odavde bi onda moralo biti∫ 1

2−1

n+1

0| f (t)|dt = 0 i

∫ 1

12

|1− f (t)|dt = 0, a to bi opet znacilo da je

f (x) =

0 ; 0≤ x≤ 1

21 ; 1

2 < x≤ 1,

sto bi bilo nemoguce jer smo zahtijevali da jef neprekidna funkcija. Dakle, dati niz nije konver-gentan uC[0,1]. ♦


Teorem 3.1.4

Neka je(xn)n∈N Cauchyjev niz u metrickom prostoru(X,d). Ako postoji podniz(xnk)k∈N ⊂(xn)n∈N koji je konvergentan, tada je i sam niz konvergentan.

Dokaz : Neka je(xn)n∈N Cauchyjev niz za koga postoji podniz(xnk)k∈N takav daxnk → x∗ kadak → ∞. Neka jeε > 0 proizvoljan. Kako je polazni niz Cauchyjev, postojin0 ∈ N, tako da je zasven,m≥ n0, d(xn,xm) <

ε2. S druge strane, iz konvergencije podniza slijedi da postoji k0 ∈ N,

tako da je za svek≥ k0, d(xnk,x∗)< ε

2. Neka je sadan1 = maxn0,nk0. Zan≥ n1 i k> k0 je tada

d(xn,x∗)≤ d(xn,xnk)+d(xnk,x

∗)<ε2+

ε2= ε ,

a to znaci daxn → x∗ kadan→ ∞. ♣

Kao posljedicu gornje tvrdnje imamo da niz koji nije Cauchyjev nema niti jednu tacku nagomi-lavanja, ili drugacije receno, iz takvog niza ne mozemo izdvojiti niti jedan konvergentan podniz.Poznati Bolzano–Weierstrassov teorem iz matematicke analize tvrdi da svaki ogranicen beskonacan

skup uR ima bar jednu tacku nagomilavanja, ili iskazano drugacije, svaki ogranicen niz uR imakonvergentan podniz. Ova tvrdnja vrijedi cak uRn tojest, u svim konacno-dimenzionalnim euk-lidskim prostorima. Medutim stvari tako ne stoje u beskonacno-dimenzionalnim prostorima. Na-primjer u prostorul2 posmatrajmo niz(en)n∈N, gdje jeen beskonacan niz nula, samo je nan-tommjestu jedinica. Ocigledno jed2(0,en) = 1 za svakon∈ N, dakle dati niz se nalazi u jedinicnojkugli prostoral2, a ova je opet ogranicen skup. Kako jed(en,em) =

√2 za proizvoljnen 6= m,

jasno je da se iz datog niza ne moze izdvojiti niti jedan konvergentan podniz. Dakle, ogranicen nizne mora imati konvergentan podniz ul2. Pojacavanjem osobine ogranicenosti mozemo dobiti barslicnu tvrdnju.

Teorem 3.1.5

Neka je(X,d) totalno ogranicen metricki prostor. Iz svakog niza uX moze se izdvojiti podnizkoji je Cauchyjev niz.

Dokaz : Neka je(xn)n∈N proizvoljan niz uX. Kako je X totalno ogranicen skup, mozemo gaprekriti sa konacno mnogo otvorenih kugli ciji su poluprecnici 1

2. U bar jednoj od tih kugli morabiti sadrzano beskonacno mnogo clanova naseg niza. Tihbeskonacno mnogo clanova predstavljajuopet niz, oznacimo ga sa(x1

n), koji predstavlja podniz polaznog niza. Taj podniz je sadrˇzan uotvorenoj kugli poluprecnika12 te jed(x1

n,x1m)< 1 za proizvoljnen,m∈ N.

Zbog totalne ogranicenosti skupaX mozemo ga pokriti i sa konacno mnogo otvorenih kugli cijisu poluprecnici14, pa ce postojati bar jedna od tih kugli koja ce sadrzavatibeskonacno mnogoclanova niza(x1

n). Oznacimo taj niz sa(x2n) i za njega zbog pripadnosti odgovarajucoj kugli vrijedi

d(x2n,x

2m)<

12 za proizvoljnen,m∈ N i on je podniz niza(x1

n).Sada gornje rasudivanje mozemo induktivno produziti i dobiti nizove(xi

n) (i ∈N) za koje vrijedi daje podniz niza(xi−1

n ), a time i podniz polaznog niza(xn) i da jed(xin,x

im)<

1i za proizvoljnen,m∈

N. Iz svakog od ovako konstruisanih nizova izdvojimo clanyi = xii (i ∈N). Time smo formirali niz

(yi)i∈N koji je podniz polaznog niza(xn) i zam,n∈N, m≥ n je d(yn,ym) = d(xnn,x

mm)<

1n jer suxn

ni xm

m clanovi niza(xni )i∈N. Iz svega zakljucujemo da je(yi)i∈N Cauchyjev niz i podniz je polaznog

niza.♣

3.1 Kompletnost 61

Definicija 3.1.2

Za metricki prostor u kome je svaki Cauchyjev niz konvergentan kazemo da je kompletan ilipotpun metricki prostor.

Iz matematicke analize su nam poznati Cauchyjevi principikonvergencije nizova i redova. Tajprincip za nizove se sada moze iskazati ovako:Svaki realan Cauchyjev niz je konvergentan,a to nije nista drugo nego cinjenica da je skup realnih brojeva sa uobicajenom metrikom, kompletanmetricki prostor.

Primjer 59. Neka je 1≤ p< ∞. Prostorlp je kompletan metricki prostor.Neka je(xn)n∈N proizvoljan Cauchyjev niz ulp. Tada vrijedi

(∀ε > 0)(∃n0 ∈N)(∀n,m∈N)(n,m≥ n0 ⇒ d(xn,xm)< ε) ,

odnosno, s obzirom na metriku ulp, za proizvoljnoε > 0 i dovoljno velikem,n∈N vrijedi,

d(xn,xm) =

(∞

∑i=1

|ξ ni −ξ m

i |p) 1

p

<εp√

4. (3.1)

Posmatramo li samo jedan sabirak sume iz (3.1), imamo da za proizvoljno i ∈ N vrjedi

|ξ ni −ξ m

i | ≤ d(xn,xm)<εp√

4,

pa zakljucujemo da za proizvoljnoi ∈ N, niz (ξ ni )n∈N je Cauchyjev niz i to uR, a zbog komplet-

nostiR, on je i konvergentan niz. Neka zai ∈ N, ξ ni → ξi , (n→ ∞). Posmatrajmo sada na ovaj

nacin konstruisan nizx= (ξi)i∈N.Polazni niz(xn)n∈N je kao Cauchyjev ogranicen niz, pa vrijedi

(∀n∈ N) d(xn,0) =

(∞

∑i=1

|ξ ni |p) 1

p

≤ R ,

tj. sadrzan je u nekoj kugli centra 0 poluprecnikaR. Tim prije je ondaN

∑i=1

|ξ ni |p ≤ Rp. Zbog

konacne sume, sada ako u posljednjoj nejednakosti pustimoda n → ∞, dobijamoN

∑i=1

|ξi |p ≤ Rp.

Dakle, niz parcijalnih suma reda∑n∈N |ξn|p je ogranicen, a zbog monotonosti onda zakljucujemoda je dati red konvergentan, odnosno∑

n∈N|ξn|p < ∞, sto znaci da je nizx∈ lp.

Iz (3.1) takode imamo da zan,m≥ n0 i za proizvoljnok∈N vrijedik

∑i=1

|ξ ni −ξ m

i |p < ε p

4. Drzeci

n cvrstim i pustajuci dam→ ∞, slijedik

∑i=1

|ξ ni −ξi|p ≤

ε p

4<

ε p

2. Rezonujuci slicno kao malo prije,

sada imamo da zan≥ n0 vrijedi∞

∑i=1

|ξ ni − ξi|p ≤

ε p

2< ε p. Ovo u stvari znaci da za proizvoljno

ε > 0, postojin0 ∈N, tako da za svaki prirodan brojn≥ n0, vrijedi d(xn,x)< ε . Dakle, niz(xn)n∈Nje konvergentan ulp, pa zbog njegove proizvoljnosti imamo kompletnost prostora. ♦


Primjer 60. (0,1] kao podprostor relane prave je primjer nekompletnog prostora. Dovoljno jeposmatrati niz

(1n

)

n∈N koji je u (0,1] i koji je Cauchyjev niz,∣∣1

n − 1m

∣∣≤ 1

n − 1m → 0 , (n,m→ ∞),

ali nije konvergentan u(0,1] jer 1n → 0 , (n→ ∞), a 0/∈ (0,1]. ♦

Primjer 61. SkupQ sa metrikom preuzetom iz standardnog prostora realne praveje primjer ne-kompletnog prostora. Posmatrajmo niz(xn)n∈N ⊂Q, zadat sa

xn = 1+11!

+12!

+ · · ·+ 1n!

, n∈ N ,

jeste Cauchyjev, ali on konvergira ka iracionalnom brojue. ♦

Primjer 62. Posmatrajmo skupN sa metrikom

n,m∈N , d(n,m) =

∣∣∣∣

1n− 1

m

∣∣∣∣.

(Pokazati da jed metrika naN!) Posmatrajmo niz(n)n∈N u ovom prostoru. Neka jeε > 0 proizvo-ljan. Izaberimo prvi prirodan brojn0 za koga je zadovoljenon0 >

1ε . Tada zan,m≥ n0 imamo

d(n,m) =

∣∣∣∣

1n− 1

m

∣∣∣∣≤ max

1n,

1m

≤ 1n0

< ε .

Dakle, posmatrani niz je Cauchyjev niz u datom prostoru.Pretpostavimo da dati niz konvergira ka nekomn∗ ∈ N. Neka jen0 ∈ N proizvoljan, tako da je

n0 > 2n∗. Sada zan≥ n0 imamo

d(n,n∗) =

∣∣∣∣

1n∗

− 1n

∣∣∣∣=

1n∗

− 1n≥ 1

n∗− 1

n0>

1n∗

− 12n∗

=1

2n∗.

Ali ovo nam govori da nas niz nije konvergentan kan∗, pa prema tome nije konvergentan uN. ♦

Primjer 63. SkupC[a,b] sa standardnom metrikomd( f ,g) = supt∈[a,b] | f (t)− g(t)| jeste kom-pletan prostor. Medutim, kako je pokazano u priomjeru 58 isti taj skup sa metrikom d( f ,g) =∫ b

a | f (t)−g(t)|dt nije kompletan prostor.♦

Ispitivati osobinu kompletnosti po definiciji za neki metricki prostor nije bas praktican nacin, paotuda navodimo jednu karakterizaciju ove osobine.

Teorem 3.1.6

Metricki prostor (X,d) je kompletan ako i samo ako presjek proizvoljnog monotono opa-dajuceg niza zatvorenih kugli, ciji niz dijametara tezika 0, sadrzi tacno jednu tacku.

Dokaz : (=⇒)Neka jeX kompletan metricki prostor. Posmatrajmo proizvoljan nizzatvorenih kugliKn=K(xn, rn)koji zadovoljava osobine

• (∀n∈ N) Kn ⊇ Kn+1,

• rn → 0 (n→ ∞).

3.1 Kompletnost 63

Neka sum,n∈ N i neka jem> n. Tada jeKm = K(xm, rm)⊂ Kn = K(xn, rn), pa ocigledno vrijedid(xm,xn)< rn. Kako rn → 0, jasno je da niz centara posmatranih kugli predstavlja Cauchyjev nizu X, a zbog kompletnosti on je i konvergentan. Dakle, lim

n→∞xn = x. Pokazimo sada dax∈⋂n∈N Kn.

Za proizvoljnok ∈ N sve tacke niza(xn)n∈N, osim njih konacno mnogo, leze u kugliKk, pa jextacka nagomilavanja skupaKk. Kako jeKk zatvoren skup, to on sadrzi sve svoje tacke nagomi-lavanja. Dakle za svakok ∈ N vrijedi, x ∈ Kk, tj. x ∈ ⋂n∈NKn. Ako bi postojala i neka tackax′

sa istom osobinom, tada bi imali 0≤ d(x,x′) ≤ rn, a kakorn → 0, moralo bi bitix = x′, cime jejedinstvenost pokazana.(⇐)

Pretpostavimo daX nije kompletan metricki prostor. To znaci da u njemu postoji niz (xn)n∈N kojijeste Cauchyjev, ali nije konvergentan.Kako je to Cauchyjev niz, to onda za svakoi ∈ N, postojini ∈ N, takav da vrijedi

(∀m> ni)d(xm,xni )<12i , (i = 1,2, ...) .

Za ovako odabraneni (i ∈ N), posmatrajmo zatvorene kugle

Ki = K

(

xni ,1

2i−1

)

.

Ocigledno niz poluprecnika ovih kugli tezi ka 0.Ako je x∈ Ki+1, tada je

d(x,xni ) ≤ d(x,xni+1)+d(xni+1,xni )

<12i +

12i+1 < 2

12i =

12i−1 ,

tj. x∈ Ki. Dakle,Ki+1 ⊂ Ki, za proizvoljnoi ∈ N.Na ovaj nacin smo formirali monotono opadajuci niz zatvorenih kugli ciji niz dijametara tezi ka0. Pretpostavimo sada da postojix ∈ ⋂i∈N Ki. Ovo bi znacilo da za proizvoljnoi ∈ N vrijedid(x,xni )<

12i−1 .

Neka je sada za fiksnoi ∈ N, m> ni proizvoljan. Onda je

d(xm,x)≤ d(x,xni )+d(xni ,xm)<1

2i−1 +12i =

32i ,

a ovo bi predstavljalo konvergenciju naseg polaznog niza,sto bi bila kontradikcija. Dakle, morabiti

⋂

i∈N Ki =∅. Kontrapozicijom imamo trazeno tvrdenje.♣

Prisjetimo li se Cantorovog aksioma iz ranijeg kursa matematicke analize u kome se kaze; Nekasu [an,bn]⊆ R zan∈ N. Neka je zam≥ n, [am,bm] ⊆ [an,bn], tada je

⋂

n∈N[an,bn] 6=∅. Ako josbn−an → 0 (n→ ∞), tada je taj presjek jednoelementan.On nam upravo govori da je presjek monotono opadajuceg nizazatvorenih kugli na realnoj pravoj([an,bn]), ciji niz dijametara tezi 0 (bn − an → 0), jednoelementan skup, te na osnovu Teorema3.1.6 jos jednom potvrdujemo kompletnost metrickog prostora realne prave.

Teorem 3.1.7

Neka je(X,d) metricki prostor iY ⊂ X. Tada vrijedi:

1. Ako jeY kompletan onda je on zatvoren skup uX.


2. Ako jeX kompletan iY zatvoren uX onda je iY kompletan.

Dokaz :

1. Trivijalno!

2. Neka jeY zatvoren podskup kompletnog metrickog prostora(X,d). Neka je(xn)n∈N ⊂ YCauchyjev niz (u metrickom potprostoru(Y,d)). Tada je taj niz Cauchyjev i uX, pa zbogkompletnosti prostoraX on je i konvergentan, tj.xn → x0 ∈ X (n → ∞). Tackax0 je tadaili tacka nagomilavanja skupaxn|n ∈ N, ili se beskonacno mnogo puta pojavljuje kaoelement niza(xn)n∈N. U prvom slucaju zbog zatvorenosti skupaY zakljucujemo dax0 ∈Y,a u drugom slucaju, zbog(xn)n∈N ⊂Y, ponovo zakljucujemo dax0 ∈Y. ♣

3.2 Kompletiranje metrickog prostora

Definicija 3.2.1

Za skupA⊆ X kazemo da je gust u skupuB⊆ X ako vrijediB⊆ A.Ako je A= X, onda kazemo da jeA svuda gust uX.

Drugacije receno, skupA je gust u skupuB ako se u svakoj okolini proizvoljne tacke izB nalazibar jedna tacka skupaA, tj.

Lema 3.2.1

Neka suA,B⊆ X. SkupA je svuda gust u skupuB ako i samo ako

(∀y∈ B)(∀ε > 0) B(y,ε)∩A 6=∅ .

SkupA je gust u skupuX, na osnovu gornjeg mozemo interpretirati kao cinjenicu da zax ∈ Xpostoji(xn)n∈N ⊂ A, takav daxn → x kadan→ ∞.

Primjer 64. SkupQ je svuda gust uR. Ova cinjenica nam je poznata jos iz matematicke analize,a oslanja se na stav da izmedu svaka dva razlicita realna broja, postoji racionalan broj. ♦

Primjer 65. U prostoruC[a,b], skup funkcija

f0(t) = 1, f1(t) = t, f2(t) = t2, ... , fn(t) = tn, ...

je svuda gust skup. I ova cinjenica je poznata iz matematicke analize. Ona je bazirana na cinjenicida se svaka neprekidna funkcija moze razloziti u red, tj.

f ∈C[a,b] , f (t) =∞

∑k=0

f (k)(t0)k!

tn ,

a to je ustvari Taylorov teorem.♦

3.2 Kompletiranje metrickog prostora 65

Definicija 3.2.2

SkupA⊆ X je nigdje gust skup uX ako njegova adherencija ne sadrzi niti jednu kuglu.

Ako skup ne sadrzi niti jednu kuglu (u skupovnom smislu), prema definiciji unutrasnje tacke toonda znaci da je njegova unutrasnjost prazna. Dakle, skupA je nigdje gust akoA nema unutrasnjihtacaka ((A)o =∅).

Primjer 66. SkupN ili skup Z su nigdje gusti uR. SkupR je nigdje gust u skupuR2. ♦

Primjer 67. [Cantorov skup] Cantorov skup je podskup od[0,1] i konstruise se na sljedeci nacin:Oznacimo saC0 = [0,1]Korak 1: PodijelimoC0 na tri jednaka segmenta

[0, 1

3

],[

13,

23

]i[

23,1]. Izbacujuci srednji otvoreni

interval(

13,

23

), oznacimo novi skupC1 =

[0, 1

3

]∪[

23,1]. Primjetimo da je duzina segmenata koji

cine skupC1 jednaka23.

Korak 2: Primjenimo postupak izbacivanja koji smo primjenili u Koraku 1 na svaki od segmenatakoji cine skupC1. Dakle, izbacujemo otvorene intervale

(19,

29

)i(

79,

89

)i formiramo novi skup

C2 =[0, 1

9

]∪[

29,

13

]∪[

23,

79

]∪[

89,1].

Nastavljamo ovaj postupak na svaki novodobijeni segment skupaC2, C3 itd. U n-tom korakudobijamo skupCn koji se sastoji od 2n segmenata.Jasno je da je svaki od skupovaCn zatvoren (kao konacna unija segmenata, zatvorenih skupova) ida jeCn+1 ⊂Cn. Sada definisemo Cantorov skup

C=∞⋂

n=0

Cn .

Kako 0∈ Cn za proizvoljann ∈ N, jasno je daC 6= ∅ i pri tome jeC ⊂ [0,1]. Kao proizvoljanpresjek zatvorenih skupova iC je zatvoren skup. Medutim, skupC ne sadrzi niti jedan otvoreninterval (Pokazati!), a samim tim ne sadrzi niti jednu kuglu pa je njegova unutrasnjost prazan skup,a time jeC nigdje gust skup u[0,1]. ♦

Primjedba3.2.1. Termin ”biti svuda gust” nije suprotan terminu ”biti nigdjegust”. Tojest, reci daneki skup nije svuda gust uX ne znaci da je on nigdje gust uX. Naprimjer, skupA= x∈R | 0<x< 1 nije svuda gust uR jer A= [0,1] ⊂ R, a kako je(A)o = A 6= ∅, to on nije ni nigdje gust uR.

Primjedba3.2.2. Konacna unija nigdje gustih skupova je i sama nigdje gust skup, ali to nije tacnoza prebrojivu uniju. Naime,Q se moze predstaviti kao prebrojiva unija nigdje gustih skupova(singltona) ali je to ipak svuda gust skup uR.

Cinjenica da metricki prostor nije kompletan, kao sto cemo vidjeti, nije puno otezavajuca. Naimevrijedi

Teorem 3.2.1: (Teorem o kompletiranju)

Za svaki metricki prostorX, postoji kompletan metricki prostorX, takav da je

1. X ⊆ X (tj. X se moze izometricki smjestiti uX).

2. X je svuda gust uX.


Dokaz : Oznacimo saX1 skup svih Cauchyjevih nizova prostoraX. NaX1 uvedimo relaciju

(xn)∼ (yn)de f⇔ d(xn,yn)→ 0 , (n→ ∞) .

Lahko se pokazuje da za ovako uvedenu relaciju vrijede osobine

• (∀(xn) ∈ X1)(xn)∼ (xn).

• (∀(xn),(yn) ∈ X1)(xn)∼ (yn)⇒ (yn)∼ (xn).

• (∀(xn),(yn),(zn) ∈ X1)(xn)∼ (yn)∧ (yn)∼ (zn)⇒ (xn)∼ (zn).

Dakle, uvedena relacija je relacija ekvivalencije naX1, te ona razbija skupX1 na klase ekvivalen-cije. Oznacimo kolicnicki skup saX1/∼ = X, cije elemente cemo oznacavati slovimaξ ,η ,ζ islicno.Definisimo za proizvoljneξ ,η ∈ X, sljedecu funkciju,

d(ξ ,η) = limn→∞

d(xn,yn) , (3.2)

gdje su(xn) ∈ ξ i (yn) ∈ η . Ispitati korektnost gornje definicije znaci pokazati da limes na desnojstrani postoji i konacan je i da on ne ovisi o izboru predstavnika klasa ekvivalencije.Neka su(xn) ∈ ξ i (yn) ∈ η . Na osnovu nejednakosti trougla i na osnovu Leme 2.1.3 imamo

|d(xn,yn)−d(xm,ym)| ≤ |d(xn,yn)−d(xm,yn)|+ |d(xm,yn)−d(xm,ym)|≤ d(xn,xm)+d(yn,ym) .

Kako radimo sa Cauchyjevim nizovima, to desna strana tezi ka 0 kada pustimo dan,m→ ∞. Ovoznaci da je niz(d(xn,yn))n∈N Cauchyjev, a kako se on nalazi uR, on je i konvergentan, a to znacida limes postoji.Neka su sada(x′n) ∈ ξ i (y′n) ∈ η) drugi predstavnici klasa. Tada je

d(x′n,y′n)≤ d(x′n,xn)+d(xn,yn)+d(y′n,yn) .

Kako su(x′n),(xn) i (y′n),(yn) iz istih klasa, zakljucujemo,

d(x′n,y′n)≤ d(xn,yn) . (3.3)

Na isti nacin se pokazuje da mora biti

d(xn,yn)≤ d(x′n,y′n) . (3.4)

Sad iz (3.3) i (3.4), zakljucujemo da je vrijednost limesa neovisna o izboru predstavnika klaseekvivalencije.Za vjezbu ostavljamo da se pokaze da novouvedena funkcijad zadovoljava sljedece osobine:

1. d(ξ ,η)≥ 0 , ξ ,η ∈ X.

2. d(ξ ,η) = 0⇔ ξ = η .

3. Za proizvoljneξ ,η ∈ X, d(ξ ,η) = d(η ,ξ ).

4. Za proizvoljneξ ,η ,ζ ∈ X, d(ξ ,ζ )≤ d(ξ ,η)+d(η ,ζ ).

3.2 Kompletiranje metrickog prostora 67

Gornje osobine znace da je ustvarid metrika na skupuX.Neka je sadax ∈ X proizvoljan. Oznacimo saξx onu klasu ekvivalencije koja u sebi sadrzi

konstantni niz(x,x, ...,x, ...). Na ovaj nacin smo definisali jedno preslikavanjef : X → X, zadatosa f (x) = ξx.Za proizvoljnex,y∈ X sada imamo

d( f (x), f (y)) = d(ξx,ξy) = limn→∞

d(x,y) = d(x,y) ,

a ovo ustvari znaci da jef izometrija, pa na osnovu ranije recenog, pisemoX ⊆ X.Pokazimo jos drugu trazenu osobinu, tj. da jeX svuda gust uX. Neka jeξ ∈ X proizvoljan

i neka je(xn) ∈ ξ proizvoljan predstavnik te klase. Neka jeε > 0 proizvoljan, pa kako je(xn)Cauchyjev niz, postojin0 ∈ N, takav da je za proizvoljne prirodnen,m≥ n0, d(xn,xm) <

ε2. Za

n≥ n0, posmatrajmo klaseξxn. Imamo

d(ξxn,ξ ) = limm→∞

d(xn,xm)≤ε2< ε .

Dakle, za svakoε > 0, postoji n0 ∈ N, tako da je za proizvoljno prirodnon ≥ n0 zadovoljenarelacijad(ξxn,ξ )< ε . Ali ovo ne znaci nista drugo do cinjenicu daξxn → ξ (n→ ∞).Kako je f (xn) = ξxn i f je izometrija, ne pravimo razliku izmedu elemenataxn i ξxn. Zakljucujemoda za(xn)n∈N ∈ ξ , vrijedi

xn → ξ , (n→ ∞) ,

a ovo znaci da jeX svuda gust uX.Ostaje nam jos pokazati da jeX kompletan prostor.

Neka je(ξn)n∈N proizvoljan Cauchyjev niz uX. Kako jeX svuda gust uX (tj. f (X) zaista svudagust uX) to vrijedi

(∀n∈ N)(∃zn ∈ X)d(zn,ξn)<1n. (3.5)

Za ovako konstruisan niz imamo

d(zn,zm) ≤ d(zn,ξn)+d(ξn,ξm)+d(ξm,zm)

<1n+d(ξn,ξm)+

1m

.

Kako je(ξn)n∈N Cauchyjev niz, to onda imamo

d(zn,zm)→ 0 , (n,m→ ∞) ,

odnosno,(zn)n∈N je Cauchyjev niz uX. Neka je sadaξ0 ona klasa ekvivalencije uX koja sadrziniz (zn)n∈N. Prema ranije pokazanom vrijedi

d(ξzn,ξ0)→ 0 , (n→ ∞) ,

tj.d(zn,ξ0)→ 0 , (n→ ∞) . (3.6)

Na osnovu toga je0≤ d(ξn,ξ0)≤ d(ξn,zn)+d(zn,ξ0) ,

a onda na osnovu (3.5) i (3.6) imamo

d(ξn,ξ0)→ 0 , (n→ ∞) .


Dakle, Cauchyjev niz(ξn)n∈N je konvergentan, i zbog proizvoljnosti,X je kopletan metricki pros-tor. ♣

Ideju kompletiranja prostora lijepo mozemo vidjeti u proˇsirenju skupa racionalnih brojeva naskup realnih brojeva. Naime, sluzeci se konstrukcijom skupaQ iz dokaza teoreme o kompletiranju,zakljucujemo da je kompletirani prostor odQ upravo skupR, a odatle slijedi da je svaki realanbroj ustvari neka klasa ekvivalencije u odnosu na relaciju uvedenu u dokazu.

3.3 Kategorijalnost skupova

Definicija 3.3.1

Za skupM podskup metrickog prostoraX, kazemo da je skup prve kategorije uX ako se onmoze predstaviti kao prebrojiva unija nigdje gustih skupova.Skup koji nije prve kategorije je skup druge kategorije.

Neka ocigledna svojstva kategorijalnosti su:

• Ako je B skup prve kategorije uX i A⊆ B, tada je iA prve kategorije uX.

• Svaka prebrojiva unija skupova prve kategorije i sama je prve kategorije.

• Ako je F ⊆ X zatvoren skup cija je unutrasnjost prazna, tada jeF prve kategorije uX.

• A ⊆ X i f : X → X homeomorfizam. Tada suA i njegova homeomorfna slikaf (A) istekategorijalnosti.

Teorem 3.3.1: (Baireov teorem)

Kompletan metricki prostor je skup druge kategorije u sebi.

Dokaz : Pretpostavimo da tvrdenje nije tacno, tj. da postoji kompletan metricki prostor X koji jeprve kategorije odnosno, koga mozemo predstaviti kao prebrojivu uniju nigdje gustih skupova,

X =∞⋃

i=1

Xi , Xi (i ∈ N) nigdje gusti skupovi.

Posmatrajmo proizvoljnu zatvorenu kugluK0 = K(x0, r0) (r0 > 0) u X. Kako jeX1 nigdje gust, topostoji kuglaK1 = K(x1, r1), takva da vrijedi

K1 ⊂ K0 , X1∩K1 =∅ , r1 <r0

2.

Kako je iX2 nigdje gust skup, postoji zatvorena kuglaK2 = K(x2, r2), takva da je

K2 ⊂ K1 , X2∩K2 =∅ , r2 <r1

2.

Nastavljajuci ovaj postupak konstriusali bismo niz zatvorenih kugli(Kn)n∈N, za koje bi vrjedilo

• Ki+1 ⊂ Ki, i ∈N.

• Xi ∩Ki =∅, i ∈ N.

3.3 Kategorijalnost skupova 69

• r i <r i−1

2 < r02i .

Posmatrajmo sada niz(xi)i∈N, napravljen od centara definisanih kugliKi (i ∈ N). Za proizvoljnem,n∈ N, neka je npr.m> n, vrijedi

xm ∈ Km ⊂ Kn , xn ∈ Kn ,

tj. xn,xm ∈ Kn, a to onda znaci

d(xn,xm)≤ 2rn < 2r0

2n =r0

2n−1 .

iz ovoga imamo ociglednu tvrdnju

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n,m∈ N)(n,m≥ n0 ⇒ d(xn,xm)< ε) ,

tj. niz (xn)n∈N je Cauchyjev, a kako on lezi u kompletnom metrickom prostoru X, on je i konver-gentan. Dakle,

(∃x∗ ∈ X) xn → x∗ (n→ ∞) .

Zbog prve osobine posmatranih kugli imamo da je tackax∗, tacka nagomilavanja svake od kugliKn (n∈ N), a zbog njihove zatvorenosti je ondax∗ ∈ Kn za svakon∈ N. Zbog toga i zbog drugeosobine onda imamo dax∗ ne pripada niti jednomXn (n∈ N), a to znaci da

x∗ /∈∞⋃

i=1

Xi = X ,

sto je u suprotnosti sa ranije utvrdenom cinjenicom da jex∗ ∈ X. Dakle, X jeste skup drugekategorije.♣

I naredna tvrdnja cesto se naziva Baireov teorem.

Teorem 3.3.2

Ako je X kompletan metricki prostor, presjek prebrojivo mnogo svuda gustih otvorenih pod-skupova odX je takode svuda gust uX.

Dokaz : Neka suVn (n ∈ N) svuda gusti otvoreni podskupovi kompletnog metrickog prostoraX.Neka jeW proizvoljan otvoren skup uX.Kako jeV1 svuda gust i otvoren uX to je ondaV1∩W 6= ∅ i takode otvoren skup. Dakle, postojix1 ∈ X i 0 < r1 < 1 takav da je

K(x1, r1)⊂V1∩W . (3.7)

Sada koristeci svuda gustost skupaV2 i otvorenost kugleB(x1, r1), na identican nacin mozemoutvrditi postojanjex2 ∈ X i 0 < r2 <

12 takvih da jeV2∩B(x1, r1) 6=∅ i otvoren i da vrijedi

K(x2, r2)⊂V2∩B(x1, r1) .

Dakle, za proizvoljnon ≥ 2 i izabranexn−1 i rn−1, zbog gustosti skupaVn je Vn ∩B(xn−1, rn−1)neprazan i otvoren skup, pa postojixn ∈ X i 0 < rn <

1n, takvi da je

K(xn, rn)⊂Vn∩B(xn−1, rn−1) . (3.8)

Neka su sadam,n∈N dovoljno veliki, tj. m,n≥ N. Za formirani niz(xn)n∈N ⊂ X tada imamo dasuxm,xn ∈ B(xN, rN), pri cemu je

d(xm,xn)≤ d(xm,xN)+d(xN,xn)< 2rN <2N

,


te je nas niz Cauchyjev. Kako jeX kompletan to je nas niz konvergentan, tj. postojix0 ∈ X, takavdaxn → x0 (n→ ∞).Neka je sadan∈ N fiksno. Tada za svek ≥ n je xk ∈ K(xn, rn), iz cega zakljucujemo da za sve

n∈ N je x0 ∈ K(xn, rn). Na osnovu (3.7)x0 ∈ V1∩W, a na osnovu (3.8)x0 ∈Vn, za proizvoljann∈ N, sto sve ukupno daje

x0 ∈(⋂

n∈NVn

)

∩W .

Na osnovu topoloske karakterizacije svuda gustog skupa sada zakljucujemo da je⋂

n∈NVn svudagust uX. ♣

Bez pretpostavljene kompletnosti prostoraX gornje tvrdenje ne bi bilo tacno, sto potvrduje pri-mjer. Neka jeX = Q, pa zbog prebrojivosti stavimoQ = qn | n ∈ N. Posmatrajmo skupoveGn =Q\qn. Jasno je da su skupoviGn gusti i otvoreni uX za svakon∈N, ali je

⋂

n∈N Gn =∅.Nevedimo i jednu korisnu tvrdnju koja je prakticno posljedica gornje teoreme.

Lema 3.3.1

Ako je kompletan metricki prostor predstavljiv kao unija prebrojivo mnogo zatvorenih sku-pova, tada najmanje jedan od tih skupova mora imati nepraznuunutrasnjost.

Dokaz : Neka jeX kompletan metricki prostor, takav da jeX =⋃

n∈NFn, gdje suFn, n ∈ N za-tvoreni skupovi. Za svakon∈ N stavimoGn = Fc

n , koji su kao komplementi zatvorenih, otvoreniskupovi. Osim toga za njih vrijedi

⋂

n∈N Gn =∅. Prema kontrapoziciji posljednje tvrdnje, postojiGn0 koji nije gust uX, sto opet znaci da jeGn0 6= X. Kako jeFo

n0= X \Gn0, dakle postoji bar jedan

od zatvorenih skupova cija je unutrasnjost neprazna.♣

Primjer 68. Neka jeX = A∪B. Ako je X skup druge kategorije, aA skup prve kategorije, jasnoje da skupB onda mora biti skup druge kategorije.Kako jeR kompletan metricki prostor onda je on druge kategorije. Skup Q je prve kategorije

jer se moze predstaviti kao prbrojiva unija svojih singltona (nigdje gusti). Kako jeR = Q∪ I,zakljucujemo da je skup iracionalnih brojeva skup druge kategorije.♦

4Separabilnost metrickih prostora

4.1 Pojam separabilnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 71

4.2 Osobine separabilnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 72

4.1 Pojam separabilnosti

Definicija 4.1.1

Za metricki prostor kazemo da je separabilan ako u njemu postoji najvise prebrojiv svudagust skup.

Intuitivno, separabilne prostore mozemo shvatati kao ”male” prostore jer u njima postoji prebro-jiv (”mali”) skup koji je skoro ”jednak” citavom prostoru.

Primjer 69. Realna prava sa uobicajenom metrikom je primjer separabilnog prostora, jer jeQ=R

i Q je prebrojiv skup.Rn je takode separabilan za proizvoljnon∈N. Zaista, neka jex= (x1,x2, ...,xn)∈Rn proizvoljna.

Kako jeQ svuda gust uR, to za proizvoljnoε > 0 i za svakoi = 1,2, ...,n, postojiqi ∈Q, tako davazi

|xi −qi |<ε√n.

Posmatrajmo sada ovako konstruisanu tackuq= (q1,q2, ...,qn) ∈Qn. Vrijedi,

d(x,q) =

(n

∑i=1

|xi −qi |2) 1

2

<

(n

∑i=1

ε2

n

) 12

= ε .

Dakle,Qn je svuda gust skup uRn, a kako je on i prebrojiv skup, to jeRn separabilan.♦

Primjer 70. Separabilni su i prostorilp (1≤ p< ∞), c, c0 ali prostorl∞ nije separabilan.Da pokazemo neseparabilnost prostoral∞, posmatrajmo skup svih nizova cije su koordinate za-

pisane samo sa 0 i 1,A= (ξn)n∈N | (∀n∈ N)ξn ∈ 0,1 .

Ovakvih nizova ima kontinum mnogo (interpretiramo ih kao binarne zapise realnih brojeva iz[0,1]) i pri tome je ociglednoA⊂ l∞. Za proizvoljnex,y∈ A, vrijedi

d(x,y) = supn∈N

|xi −yi|= 1 . (4.1)

Pretpostavimo sada da ul∞ postoji svuda gust skup. To bi znacilo da u proizvoljnoj okolini pro-izvoljne tacke izl∞, mora postojati bar jedna tacka iz tog svuda gustog skupa. Ali to bi ondamoralo vrijediti i za tacke skupaA. Medutim, zbog (4.1), u kugliB(x, r), gdje jex ∈ A i r < 1,

72 Poglavlje 4. Separabilnost metrickih prostora

osim tackex nema drugih tacaka izA. Dakle da bi svaku tacku ”dobro aproksimirali”, u svakojovakvoj kugli bi morala biti bar jedna tacka iz svuda gustogskupa. To bi opet znacilo da tacaka usvuda gustom skupu mora biti bar onoliko koliko ima ovakvih kugli, a ovih opet ima koliko imatacaka uA, tj. kontinum mnogo. Dakle, ako bi i postojao svuda gust skupu l∞ on ne bi mogao bitinajvise prebrojiv, pal∞ nije separabilan prostor.♦

Primjer 71. ProstorC[a,b] je separabilan, a tu tvrdnju imamo iz poznatog Weierstrassovog te-orema:Za svaku neprekidnu funkciju f definisanu na segmentu[a,b] i za svakoε > 0, postoji polinom pε ,takav da vrijedi

|x(t)− pε(t)|< ε , a≤ t ≤ b . ♦

Teorem 4.1.1

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori.

1. Ako je f : X →Y neprekidno preslikavanje iD svuda gust uX, tada jef (D) svuda gustu f (X).

2. Neka suf ,g : X →Y neprekidna preslikavanja iD svuda gust uX. Ako je za svex∈ Df (x) = g(x), tada jef (x) = g(x) za svex∈ X.

Dokaz : 1) Neka suε > 0 i z∈ f (X) proizvoljni. Postojix ∈ X takav da je f (x) = z. Zbogneprekidnosti preslikavanjaf , postojiδ > 0 takav da cim jedX(x,y)< δ , onda jedY( f (x), f (y))<ε . Kako jeD svuda gust uX, to postojiy∗ ∈ D tako da jedX(x,y∗) < δ , a to onda znaci da jedY( f (x), f (y∗)) = dY(z,w)< ε , gdje jew= f (y∗) ∈ f (D). Dakle, f (D) je gust uf (X).2) Neka suε > 0 i x ∈ X proizvoljni. Iz neprekidnosti preslikavanjaf imamo da postojiδ1 > 0takav da cim jedX(x,y)< δ1, onda jedY( f (x), f (y))< ε

2. Analogno, iz neprekidnosti preslikavanjag imamo da postojiδ2 > 0 takav da cim jedX(x,y) < δ2, onda jedY(g(x),g(y)) < ε

2. Stavimo daje δ = minδ1,δ2. Zbog gustosti skupaD, postojiy∈ D takav da jedX(x,y) < δ . Kako su f i gjednaki na skupuD, imamo

dY( f (x),g(x)) ≤ dY( f (x), f (y))+dY( f (y),g(y))+dY(g(y),g(x))

<ε2+

ε2= ε .

Kako je ovo tacno za proizvoljnoε > 0, zakljucujemo da mora vrijeditif (x) = g(x), za proizvoljnox∈ X. ♣

Posljedica 4.1.2.Neprekidno i surjektivno preslikavanje preslikava separabilan prostor u separa-bilan prostor.

4.2 Osobine separabilnosti

Teorem 4.2.1

Potprostor separabilnog metrickog prostora je separabilan.

4.2 Osobine separabilnosti 73

Dokaz : Neka jeX proizvoljan separabilan metricki prostor i neka jeD prebrojiv svuda gust skupu X. Neka jeY proizvoljan potprostor odX. Za proizvoljnon∈ N posmatrajmo skupove

Dn =

z∈ D | B

(

z,1n

)

∩Y 6=∅

.

Kako jeD svuda gust skup uX i Y ⊆ X, to je za svakon∈ N, Dn 6= ∅. Izaberimo sada za svakon∈ N i za svakoz∈ Dn po jedanwn(z) ∈ B

(z, 1

n

)i definisimo skup takvih,

W = wn(z) | n∈ N , z∈ Dn .

Jasno je da jeW prebrojiv skup, zbog prebrojivosti skupaD i skupaN. Neka je saday∈ Y ⊆ Xproizvoljan. Zbog gustosti skupaD, za svakon∈ N postojixn ∈ D, takav da jed(y,xn) <

1n, a to

onda znaci day∈ B(xn,

1n

)∩Y, tj. xn ∈ Dn. Tada bi imali

d(y,wn(xn))≤ d(y,xn)+d(xn,wn(xn))<2n.

Iz gornjeg zakljucujemo dawn(xn)→ y (n→ ∞), a kako je niz(wn(xn))n∈N uW, to onda znaci daje W svuda gust uY. Kako smo ranije konstatovali prebrojivost skupaW, zakljucujemo da jeYseparabilan.♣

Teorem 4.2.2

Produkt prebrojivo mnogo separabilnih metrickih prostora je separabilan.

Separabilne prostore je korisno precizirati jer se u ovim prostorima svi otvoreni skupovi mogu”opisati” preko neke (fiksne) prebrojive familije otvorenih skupova. Naprimjer, kako jeR sa euklid-skom metrikom separabilan metricki prostor (prebrojiv svuda gust skup jeQ), i kako su otvoreniskupovi tada intervali i njihove unije, to se svaki otvoren skup moze prikazati kao unija nekihelemenata iz familijeB = (√, ) | √, ∈ Q, koja je prebrojiva. U topologiji smo to uveli

razmatrajuci baze topologije.

Definicija 4.2.1

Za familiju (Bi)i∈I otvorenih skupova u metrickom prostoruX kazemo da je baza, ako sesvaki otvoren skup uX moze prikazati kao unija nekih elemenata date familije.

Jasno je da u svakom metrickom prostoru osobinu iz gornje definicije ima familija svih otvorenihkugli (B(x, r))x∈X, r>0. Medutim, takva baza moze biti ”ogromna” po broju elemenata, anama bibilo u interesu da je ona sto manja, po broju svojih elemenata.

Definicija 4.2.2

Za metricki prostor kazemo da zadovoljava drugi aksiom prebrojivosti ako u njemu postojibaza sa najvise prebrojivo mnogo elemenata.

U opstem slucaju topoloskih prostora drugi aksiom prebrojivosti povlaci separabilnost prostora. Umetrickim prostorima vrijedi i obrat.

74 Poglavlje 4. Separabilnost metrickih prostora

Teorem 4.2.3

Metricki prostor je separabilan ako i samo ako zadovoljavadrugi aksiom prebrojivosti.

Dokaz : Neka jeX separabilan metricki prostor i neka jeA= xn|n∈ N najvise prebrojiv svudagust skup tacaka uX. Za proizvoljnen,m∈ N, posmatrajmo sve moguce kugle oblikaB(xn,

1m).

Neka je sadaG proizvoljan otvoren skup uX i neka jex∈ G takode proizvoljan. Zbog otvorenostiskupaG, postoji m= m(x) ∈ N, takav da jeB(x, 1

m) ⊆ G. Kako je A svuda gust uX, postojixn(x) ∈ A, takav da jed(xn(x),x) <

13m. Posmatrajmo sada kugluB(xn(x),

12m). Jasno je da vrijedi

x∈ B(xn(x),1

2m)⊆ G, pa nije tesko zakljuciti da vrijedi i

G=⋃

x∈G

B

(

xn(x),1

2m(x)

)

,

a ovo znaci da je familija(B(xn,1m))n,m∈N baza uX i to najvise prebrojiva, paX zadovoljava drugi

aksiom prebrojivosti.Neka je sada(Bi)i∈N najvise prebrojiva baza uX. Ako iz svakogBi izaberemo po jednu tackuxi

(i ∈ N) i od tih tacaka formiramo skupA, jasno je da jeA najvise prebrojiv skup. Po pretpostavci,svaki se otvoren skup moze prikazati kao unija elemenata baze, tako da se u proizvoljnom otvore-nom skupu nalazi bar jedna tacka skupaA, a to ne znaci nista drugo nego da jeA svuda gust uX,pa jeX separabilan metricki prostor.♣

Mnoge interesantne i vazne osobine metrickih prostora opisane su preko terminologije otvorenihskupova. Naprimjer, ako znamo sve otvorene skupove onda znamo i sve zatvorene skupove togprostora. Ili, ako znamo sve otvorene skupove onda znamo koji su nizovi konvergentni u tomprostoru, a koji nisu. Jasno je onda da smo i te kako zainteresovani za razmatranje otvorenihskupova u metrickom prostoru i da cinjenica o ”previse” otvorenih skupova limitira neka od tihposmatranja. Zato je prednost separabilnih prostora sto unjima imamo ”samo” prebrojivo mnogootvorenih skupova pomocu kojih mozemo opisati sve ostaleotvorene skupove.Sa pojmom pokrivaca skupa, koga uvodimo narednom definicijom, okarakterisat cemo jos jednu

dobru stranu separabilnih prostora.

Definicija 4.2.3

Za familiju (Gi)i∈I kazemo da je pokrivac skupaM ako vrijedi

(∀x∈ M)(∃i ∈ I)x∈ Gi .

Ukoliko je svakiGi (i ∈ I ) otvoren skup govorimo o otvorenom pokrivacu, a ako jeI najviseprebrojiv skup govorimo o najvise prebrojivom pokrivanju.

Teorem 4.2.4: (Teorem Lindelofa)

Ako je X separabilan metricki prostor, onda se iz svakog otvorenogpokrivaca zaX mozeizdvojiti najvise prebrojiv potpokrivac.

Dokaz : Neka jeX separabilan metricki prostor, tada postoji najvise prebrojiva baza(Bi)i∈N u X.Neka je(Gi)i∈I otvoreni pokrivac odX, tj.

(∀x∈ X)(∃i = i(x) ∈ I) x∈ Gi(x) .

4.2 Osobine separabilnosti 75

Kako je svakiGi(x) otvoren skup, to postoji element bazeBn(x), takav da je

x∈ Bn(x) ⊆ Gi(x) . (4.2)

Jasno je sada da razlicitim skupovimaBn(x) mozemo pridruziti razlicite odgovarajuceGn(x) kojizadovoljavaju (4.2). Pri tome ocigledno vrijedi

X ⊆⋃

n∈NBn(x) ⊆

⋃

n∈NGn(x) .

Dakle, familija(Gn(x))n∈N je najvise prebrojiv pokrivac odX. ♣

Za prostor kod koga se iz svakog otvorenog pokrivaca moze izdvojiti prebrojiv potpokrivackazemo da je prostor Lindelofa.

5Povezanost (koneksnost) metrickih

prostora

Posmatrajmo sljedeci jednostavan primjer:Neka je(X,d) metricki prostor gdje jeX neprazan skup, ad diskretna metrika. Neka jex ∈ Xproizvoljan. Tada jeB(x, 1

2) = x te zakljucujemo da je skupx otvoren. Kako je svaki skupjednak uniji svojih singltona, to je svaki skupA⊆ X otvoren, a samim tim i zatvoren (jer jeX \Aotvoren takode). Dakle, u prostoru sa diskretnom metrikom svi skupovi suistovremeno i otvorenii zatvoreni.Znamo da u svakom metrickom prostoru(X,d) prazan skup iX su i otvoreni i zatvoreni skupovi.

Gore razmatarni primjer nam pokazuje da postoje metricki prostori u kojima i neki drugi skupoviosim prauznog skupa i cijelog prostora, mogu biti istovremeno i otvoreni i zatvoreni. Metrickiprostori u kojima su jedini otvoreno-zatvoreni skupovi prazan skup i citav prostor su povezaniprostori. Primjetimo da ako je neki skup u metrickom prostoru otvoreno-zatvoren, onda je i njegovkomplement otvoreno-zatvoren, sto ce znaciti da je prostor nepovezan ako se moze predtsviti kaounija dva neprazna disjunktna skupa. Intuitivno, prostor je povezan ako je ”sastavljen” iz jednogkomada ili prostor je nepovezan ako je se moze prikazati kaounija dva neprazna ”odvojena” dijela.Naravno, da bi bili precizniji moramo jasnije iskazati pojam ”odvojenih” skupova. Na primjer,skupR zamisljamo iz jednog dijela (kao realna prava), dakle povezan, iako se moze predstavitikaoR= A∪B, gdje suA= (−∞,0) i B= [0,+∞) disjunktni neprazni skupovi. Jasno je da pojam”odvojeni” treba da ima nesto sire znacenje od pojma ”disjunktni”.Izbacimo li 0 iz skupaR tojest, posmatrajmo skupX = R\0, on je ocigledno nepovezan jer sesastoji iz dva dijelaX = A∪B, gdje suA= (−∞,0) i B = (0,+∞). SkupoviA i B su neprazni idisjunktni, sta vise zadovoljavaju i osobine:

i) oba su otvoreni uX,

ii) oba su zatvoreni uX,

iii) A∩B= A∩B=∅.

Upravo osobinaiii ) je onaj bitni dio koji karakterise ”razdvojenost” skupova.

Definicija 5.0.4

Neka suA i B podskupovi metrickog prostora(X,d). Kazemo da su skupoviA i B razdvojeni(separisani) ako vrijediA∩B= A∩B=∅.

Iz definicije je jasno da razdvojeni skupovi su i disjunktni.Vrijedi i da su podskupovi razdvojenihskupova takode razdvojeni.

Primjer 72. U R, skupoviA= (−∞,0) i B= [0,+∞) jesu disjunktni ali kako jeA= (−∞,0], ondaje A∩B= 0 6=∅, te dati skupovi nisu razdvojeni.U R2, skupovi(x,y) ∈ R2 | x2+y2 ≤ 1 i (x,y) ∈ R2 | (x−2)2+y2 < 1 su disjunktni ali nisurazdvojeni.♦

5.1 Definicija i osobine povezanosti 77

Primjer 73. U R, skupoviA= (−∞,0) i B= (0,+∞) su razdvojeni, ali primjetimo daA∩B 6=∅.♦

Dakle, osobina razdvojenosti je jaca od osobine disjunktnosti skupova, ali je slabija od disjunkt-nosti zatvorenja skupova.

Lema 5.0.1

Neka suA,B⊆Y ⊆ X. SkupoviA i B su razdvojeni uY ako i samo ako su razdvojeni uX.

Dokaz : Iz topologije je poznato da jeclY(B) =Y∩clX(B). Zato imamo,

A∩clY(B) =∅⇐⇒ A∩ (Y∩clX(B)) =∅

⇐⇒ (A∩Y)∩clX(B) =∅

⇐⇒ A∩clX(B) = A∩B=∅ . ♣

Dakle, skupY je nepovezan ako i samo ako jeY = A∪B pri cemu suA i B neprazni, razdvojeniuY sto je ekvivalentno prema gornjem tvrdenju da jeY = A∪B gdje suA i B neprazni, razdvojeniu X. Gornja tvrdnja nam govori da ne pravimo razliku govoreci da su skupovi ”razdvojeni uY”ili ”razdvojeni u X”. Medutim, reci da jeY nepovezan tojest, da je unija nepraznih, otvorenih(zatvorenih), disjunktnih skupovaA i B u Y ne moze se zamjeniti sa frazom ”uX” jer skupoviAi B ne moraju biti otvoreni (zatvoreni) uX. Naprimjer, neka jeX = [0,1] i Y =

[0, 1

2

)∪(

12,1].

SkupoviA=[0, 1

2

)i B=

(12,1]

su i otvoreni i zatvoreni i razdvojeni uY. Prema Lemi 5.0.1 onisu razdvojeni i uR ali tamo nisu ni otvoreni ni zatvoreni.

5.1 Definicija i osobine povezanosti

Definicija 5.1.1

Za metricki prostor(X,d) kazemo da je povezan ili koneksan ako seX ne moze predstavitikao unija dva neprazna razdvojena skupa. U suprotnom kazemo da je skup nepovezan.Za skupA⊂ X kazemo da je povezan ako je on povezan kao potprostor odX.

Teorem 5.1.1

Neka je(X,d) metricki prostor. Sljedeca tvrdenja su ekvivalentna.

1. X i ∅ su jedini otvoreno-zatvoreni skupovi uX.

2. Ako jeA⊆ X i bA=∅ (rub skupa), tada jeA=∅ ili A= X.

3. X ne mozemo predstaviti kao uniju dva neprazna otvorena disjunnktna skupa.

4. X ne mozemo predstaviti kao uniju dva neprazna zatvorena disjunnktna skupa.

5. X ne mozemo predstaviti kao uniju dva neprazna razdvojena skupa.

Dokaz : 1 ⇐⇒ 2SkupA ima prazan rub,bA=A∩Ac=∅, ekvivalentno je cinjenici da je skupA otvoreno-zatvoren,

78 Poglavlje 5. Povezanost (koneksnost) metrickih prostora

a to onda znaci da jeA=∅ ili A= X.1 =⇒ 3Neka su jedini otvoreno-zatvoreni skupovi uX prazan skup iX. Pretpostavimo da 3. nije tacnotojest,X =A∪B, gdje suA i B neprazni, otvoreni i disjunktni skupovi. Tada bi vrijediloB=X\A ipri tome biB bio neprazan zatvoren (kao komplement otvorenog skupa). Dakle, B bi bio otvoreno-zatvoren skup, sto je u suprotnosti sa 1.3 ⇐⇒ 4 je ocigledno.4 =⇒ 5Ako pretpostavimo da 5. nije tacno to znaci da jeX = A∪B, gdje suA i B neprazni razdvojeniskupovi. Iz razdvojenosti skupova jeB∩A=∅ pa jeB⊆ B, sto opet znaci da je skupB zatvoren.Na identican nacin zakljucujemo da je iA zatvoren skup. Dakle,X se moze predstaviti kao unijanepraznih, zatvorenih, disjunktnih skupova te 4. nije tacno.5 =⇒ 1Pretpostavimo da 1. nije tacno tojest, postoji neprazan, otvoreno-zatvoren skupA⊂ X. Tada je iB = X \A neprazan, otvoreno-zatvoren skup i pri tome jeX = A∪B. Kako suA i B razdvojenizakljucujemo da 5. nije tacno.♣

Saglasno definiciji povezanosti, skupX je nepovezan ako jeX =A∪B i pri tome vrijedi bar jedanod uslova

• A i B su neprazni, disjunktni i otvoreni uX.

• A i B su neprazni, disjunktni i zatvoreni uX.

• A i B su neprazni i razdvojeni skupovi uX.

Ako je X nepovezan, ovakve skupoveA i B nazivamo razdvajanjem ili separacijom skupaX.Jasno je da je povezanost toploska osobina, ali kako je topologija odredena metrikom na me-trickom prostoru ona ovisi direktno o izboru metrike. Zaista, ako posmatramo skup[0,1) u R saeuklidskom metrikom, on je prema gornjem tvrdenju kao interval povezan skup. Posmatramo linaR diskretnu metriku, tada je[0,1) = 0∪ (0,1). Dakle, [0,1) je predstavljen kao unija dvaneprazna, otvorena i disjunktna skupa, te je on pod ovim uslovima nepovezan skup.

Definicija 5.1.2

Za metricki prostor kazemo da je totalno nepovezan ako i samo ako za svaki povezan pod-skupA vrijedi card(A) ≤ 1.

Primjeri totalno nepovezanih skupova su skupoviN, Z i Q.Bez dokaza navodimo dva poznata stava iz toplogije.

Teorem 5.1.2

U R sa euklidskom metrikom neprazan skup je povezan ako i samo ako je interval.U C sa euklidskom metrikom neprazan skup je povezan ako i samo ako svake dvije razlicitetacke tog skupa mogu biti povezane poligonalnom linijom koja lezi u tom skupu.

Lema 5.1.1

Neka suA i B razdvojeni podskupovi metrickog prostoraX. Ako je skupY ⊆ A∪B povezan,

5.1 Definicija i osobine povezanosti 79

tada je iliY ⊆ A ili Y ⊆ B.

Dokaz : Neka jeY ⊆ A∪B povezan. Kako jeY∩A ⊆ A i Y∩B ⊆ B, onda su skupoviY∩A iY∩B razdvojeni (kao podskupovi razdvojenih dijelova). Pri tome jeY = (Y∩A)∪ (Y∩B), a zbogpovezanosti skupaY skupoviY∩A i Y∩B ne cine separaciju skupaY. To znaci da je iliY∩A=∅,iz cega je ondaY ⊆ A, ili je Y∩B=∅, iz cega je ondaY ⊆ B. ♣

Lema 5.1.2

Neka jeB povezan skup iAi | i ∈ I familija povezanih skupova sa osobinom da za pro-izvoljno i ∈ I skupoviB i Ai nisu razdvojeni. Tada je i skupB∪⋃i∈I Ai povezan.

Dokaz : Oznacimo saY = B∪⋃i∈I Ai i pretpostavimo da jeY = M∪N, gdje suM i N razdvojeniskupovi. Prema Lemi 5.1.1 je onda iliB ⊆ M ili B ⊆ N. Neka jeB ⊆ M. Prema istom rezonumozemo zakljuciti da za proizvoljnoi ∈ I skupoviAi su podskupovi ili odM ili od N. Ako bi zanekoi0 ∈ I bilo Ai0 ⊆ N, jasno tada bi skupoviB i Ai0 bili razdvojeni. Dakle, za svei ∈ I , Ai ⊆ M.Ovo onda znaci daN =∅, a time parM i N nije separacija skupaY. Ovo onda znaci da za skupYne postoji separacija tojest,Y je povezan skup.♣

Posljedica 5.1.3.Neka jeAi | i ∈ I familija povezanih podskupova metrickog prostora X. Akoje⋂

i∈I Ai 6=∅ tada je i⋃

i∈I Ai povezan skup.

Lema 5.1.3

Neka jeY povezan podskup metrickog prostoraX i A ⊆ Y′. Tada je skupY ∪A povezan.Specijalno,Y je povezan skup.

Dokaz : Neka jex0 tacka nagomilavanja skupaY. Pretpostavimo da skupY∪x0 nije povezan.Tada postoje skupoviU i V otvoreni uY∪x0 koji predstavljaju njegovu separaciju. Elementx0

propsada jednom od tih skupova, recimo uU . Zbog disjunktnosti ovih skupova je ondaV ⊂Y.Tvrdimo sada da jeU = x0! Ako to ne bi bilo tojest,U ∩Y 6= ∅, onda bi skupoviU \x0 i Vbili separacija skupaY sto se protivi povezanosti skupaY. Dakle, vrijediU = x0.kako je singletonx0 (relativno) otvoren skup uY∪x0, postoji otvoren skupG u X, takav daje G∩ (Y∪x0) = x0. Posljednje znaci da elementx0 nije tacka nagomilavanja skupaY, a toje kontradikcija sa polaznom pretpostavkom, te je skupY∪x0 povezan.Na osnovu Posljedice 5.1.3 tvrdnja ce vrijediti za proizvoljan A⊆Y′, a kako jeY =Y∪Y′ jasno

je da ako jeY povezan skup, takav je iY. ♣

? Ako je A povezan skup, mora liA biti povezan skup?

Teorem 5.1.4

Neka jeA povezan podskup metrickog prostoraX. Proizvoljan skupY, takav da jeA⊆Y ⊆ A,je povezan skup.

Dokaz : Neka jey∈Y proizvoljan. Kako jeA⊆Y onday i A nisu razdvojeni. Prema Lemi 5.1.2tada je skupA∪⋃y∈Yy povezan. Specijalno,Y = A∪ (Y\A) je povezan skup.♣


Teorem 5.1.5

Neka su(X,dX) i (Y,dY) metricki prostori i f : X →Y. Ako jeX povezan skup if neprekidnopreslikavanje, tada je if (X) povezan skup.

Dokaz : Pretpostavimo da pod pretpostavkama tvrdenja f (X) nije povezan. To znaci da postojeneprazni, otvoreni skupoviG1,G2 ⊆Y takvi da je

G1∩ f (X) 6=∅ , G2∩ f (X) 6=∅ , G1∩G2∩ f (X) =∅ , G1∪G2 ⊇ f (X) .

Tada su skupovif−1(G1) i f−1(G2) neprazni i otvoreni uX. Iz posljednja dva uslova onda imamoda je

f−1(G1)∩ f−1(G2) =∅ i f−1(G1)∪ f−1(G2) = X ,

sto bi znacilo da jeX nepovezan skup, a to je kontradikcija.♣

Obicnim govorom receno gornje znaci da je neprekidna slika povezanog skupa povezan skup.Kako su naR povezani skupovi samo intervali uzimajuci da jeY = R kao direktnu posljedicugornjeg teorema imamo da ako jef : X → R neprekidno preslikavanje iX povezan skup, tada jef (X) interval. Ovo mozemo iskazati i kao poznati Weierstrassovteorem.

Teorem 5.1.6

Neka je f : [a,b] → R neprekidna funkcija. Tada za svekop izmedu f (a) i f (b) postojic∈ [a,b] takav da jef (c) = p.

Teorem 5.1.5 mozemo tumaciti i na nacin da izmedu povezanog i nepovezanog skupa ne mozepostojati neprekidno preslikavanje. To mozemo iskazati iu narednoj formi.

Teorem 5.1.7

SkupX je povezan ako i samo ako je svako neprekidno preslikavanjef : X → 0,1 kons-tantno.

Dokaz : Neka je f neprekidno preslikavanje sa povezanog skupaX u 0,1 koje nije konstantno.Tada je skupf−1(0) neprazan i otvoreno zatvoren skup uX, a to se protivi povezanosti skupaX.Obratnu tvrdnju imamo iz kontrapozicije. Neka jeX nepovezan skup. Tada postojiA ⊂ X ne-prazan i razlicit odX koji je otvoren-zatvoren. Tada jeχA : X → 0,1 neprekidno preslikavanje(karakteristicna funkcija skupa) koje nije konstantno.♣

Teorem 5.1.8

Graf neprekidnog preslikavanja je povezan skup ako i samo ako je domen preslikavanja pove-zan skup.

Dokaz : Neka je f : X →Y neprekidno preslikavanje iGf = (x,y) ∈ X×Y | x∈ X , y= f (x)graf preslikavanjaf . Posmatrajmo preslikavanjeh : X → Gf , definisano sah(x) = (x, f (x)), zax∈ X. Nije tesko pokazati da jeh injektivno i surjektivno preslikavanje tojest, bijekcija.

5.2 Komponente povezanosti 81

Neka je sadaa∈ X proizvoljno i (U ×V)∩Gf proizvoljan otvoren skup koji sadrzi tackuh(a) =(a, f (a)). Zbog neprekidnosti preslikavanjaf i kako f (a) ∈ V, zakljucujemo da postoji otvorenskupO⊆ X takav da jef (O)⊆V. Tadaa∈U ∩O i h(U ∩O)⊆ (U ×V)∩Gf , te jeh neprekidnopreslikavanje u tackia. Zbog proizvoljnosti posmatrane tacke,h je neprekidna naX.S druge strane, ako jeU proizvoljan otvoren skup uX, tada jeh(U) = (U ×Y)∩Gf . Dakleh(U)je otvoren skup, te jeh−1 neprekidno preslikavanje.Iz svega recenog zakljucujemo da jeh homeomorfizam te su skupoviX i Gf homeomorfni. Ko-

risteci se Teoremom 5.1.5 i homeomorfnoscu skupovaX i Gf imamo trazeno tvrdenje.♣

Gornjim tvrdenjem tvrdimo da je graf neprekidne funkcije sa povezanim domenom takode pove-zan skup. Medutim, ako je graf funkcije povezan skup to u opstem slucaju ne zanaci i neprekidnostfunkcije.

Primjer 74. Posmatrajmo funkcijuf : [0,1]→ R,

f (x) =

sinπ

x ; 0< x≤ 10 ; x= 0

Posmatrajuci nizove(

1n

)i(

22n−1

), za koje ocigledno vrijedi1n → 0 i 2

2n−1 → 0 kadan → ∞,mozemo zakljuciti da ne postoji granicna vrijednost funkcije f kadax → 0+ jer je f

(1n

)= 0 i

f(

22n−1

)∈ −1,1. Dakle, f nije neprekidna u 0.

Posmatramo li funkcijug= f |(0,1], ona je nepreikdna na svom domenu koji je povezan skup (inter-val), te je prema Teoremi 5.1.8 iGg povezan skup. Kako jeGg = Gg∪G′

g = Gg∪ (0× [−1,1]),to za proizvoljanA ⊆ 0× [−1,1] je skupGg ⊆ Gg∪A⊆ Gg, pa na osnovu Teorema 5.1.4 je iskupGg∪A povezan. Specijalno, skupGg∪ (0,0) = Gf je povezan.♦

5.2 Komponente povezanosti

Definicija 5.2.1

Za skupY podskup metrickog prostoraX kazemo da je komponenta ako i samo ako jeYmaksimalan povezan podprostor odX.

Pod ”maksimalan povezan” u gornjoj definiciji podrazumijevamo sljedece: ako jeA povezan pod-prostor odX, takav da jeY ⊆ A⊆ X, onda jeA=Y. U povezanom prostoruX postoji samo jednakomponenta, to je citav prostorX. U totalno nepovezanim prostorima komponente su singletoni.U nekim drugim, komplikovanijim sitauacijama mogu se imatiiznenadujuce situacije.Neka jeX metricki prostor. Za proizvoljnox∈ X oznacimo

Cx =⋃

A | A⊆ X, x∈ A, A je povezan .

Singletoni su povezani skupovi, pa ociglednox ∈Cx. Kako jeCx unija povezanih skupova kojinisu razdvojeni (x pripada svakom od njih), to je iCx povezan skup.Ako jeCx ⊆ D i D povezanskup, jasno je tadax∈ D, te jeD element familije koja definiseCx tojest,D ⊆Cx. Dakle mora bitiD =Cx, a to znaci da jeCx komponenta prostoraX. Kako se svaki skup moze zapisati kao unijasvojih singletona, onda je

X =⋃

x∈X

Cx .

Naravno da se moze dogoditi da zax1,x2 ∈ X, x1 6= x2 vrijedi Cx1 =Cx2 naprimjer, u povezanomprostoruX je Cx = X, za svakox ∈ X. Ali ako je Cx1 6= Cx2 tada jeCx1 ∩Cx2 = ∅. Zaista, ako


bi x ∈ Cx1 ∩Cx2 to bi onda skupCx1 ∪Cx2 bio ”veci” povezan skup od obje komponente, sto jenemoguce. Ako naX definisemo relaciju:

x1,x2 ∈ X , x1 ∼ x2de f⇐⇒ x1,x2 pripadaju istoj komponenti,

nije se tesko uvjeriti da je ona relacija ekvivalencije cije su klase ekvivalencije upravo komponenteCx, x∈ X. Prema svemu recenom razlicite komponenteCx prostoraX cine jednu njegovu dekom-poziciju. Kako jos vrijediCx ⊆Cx i Cx povezan skup, onda jeCx =Cx. Dakle, za proizvoljnox∈XkomponentaCx je zatvoren skup. Sve receno predstavlja dokaz naredne tvrdnje.

Teorem 5.2.1

Svaki metricki prostor se moze prikazati kao unija komponenti. Razlicite komponente sudisjunktne i svaka komponenta je zatvoren skup.

Primjer 75. Neka jeX = [0,1]∪ [2,3]∪ [4,5]. X ocigledno ima tri komponente i to su skupovi[0,1], [2,3] i [4,5]. Za proizvoljnox∈ [0,1] jeCx = [0,1] ili za x∈ [2,3] je Cx = [2,3].Ako je C komponenta u prostoruX koji ima konacno mnogo komponenti onda je skupX \Cjednak uniji ostalih komponenti (kojih je konacno mnogo) te je zatvoren skup (jer su komponentezatvoreni skupovi), te zakljucujemo da jeC otvoreno-zatvoren skup u ovakvom prostoru.Medutim, prostor moze imati i beskonacno mnogo komponenti naprimjer,X = 0∪

1n | n∈N

⊂

R. U X komponente su svi singletonix, x ∈ X, ali singleton0 nije otvoren skup. Dakle, uopstem slucaju komponente ne moraju biti i otvoreni skupovi. ♦

? Kako mozemo okarakterisati totalnu nepovezanost skupa pomocu njegovih komponenti?

Treba primjetiti da komponente dekompoziraju prostor ali komponenta i njen komplement nemoraju obavezno ciniti separaciju prostora. Posmatramo li gore spomenuti prostorX = 0 ∪

1n | n∈ N

i u njemu skupoveA= 0 i B=

1n | n∈ N

= X \A. Jasno je da skupoviA i B nisu

razdvojeni jerA∩B= 0 te ne cine separaciju, a pri tome je skupA komponenta uX.

5.3 Putna povezanost

U nekom metrickom prostoruX moguce je proizvoljne dvije tacke spojiti ”linijom” kojalezi uX. Ovakva osobina je veoma intuitivna za pojam ”povezanosti”skupa. Medutim, kao sto cemovidjeti u narednom, ova osobina je jaca od uvedenog pojma povezanosti skupa.

Definicija 5.3.1

Put u metrickom prostoruX je proizvoljno neprekidno preslikavanjef : [0,1] → X. Putpocinje u inicijalnoj tackif (0), a zavrsava u krajnjoj tackif (1). Tada kazemo da jef put odf (0) do f (1).

Ponekad je od pomoci put shvatiti kao kretanje tacke odf (0) do f (1), gdje f (t) reprezentujepolozaj te tacke u vremenskom trenutkut ∈ [0,1]. Podsjetimo se ipak da definicija kaze da je putustvari funkcijaf , a ne skuprang( f )⊆X. Da to ilustrujemo najbolje, neka jef put od tackex∈Xdo tackey∈ X. Tada je preslikavanjeg(t) = f (1− t) takode put uX, ali ovom prilikom od tackey do tackex. Dakle,g nije isti put kaof ali ipak jerang( f ) = rang(g).

5.3 Putna povezanost 83

0 1

b

b

f (0)

f (1)

X

f

Slika 5.1: Put u metrickom prostoru.

Definicija 5.3.2

Za metricki prostorX kazemo da je putno povezan ako i samo ako za svaki par tacakax,y∈Xpostoji put odx doy u X.

Primjer 76. (a) Slika neprekidnog preslikavanja uX je primjer putno povezanog skupa.(b) Svaki konveksan podskup odRn je putno povezan.(c) Graf funkcije iz Primjera 74 nije putno povezan skup.♦

Teorem 5.3.1

Svaki putno povezan skup je i povezan.

Dokaz : ∅ je povezan skup, zato pretpostavimo da jeX 6= ∅ putno povezan skup. Neka jea ∈X poroizvoljan. Za svakox ∈ X postoji put fx : [0,1] → X. Oznacimo saCx = rang( fx). Zaproizvoljno x ∈ X skupCx je povezan skup ia ∈ Cx. Na osnovu Posljedice 5.1.3 tada je iX =⋃Cx | x∈ X povezan skup.♣

Ponekad su povezanost i putna povezanost ekvivalentni pojmovi. Naprimjer, uR skup A jepovezan ako i samo ako je interval, ako i samo ako jeA putno povezan. Medutim, u opstemslucaju to nije pravilo.

Primjer 77. U Primjeru 74 smo pokazali da je grafGf funkcije

f (x) =

sinπ

x ; 0< x≤ 10 ; x= 0

povezan skup. Kako je skupY = (0,y) | y∈ [0,1] kao interval uR povezan skup i pri tome je(0,0) ∈ Gf ∩Y, na osnovu Posljedice 5.1.3 je i skupGf ∪Y povezan. Pokazimo da ovaj skup nijeputno povezan!pretpostavimo suprotno, da je F(t)=(a(t),b(t)) neprekidno preslikavanje na[0,1] sa vrijednostimau Gf ∪Y za svakot ∈ [0,1], takvo da jeF(0) = (0,0) i F(1) = (1,0). Sada mozemo izabratimonotono opadajuci niz brojeva(tn)n∈N, tako da jea(tn) = 2

2n+1. Kako je za svakon∈ N tn > 0,a time i a(tn) > 0 zakljucujemo da je tadab(tn) = (−1)n. Niz (tn)n∈N je monotono opadajucii ogranicen odozdo te je on i konvergentan niz,tn → c ∈ R (n → +∞). Kako je F neprekidnafunkcija ondaF(tn)→ F(c), (n → +∞). Kako jeF(c) = (a(c),b(c)), to bi znacilo da mora bitib(tn)→ b(c), ali limes niza(b(tn))n∈N ne postoji. Dakle, dobili smo kontradikciju, sto znaci danepostoji put od tacke(0,0) ∈ Gf ∪Y do tacke(1,0) ∈ Gf ∪Y, te skupGf ∪Y nije putno povezan.♦


Definicija 5.3.3

Otvoren i povezan skup u metrickom prostoru nazivamo oblast.

Lema 5.3.1

Svaka oblast uRn (n∈ N) je putno povezan skup.

Dokaz : Neka jeX ⊆ Rn neprazan, otvoren i povezan skup i neka jex0 ∈ X proizvoljan fiksanelement. Oznacimo saU skup svih elemenatax skupaX za koje postoji put odx0 dox. U 6=∅ jerociglednox0 ∈U . Dokaz bi bio gotov ako uspijemo pokazati da jeU = X.Posmatrajmo skupV = X \U . Pokazat cemo da su oba skupaU i V otvoreni uX, a zbog

povezanosti skupaX onda ce morati bitiV =∅ jer u suprotnom ovaj par skupova bi bio separacijaskupaX, sto bi bilo u suprotnosti sa njegovom povezanoscu.kako jeX otvoren uRn onda za svakox∈ X, a time i zax∈U , postoji otvorena kuglaB(x, r) uRn

takva da jeB(x, r) ⊂ X. Svakoy∈ B(x, r) mozemo spojiti linijskim segmentom sa centrom kuglex, a zax∈U , ondax mozemo spojiti sax0 nekim putemγ . Dakle,x0 mozemo spojiti sax putemγ , a onda linijskim segmentom spojiti say, za proizvoljnoy∈ B(x, r). Zakljucujemo da jey∈U ,odnosno da jeB⊂U . Dakle,U je okolina svake svoje tacke te ja kao takav, otvoren skup.Na slican nacin zakljucujemo otvorenost skupaV: Neka jey∈ V fiksno i B(y, r) otvorena kuglakoja lezi uX. Ako ne bi biloB(y, r)⊂V, postojao bix∈ B(y, r) takav dax∈ X \V =U . Ali tadabi taj x mogli spojiti putem sax0 (definicija skupaU ), a onda linijskim segmentom sa centromkugley. Sve ovo bi znacilo da tackuy∈V mozemo spojiti sax0, a to bi znacilo day∈U , sto nijemoguce zbog izbora skupaV. Dakle, i skupV mora biti otvoren kao okolina svake svoje tacke.Kao sto rekosmo na pocetku, da parU i V ne bi bio separacija skupaX onda mora bitiV = ∅,

odnosnoU = X. ♣

? Ako je A putno povezan podksup metrickog prostoraX, da li jeA putno povezan

? Ako je X putno povezan if : X →Y, da li je f (X) putno povezan skup?

6Kompaktnost metri ckih prostora

6.1 Definicija kompaktnosti i karakterizacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

6.2 Neprekidne funkcije na kompaktnim skupovima . . . . . . . . .. . . . . . 90

6.3 Lokalna kompaktnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

6.4 Specijalni kriteriji relativne kompaktnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

Jedna od istaknutijih osobina ogranicenog i zatvorenog intervala[a,b] na realnoj pravoj je cinjenicada se iz svakog niza u njemu moze izdvojiti podniz koji je konvergentan u njemu. To se nece do-goditi sa intervalom oblika[a,+∞), primjer je niz(n)n∈N, niti sa intervalom(0,1), primjer je niz(

1n

)

n∈N. Tu cinjenicu nam obezbjeduje Bolzano-Weierstrassov teorem koji nam govori da svakibeskonacan i ogranicen skup na realnoj pravoj ima bar jednu tacku nagomilavanja, a uz zatvore-nost skupa, ta tacka pripada tom skupu.Jedna druga karakterizacija ogranicenih i zatvorenih skupova naR, bitno povezana sa Bolzano-Weierstrassovom teoremom, jeste poznata Heine-Borelova teorema u kojoj se tvrdi da se iz sva-kog otvorenog pokrivaca ogranicenog i zatvorenog skupa naRn (n∈ N) moze izdvojiti konacanpodpokrivac.

6.1 Definicija kompaktnosti i karakterizacije

Cinjenicu o izdvajanju konacnog podpokrivaca iz proizvoljnog pokrivaca nekog skupa smo uopstoj topologiji definisali terminom kompaktnosti. U metrickim prostorima zbog bogatije struk-ture pojam kompaktnosti cemo uvesti na nesto drugaciji nacin, preko konvergencije, a za takodefinisan pojam uobicajeno se koristi termin sekvencijanakompaktnost. Kako su to ekvivalentnipojmovi, mi cemo se jednostavnosti radi drzati termina kompaktnosti.

Definicija 6.1.1

Za metricki prostor kazemo da je kompaktan ako se iz svakognjegovog niza moze izdvojitikonvergentan podniz.

Definicija 6.1.2

Neka jeM podskup metrickog prostoraX. Za skupM kazemo da je relativno kompaktan akose iz svakog niza uM moze izdvojiti konvergentan podniz, tj.

(∀(xn)n∈N ⊆ M)(∃(xnk)k∈N ⊂ (xn)n∈N) xnk → x0 , (k→ ∞) , x0 ∈ X .

Ako je x0 ∈ M, kazemo da jeM kompaktan skup.

86 Poglavlje 6. Kompaktnost metrickih prostora

Gornja definicija istice razliku izmedu kompaktnosti i relativne kompaktnosti cinjenicom da tackaknvergencije pripada ili ne mora pripadati samom skupu. To dovodi do jasne razlike izmedupojmova kompaktnosti i relativne kompaktnosti, tj. relativna kompaktnost i zatvorenost skupaekvivalentne su kompaktnosti skupa.Ocigledno je da su u svakom metrickom prostoru konacni skupovi kompaktni. Naredna tvrdnja

nam daje vezu kompaktnosti i osobine konacnih presjeka kaoi definiciju pojma kompaktnosti,koje smo uveli u opstoj toplogiji.

Teorem 6.1.1

Neka je(X,d) metricki prostor. Naredna tvrdenja su ekvivalentna:

1. (X,d) je kompaktan.

2. Iz svakog otvorenog pokrivaca odX se moze izdvojiti konacan podpokrivac.

3. Svaka familija zatvorenih skupova u(X,d) sa osobinom konacnih presjeka ima nepra-zan presjek.

4. Svaka familija zatvorenih skupova u(X,d) koja ima prazan presjek, sadrzi konacnupodfamiliju ciji je presjek prazan.

Teorem 6.1.2

Svaki kompaktan skup je zatvoren.

Dokaz : Neka jeM kompaktan skup i neka je(xn)n∈N ⊂ M, takav daxn → x0 kadan→ ∞. Zbogkompaktnosti skupa, postoji(xnk)k∈N ⊂ (xn)n∈N, takav daxnk → x′ (k → ∞) i pri tome jex′ ∈ M.Zbog jedinstvenosti tacke konvergencije, zakljucujemoda jex0 = x′, odnosnox0 ∈ M, pa dakleMsadrzi sve svoje tacke nagomilavanje te je kao takav, zatvoren skup.♣

Teorem 6.1.3

Svaki zatvoren podskup kompaktnog metrickog prostora je kompaktan.

Dokaz : Neka je(X,d) kompaktan metricki prostor i neka jeY ⊆X zatvoren skup. Neka je(yn)n∈Nproizvoljan niz uY. Ako ga posmatramo kao niz uX, zbog kompaktnosti postoji(ynk)k∈N ⊂(yn)n∈N, takv daynk → y0 (n → ∞). Zbog zatvorenosti skupaY mora biti y0 ∈ Y. Time smoizdvojili konvergentan podniz cija tacka konvergencijepripadaY, te jeY kompaktan.♣

Posljedica 6.1.4.Neka su K kompaktan i F zatvoren podskup metrickog prostora(X,d). Tada jeskup K∩F kompaktan.

Teorem 6.1.5

Svaki relativno kompaktan skup je ogranicen.

Dokaz : Neka jeM relativno kompaktan podskup metrickog prostoraX. Pretpostavimo daM nijeogranicen.M nije prazan, pa postojix0 ∈ M. Kako M nije ogranicen, toM nije sadrzan u kugli

6.1 Definicija kompaktnosti i karakterizacije 87

B(x0,1), te zakljucujemo da postojix1 ∈ M, takav dax1 /∈ B(x0,1) odnosno,d(x0,x1)≥ 1.Oznacimo sar = d(x0,x1)+1, pa opet zbog neogranicenosti rezonujemo daM nije sadrzan ni ukugli B(x0, r), tj. postojix2 ∈ M takav da jed(x0,x2)≥ r ≥ 1. Kako je

1+d(x0,x1) = r ≤ d(x0,x2)≤ d(x0,x1)+d(x1,x2) ,

zakljucujemo da jed(x1,x2)≥ 1. Jasno je da sada ovaj postupak mozemo produziti i na taj nacinformirati niz (xn)n∈N sa osobinom da za proizvoljnen,m∈ N vrijedi, d(xn,xm)≥ 1. Ovo znaci dase iz datog niza ne moze izdvojiti niti jedan konvergentan podniz, a to se opet kosi sa pretpostav-kom o relativnoj kompaktnosti skupaM. Dakle,M mora biti ogranicen skup.♣

Iskaze Teorema 6.1.2 i Teorema 6.1.5 mozemo iskazati objedinjeno.

Teorem 6.1.6

Neka je(X,d) metricki prostor iY ⊂ X. Ako jeY kompaktan, onda je on zatvoren i ogranicenskup uX.

Obrat u navedenoj tvrdnji u opstem slucaju ne vrijedi. Naime, neka jeX proizvoljan beskonacanskup sa diskretnom metrikom. Tada jeX zatvoren i ogranicen skup jer za proizvoljnex,y ∈ Xvrijedi d(x,y) ≤ 1. Diskretna metrika indukuje diskretnu topologiju, pa je svaki podskup odXotvoren. Izmedu ostalog su takvi i singltoni. Kako je familijax | x∈ X otvoren pokrivac odX, ocigledno onda iz njega ne mozemo izdvojiti konacan podpokrivac, teX nije kompaktan.

Primjer 78. Da obrat gornje teoreme ne vrijedi pokazujemo i sljedecim primjerom. Posmatrajmoprostor l2 sa standardnom metrikom iK(0,1) ⊂ l2. Zatvorena kugla je zatvoren skup i za pro-izvoljne x,y∈ K(0,1) je d(x,y) ≤ 2, te jeK(0,1) ogranicen skup.Posmatrajmo sada niz(en)n∈N ⊂ l2, gdje jeen niz koji ima n-tu koordinatu 1, a sve ostale koor-

dinate 0. Kako jed(0,en) = 1 za svakon∈ N, to je (en)n∈N ⊂ K(0,1). Za proizvoljnen,m∈ N

vrijedi

d(en,em) =

(∞

∑i=1

|eni −em

i |2) 1

2

=√

2 .

Dakle posmatrani niz nije Cauchyjev te se iz njega ne moze izdvojiti niti jedan konvergentanpodniz. Samim tim skupK(0,1) nije kompaktan.♦

Teorem 6.1.7

Svaki kompaktan skup je totalno ogranicen.

Dokaz : Neka je(X,d) metricki prostor iY ⊆ X kompaktan. Za proizvoljnoε > 0 familija kugliB(y, ε

2) | y ∈ Y predstavlja jedno otvoreno pokrivanje skupaY. Zbog kompaktnosti mozemoizdvojiti konacno podpokrivanjeB(yi ,

ε2) | yi ∈ Y , i = 1,2, ...,n). Dakle, Y smo pokrili sa

konacno mnogo skupova ciji je dijametar jednakε , te je on totalno ogranicen skup.♣

Teorem 6.1.8

Svaki kompaktan metricki prostor je i kompletan.


Dokaz : Neka jeX kompaktan metricki prostor i neka je(xn)n∈N proizvoljan Cauchyjev niz uX.Zbog kompaktnosti, postoji podniz(xnk) naseg niza koji je konvergentan,xnk → x0 ∈ X (k → ∞).Sada imamo

d(xn,x0)≤ d(xn,xnk)+d(xnk,x0) .

Prvi sabirak na desnoj strani mozemo uciniti proizvoljnomalim jer je niz Cauchyjev, a drugisabirak takode, zbog konvergencije podniza. Dakle,

d(xn,x0)→ 0 , (n→ ∞) ,

tj. niz (xn)n∈N je konvergentan, pa zbog proizvoljnosti niza, prostorX je kompletan.♣

Prethodna tvrdnja nam govori da je osobina kompaktnosti ”jaca” od osobine kompletnosti. Sadodatnim osobinama skupa, kompletnost ce povlaciti kompaktnost. Naime vrijedi,

Teorem 6.1.9

Totalno ogranicen i kompletan metricki prostor je kompaktan prostor.

Dokaz : Neka je(X,d) totalno ogranicen i kompletan metricki prostor, ali da nije kompaktan. Tobi znacilo da postoji pokrivacGi | i ∈ I skupaX iz kog se ne moze izdvojiti konacan podpo-krivac.Kako je X totalno ogranicen, onda je i ogranicen skup, pa postojir > 0 i x0 ∈ X takvi da jeX ⊆ B(x0, r). Neka je zan ∈ N, εn = r

2n . Zbog totalne ogranicenostiX mozemo pokriti sakonacno mnogo kugli poluprecnikaε1. Zbog nase pretpostavke, bar jedna od tih kugli, neka je taB(x1,ε1) ne moze biti pokrivena sa konacno mnogo skupovaGi. Svaki neprazan podskup totalnoogranicenog skupa je i sam totalno ogranicen, pa je takva iB(x1,ε1), ali onda postojix2 ∈B(x1,ε1),tako da kugluB(x2,ε2) ne mozemo pokriti sa konacno mnogo skupovaGi. Nastavljajuci ovakvorezonovanje, dobijamo niz(xn)n∈N takav da za proizvoljnon ∈ N kugla B(xn,εn) ne moze bitipokrivena sa konacno mnogo skupovaGi i pri tomexn+1 ∈ B(xn,εn).Kakoxn+1 ∈ B(xn,εn), to jed(xn,xn+1)< εn, a onda zan,m∈ N, n< mvrijedi

d(xn,xm)≤ d(xn,xn+1)+d(xn+1,xn+2)+ · · ·+d(xm−1,xm)

< εn+ εn+1+ · · ·+ εm−1

=r2n

(

1+12+ · · ·+ 1

2m−n−1

)

<r

2n−1 ,

pa zakljucujemo da je niz(xn)n∈N Cauchyjev, a kako se nalazi u kompletnom prostoru, on je ikonvergentan ka nekomx0 ∈ X. FamilijaGi | i ∈ I je pokrivac skupaX, to mora postojatii0 ∈ I ,takav da jex0 ∈ Gi0. Uz to jeGi0 otvoren skup, pa postojiδ > 0 takav da jeB(x0,δ )⊆ Gi0. Zbogkonvergencije niza(xn)n∈N i izboraεn, neka jen dovoljno veliko tako da jed(xn,x0)<

δ2 i εn <

δ2 .

Za proizvoljnox∈ X, za koga jed(x,xn)< εn onda imamo

d(x,x0)≤ d(x,xn)+d(xn,x0)<δ2+

δ2= δ ,

iz cega zakljucujemo da jeB(xn,εn) ⊆ B(x0,δ ) ⊆ Gi0. Medutim, ovo znaci da skupB(xn,εn)mozemo pokriti sa konacno mnogo skupovaGi (konkretno, samo sa skupomGi0), sto je u kontra-dikciji sa konstrukcijom kugliB(xn,εn). ♣

Posljednje tri navedene tvrdnje mozemo iskazati jednim tvrdenjem.

6.1 Definicija kompaktnosti i karakterizacije 89

Teorem 6.1.10

Metricki prostor je kompaktan ako i samo ako je on kompletani totalno ogranicen.

Nesto slicno, ali i bitno razlicito mozemo iskazati za skupove.

Teorem 6.1.11

Neka jeM totalno ogranicen podskup kompletnog metrickog prostora (X,d). Tada jeMkompaktan skup.

Dokaz : Neka jeM totalno ogranicen iX kompletan metricki prostor.M je zatvoren skup te je kaopodprostor on i kompletan. Na osnovu Teorem 2.1.24,M je totalno ogranicen skup. Na osnovuTeorem 6.1.10,M je kompaktan skup.♣

Kako mozemo vidjeti iz prethodnog, kompaktnost skupa je veoma vazna i korisna osobina. Zatosmo zainteresovani za sto bolje karakterizacije kompaktnosti, a jednu od njih, pomocu mreza,izlozit cemo sada.

Definicija 6.1.3

Neka suM i N podskupovi metrickog prostoraX. Neka jeε > 0 fiksiran realan broj. Za skupN kazemo da jeε-mreza skupaM ako za svakox∈ M, postojiy∈ N, tako da jed(x,y) < ε .Ako je N kompaktan skup, kazemo da jeN kompaktnaε-mreza, a ako je konacan skup,kazemo da je konacnaε-mreza.

Mreza skupa se moze okarakterisati preko kugli.

Lema 6.1.1

SkupN je ε-mreza (ε > 0) skupaM ako i samo ako vrijedi

M ⊆⋃

x∈N

B(x,ε) .

Teorem 6.1.12

Potreban uslov za relativnu kompaktnost skupaM ⊆ X jeste da za svakoε > 0, postojikonacnaε-mreza skupaM. Ako je metricki prostorX kompletan, gornji uslov je i dovoljan.

Dokaz : Neka jeM relativno kompaktan skup. Pretpostavimo da za nekoε0 > 0 ne postoji konacnaε0-mreza skupaM. KakoM nije prazan, to za proizvoljnox0 ∈ M skupx0 nije ε0-mreza skupaM, pa postojix1 ∈ M, takav da jed(x0,x1) ≥ ε0. Medutim, ni skupx0,x1 nije ε0-mreza zaM,pa postojix2 ∈ M, takav da jed(x0,x2) ≥ ε0 i d(x1,x2) ≥ ε0. Nastavljajuci gornje rasudivanje,dolazimo do niza(xn)n∈N ⊂ M, kod koga za proizvoljnen,m∈ N vrijedi, d(xn,xm)≥ ε0. Ali tadase iz niza(xn)n∈N nemoze izdvojiti niti jedan konvergentan podniz, sto je suprotno pretpostavci orelativnoj kompaktnosti skupaM. Dakle, za svakoε > 0, skupM ima konacnuε-mrezu.


Neka je sadaX kompletan metricki prostor i nekaM ⊆ X ima konacnuε-mrezu za svakoε > 0.Uzmimo proizvoljan niz(xn)n∈N ⊂ M. Neka jeN1 = y11,y12, ...,y1n1 konacna 1-mreza skupaM.Na osnovu Leme 6.1.1 vrijedi

M ⊆n1⋃

i=1

B(y1i ,1) .

Tim prije je i nas niz sadrzan u gornjoj uniji kugli, a zbog konacnog broja tih kugli, postoji medunjima kugla, oznacimo je saB1, koja u sebi sadrzi beskonacan podniz(xnk)k∈N niza(xn)n∈N.Neka je sadaN2 = y21,y22, ...,y2n2 1

2-mreza skupaM. Ali to je onda 12-mreza i za nas podniz

(xnk)k∈N ⊂ B1, te postoji kuglaB2 = B(y2i ,12) (i ∈ 1,2, ...,n2), koja u sebi sadrzi beskonacno

mnogo clanova niza(xnk)k∈N.Nastavljajuci ovaj postupak dolazimo do niza kugli(Bi)i∈N sa sljedecim osobinama:

• Poluprecnik kugleBi je 1i (i ∈N).

• U svakoj kugliBi (i ∈ N) ima beskonacno mnogo clanova niza(xn)n∈N.

• Clanovi niza koji se nalaze u kugliBi, sadrzani su i u svakoj kugluB j za j ≤ i.

Iz svake kugleBi izaberimo po jedan element naseg niza(xn)n∈N i oznacimo ga sazi (i ∈ N).Ocigledno je niz(zn)n∈N podniz niza(xn)n∈N. Osim toga, za proizvoljnen,m∈ N (neka je npr.m≤ n) imamo dazn,zm ∈ Bm, a zbog prve osobine ovih kugli onda imamo

d(zn,zm)<2m

→ 0 , (n,m→ ∞) .

Dakle, niz(zn)n∈N je Cauchyjev, pa zbog kompletnosti prostora on mora biti i konvergentan. Izproizvoljnog niza uM izdvojili smo konvergentan podniz, te jeM relativno kompaktan skup.♣

Posljedica 6.1.13.Neka je M podskup kompletnog metrickog prostora X. Ako za svakoε > 0postoji kompaktnaε-mreza skupa M tada je M relativno kompaktan skup.

Teorem 6.1.14

Svaki kompaktan metricki prostor je separabilan.

Dokaz : Zbog kompaktnosti prostoraX, za svakon ∈ N, postoji konacna1n-mrezaNn za X. Po-

smatrajmo skupN =

⋃

n∈NNn .

Kao prvoN je najvise prebrojiv, kao prebrojiva unija konacnih skupova.Neka jex∈ X proizvoljan. Za proizvoljnoε > 0, postojin∈N, takav da je1

n < ε , a tada mozemonaci elementy iz 1

n-mrezeNn, takav da jed(x,y) < 1n < ε , pa je ociglednoN i svuda gust uX, tj.

X je separabilan prostor.♣

6.2 Neprekidne funkcije na kompaktnim skupovima

Realna funkcija realne promjenljive ima mnoge dobre osobine ako je definisana na segmentu[a,b].Tako imamo da ako je ona neprekidna, tada je i ogranicena, ili ako je neprekidna onda je i unifor-mno neprekidna. Ovo smo imali zahvaljujuci prije svega neprekidnosti funkcije, ali i zbog togasto je segment ogranicen i zatvoren skup. U ovom dijelu cemo uopstiti ove stavove za proizvoljnoneprekidno preslikavanje definsano na kompaktnom skupu. Prije toga ponovimo i sljedeci stav izopste topologije.

6.2 Neprekidne funkcije na kompaktnim skupovima 91

Teorem 6.2.1

Neka je(X,dX) kompaktan i(Y,dY) proizvoljan metricki porstor. Ako jef : X → Y nepre-kidno preslikavanje, tada jef (X) kompaktan skup uY.

Gornju tvrdnju mozemo iskazati i u sljedecoj formi.

Teorem 6.2.2

Neka je f homeomorfizam izmedu metrickih prostora(X,dX) i (Y,dY). Tada vrijedi,X jekompaktan ako i samo ako jeY kompaktan.

Teorem 6.2.3

Neprekidna realna funkcija definisana na kompaktnom skupu je ogranicena i dostize svojunajvecu i najmanju vrijednost.

Dokaz : Neka jeM kompaktan skup i neka jef ∈C(M). Ako pretpostavimo daf nije ogranicena,to bi znacilo da postoji(xn)n∈N ⊂ M, takav da

f (xn)→+∞ , (n→ ∞) (6.1)

(ili eventualno f (xn)→−∞). Kako jeM kompaktan, postoji podniz(xnk)k∈N takav daxnk → x0 ∈M (k→ ∞), a onda zbog neprekidnosti funkcije imamo

f (xnk)→ f (x0)<+∞ , (k→ ∞) .

S druge strane, zbog (6.1) moralo bi biti

f (xnk)→+∞ , (k→ ∞) ,

a to je ocigledna kontradikcija. Dakle,f je ogranicena funkcija.Sada zbog ogranicenosti funkcije imamo da je

r = supx∈M

f (x)<+∞ .

Na osnovu definicije supremuma, postoji niz(yn)n∈N ⊂ M, takav da je

(∀n∈N) f (yn)> r − 1n,

a ovo znaci daf (yn)→ r (n→ ∞). Ponovo zbog kompaktnosti skupaM, postoji(ynk)⊂ (yn), takavdaynk → y0 ∈ M (k→ ∞). Ali tada bi imali

f (ynk)→ f (y0) , (k→ ∞) ,

odnosno, zakljucujemof (y0) = r. Dakle, funkcija dostize svoju najvecu vrijednost. Na analogannacin se pokazuje da funkcija dostize i najmanju vrijednost, cime je teorem dokazan.♣


f (x) = 1x

Tvrdnja nece vrijediti ako domen preslikavanja nije kompaktanskup. Dovoljno je posmatratif : (0,1) → R, zadato saf (x) =1x . Posmatrana funkcija jeste neprekidna na(0,1), koji je cakogranicen skup, ali nije ogranicena. Ako napravimo zatvorenjedomena funkcije, da bi dobili kompaktan skup, nazalost tada po-smatrana funkcija nije vise neprekidna na takvom skupu.

b

b

1

1

f (x) = x−1x Za preslikavanjef : (1,+∞) → R zadato saf (x) = x−1

x imamoda je neprekidno na posmatranom domenu, cak i ograniceno naistom, ali ne dostize svoje ekstremne vrijednosti koje su 0i 1.

Teorem 6.2.4

Neprekidna funkcija na kompaktnom skupu je i uniformno neprekidna.

Dokaz : Neka jeM kompaktan skup i neka jef neprekidna funkcija definisana naM. Pretposta-vimo da f nije uniformno neprekidna funkcija. Negacijom definicije uniformne neprekidnosti tobi znacilo

(∃ε0 > 0)(∀n∈ N)(∃x′n,x′′n)

(

d(x′n,x′′n)<

1n∧ | f (x′n)− f (x′′n)| ≥ ε0)

)

. (6.2)

Na ovaj nacin su formirana dva niza(x′n) i (x′′n) u M iz kojih zbog kompaktnosti mozemo izdvojitikonvergentne podnozove, tj. postoji(x′nk

)⊂ (x′n), takav daxnk → x′0 (k→ ∞). Kako je

d(x′nk,x′′nk

)<1nk

→ 0 , (k→ ∞) ,

zakljucujemo da tada mora vrijediti ix′′nk→ x′0 (k → ∞). Medutim, to bi zbog neprekidnosti funk-

cije f znacilo| f (x′nk

)− f (x′′nk)| → 0 , (k→ ∞) ,

sto je suprotno pretpostavci (6.2).♣

6.3 Lokalna kompaktnost

Mnogi vazni nam prostori u matematickoj analizi nisu kompaktni, naprimjerR sa uobicajenomeuklidskom metrikom. To nas navodi na definisanje nekih ”slabijih” osobina od same kompakt-nosti. Jednu od njih uvodimo narednom definicijom.

Definicija 6.3.1

Za metricki prostor(X,d) kazemo da je lokalno kompaktan ako za svakox ∈ X postojiokolinaB(x,ε) tako da jeB(x,ε) kompaktan skup.

6.4 Specijalni kriteriji relativne kompaktnosti 93

Primjer 79. Posmatrajmo realnu pravu sa standardnom metrikom. Za svakox ∈ R i ε > 0 jex∈ (x−ε ,x+ε). Kako je(x− ε ,x+ ε) = [x−ε ,x+ε ], a segmenti su na realnoj pravoj kompaktniskupovi, zakljucujemo da jeR lokalno kompaktan prostor.Primjetimo takode, daR nije kompaktan prostor jer niz(n)n∈N nema niti jedan konvergentan

podniz.♦

Primjer 80. Neka jeX proizvoljan beskonacan skup na kom je definisana diskretnametrika. Vecsmo ranije vidjeli da takav prostor nije kompaktan. Medutim, za proizvoljnox∈ X je x∈ B(x, 1

2).

Kako je B(x, 12) = x, a singltoni su kao konacni skupovi kompaktni, to je posmatrani prostor

lokalno kompaktan.♦

Kako nam to pokazuju ovi primjeri, lokalno kompaktan prostor ne mora biti kompaktan. Medutim,svaki kompaktan prostor je i lokalno kompaktan jer je za proizvoljno x∈ X upravoX trazena oko-lina za koju jeX = X kompaktan skup. Ovo opravdava na pocetku spomenutu opasku, da jelokalna kompaktnost ”slabija” osobina od kompaktnosti.

6.4 Specijalni kriteriji relativne kompaktnosti

Iako smo dali nekoliko karakterizacija kompaktnosti na proizvoljnim metrickim prostorima, odvelikog su interesa sto bolje karakterizacije, a njih mozemo dati na konkretnim metrickim prosto-rima. Ovdje cemo dati jednu vaznu karakterizaciju relativne kompaktnosti na prostoru neprekidnihfunkcija, poznati Arzela-Ascollijev stav, koja je odigrala veliku ulogu u razvoju topologije i funk-cionalne analize. Kao prvo definisimo sljedece pojmove.

Definicija 6.4.1

Neka jeE ⊂ C(X). Za E kazemo da je skup podjednako ogranicenih funkcija ako postojikonstantaM > 0, takva da za proizvoljnox∈ X i za proizvoljnu funkciju f ∈ E vrijedi

| f (x)| ≤ M .

Primjer 81. Posmatrajmo skup

E =

g∈C[0,1] | g(x) =∫ x

0f (t)dt , f ∈C[0,1] , sup

x∈[0,1]| f (x)| ≤ 1

.

Jasno jeE ⊂C[0,1]. Neka jeg∈ E proizvoljna ix∈ [0,1] takode proizvoljno. Tada imamo,

|g(x)| =∣∣∣∣

∫ x

0f (t)dt

∣∣∣∣≤∫ x

0| f (t)|dt

≤ supt∈[0,1]

| f (t)|∫ x

0dt = sup

t∈[0,1]| f (t)| ·x≤ 1 .

Dakle, postoji konstantaM = 1, takva da za sveg∈ E i svex∈ [0,1] vrijedi |g(x)| ≤ M, sto znacida jeE skup podjednako ogranicenih funkcija.♦

Definicija 6.4.2

Za SkupE ⊂C(X) kazemo da je skup podjednako neprekidnih funkcija ako za svakoε > 0


postojiδ = δ (ε)> 0, tako da je

(∀ f ∈ E)(∀x′,x′′ ∈ X)(d(x′,x′′)< δ ⇒ d( f (x′), f (x′′))< ε) .

Primjer 82. Kao i u prethodnom primjeru posmatrajmo skup

E =

g∈C[0,1] | g(x) =∫ x

0f (t)dt , f ∈C[0,1] , sup

x∈[0,1]| f (x)| ≤ 1

.

Neka sug∈ E i x,y∈ [0,1] proizvoljni, tako da jex< y. Tada imamo

|g(x)−g(y)| =∣∣∣∣

∫ x

0f (t)dt−

∫ y

0f (t)dt

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

∫ y

xf (t)dt

∣∣∣∣

≤∫ y

x| f (t)|dt ≤ sup

t∈[0,1]| f (t)|

∫ y

xdt = sup

t∈[0,1]| f (t)| · |y−x| ≤ |y−x| .

Neka je sadaε > 0 proizvoljno i izaberimoδ = ε . Za proizvoljnog ∈ E i x,y ∈ [0,1], ako je|y−x|< δ , kao sto smo to pokazali gore, vrijedit ce|g(x)−g(y)| ≤ |y−x|< δ = ε . Dakle, skupE je skup podjednako neprekidnih funkcija.♦

Teorem 6.4.1: (Arzela-Ascolli)

Neka jeX kompaktan skup iC(X) prostor neprekidnih funkcija naX, sa standardnom me-trikom. SkupE ⊂ C(X) je relativno kompaktan ako i samo ako je on skup podjednakoogranicenih i podjednako neprekidnih funkcija.

Dokaz : Neka jeE relativno kompaktan podskup metrickog prostoraC(X). Kao takav, on je iogranicen, pa postojef0 ∈ C(X) i r > 0, takvi da jeE ⊆ B( f0, r). Ovo znaci da za proizvoljnof ∈ E vrijedi

d( f , f0) = maxx∈X

| f (x)− f0(x)| < r . (6.3)

Neka je sadaf ∈ E proizvoljna i neka jex∈ X takode proizvoljno.

| f (x)| ≤ | f (x)− f0(x)|+ | f0(x)|≤ d( f , f0)+max

x∈X| f0(x)|

≤ r +maxx∈X

| f0(x)| .

Kako je f0 neprekidna funkcija, ona dostize svoju maksimalnu vrijednost, te stavljajuci da jeM = r +maxx∈X | f0(x)| imamo,

| f (x)| ≤ M ,

za svaku funkcijuf ∈ E i za svakox∈ X, a to znaci da jeE skup podjednako ogranicenih funkcija.SkupE je relativno kompaktan skup pa za proizvoljnoε > 0 postoji konacnaε3-mreza zaE i neke

je cine funkcije f1, f2, ..., fn ( fi ∈C(X), i = 1,2, ...,n). Kako je svaka od funkcijafi (i = 1,2, ...,n)neprekidna naX, a time i uniformno neprekidna (na kompaktnom skupu), to za proizvoljanε > 0,postojiδ = δ (ε)> 0, tako da za proizvoljnex′,x′′ ∈ X, cim jed(x′,x′′)< δ , onda je

| fi(x′)− fi(x′′)|< ε

3, i = 1,2, ...,n .

6.4 Specijalni kriteriji relativne kompaktnosti 95

Gornja cinjenica vrijedi za sve funkcijefi (i = 1,2, ..,n), tj. postojeciδ je vazeci za sve funkcije,a to je opravdano cinjenicom da ovih funkcija ima konacno mnogo.Neka je sadaf ∈ E proizvoljna i izaberimo izε

3-mreze njoj odgovarajucu funkcijufi0 za kojuvrijedi d( f , fi0)<

ε3. Neka su sadax′,x′′ ∈ X, takve da jed(x′,x′′)< δ . Sada imamo

| f (x′)− f (x′′)| ≤ | f (x′)− fi0(x′)|+ | fi0(x′)− fi0(x

′′)|+ | fi0(x′′)− f (x′′)|≤ d( f , fi0)+ | fi0(x′)− fi0(x

′′)|+d( f , fi0)

<ε3+

ε3+

ε3= ε .

Dakle, skupE je skup podjednako neprekidnih funkcija, a time smo pokazali neophodnost uslova.Dokazimo sada i dovoljnost uslova, tj. neka jeE skup podjednako ogranicenih i podjednako

neprekidnih funkcija i dokazimo njegovu relativnu kompaktnost. Ako je skupE konacan, tvrdnjatrivijalno vrijedi. Pretpostavimo zato da jeE beskonacan skup. Neka je( fi(x))i∈N (x∈X) proizvo-ljan niz uE.Zbog pretpostavljene kompaktnosti skupaX imamo njegovu separabilnost i neka jex1,x2, ...,xn, ...prebrojiv svuda gust skup uX. Kako je E skup podjednako ogranicenih funkcija, to je niz( fi(x1))i∈N ogranicen skup, a kao takav on sadrzi konvergentan podniz( fik(x1))k∈N. Oznacimo

ga jednostavnosti radi sa( f (1)i (x))i∈N i taj niz je konvergentan u tackix = x1. Ako sada posma-

tramo niz( f (1)i (x2))i∈N, on je opet ogranicen, pa i iz njega mozemo izdvojiti konvergentan podniz

( f (2)i (x))i∈N koji je konvergentan u tackix = x2, a kako je on podniz niza( f (1)i (x))i∈N, on je ko-nvergentan i u tackix= x1. Ako nastavimo ovaj postupak, dobit cemo niz nizova

( f (1)i (x)),( f (2)i (x)),( f (3)i (x)), ...,( f (m)i (x)), ...

koji imaju sljedece osobine:

• Svaki od njih je podniz polaznog niza( fi(x))i∈N.

• Pocev od drugog, svaki od njih je podniz niza koji je prije njega.

• m-ti niz je konvergentan u tackamax= x1,x2, ...,xm.

Dijagonalnim postupkom formirajmo sada niz(φi(x))i∈N, tj.

φi(x) = f (i)i (x) , i = 1,2, ...

Jasno je da je novoformirani niz, podniz naseg polaznog niza. Osim toga, kako je on, posmatrajuciga odm-tog clana (m∈ N), podnizm-tog niza( f (m)

i (x))i∈N, on je kao takav konvergentan u svimtackama svuda gustog skupax1,x2, ...,xn, ....Neka je sadaε > 0 proizvoljan.E je skup podjednako neprekidnih funkcija, onda postojiδ (ε)> 0,takav da za svex′,x′′ ∈ X i za svaku funkcijuf ∈ E vrijedi

d(x′,x′′)< δ ⇒ | f (x′)− f (x′′)|< ε . (6.4)

Za ovakavδ formirajmo konacnuδ -mrezu skupaX (X je kompaktan). Neka je cine elementiy1,y2, ...,yk. Ne gubeci na opstosti, mozemo smatrati da su tacke nase δ -mreze neke od tacakasvuda gustog skupax1,x2, ...,xn, .... Dakle, niz(φi(x))i∈N je konvergentan u svakoj od tacakay1,y2, ...,yk, a time je i Cauchyjev, tj. postojin= n(ε) ∈N, takav da za proizvoljnei, j ≥ n vrijedi

|φi(ys)−φ j(ys)|<ε3, s= 1,2, ...,k . (6.5)


Neka je sadax∈X proizvoljan. Izδ -mreze izaberimoyi0 takav da jed(x,yi0)< δ . Sada zai, j ≥ nimamo

|φi(x)−φ j(x)| ≤ |φi(x)−φi(yi0)|+ |φi(yi0)−φ j(yi0)|+ |φ j(yi0)−φ j(x)| .Zbog (6.4) i (6.5) imamo

|φi(x)−φ j(x)| <ε3+

ε3+

ε3= ε .

Dakle, za proizvoljnoε > 0, postojin∈ N, tako da za svei, j ∈ N, i, j ≥ n, vrijedi

|φi(x)−φ j(x)|< ε .

Ovo znaci da je niz(φi(x))i∈N Cauchyjev, a time i konvergentan u svim tackamax∈ X, tj. on jeuniformno konvergentan. Kako su pri tome sve funkcijeφi (i ∈ N) neprekidne, zakljucujemo daniz (φi)i∈N konvergira ka neprekidnoj funkcijiφ0 i to u smislu metrike uC(X).Iz proizvoljnog niza( fi(x))i∈N ⊂ E, izdvojili smo konvergentan podniz(φi(x))i∈N, sto znaci da

je skupE relativno kompaktan skup, time je dokaz teoreme zavrsen.♣

7Banachov stav o fiksnoj tacki

7.1 Kontrakcija i fiksna ta cka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

7.2 Primjene Banachovog stava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 104

Banachov stav o fiksnoj tacki (takode poznat kaoteorema o kontraktivnom preslikavanjuili prin-cip kontraktivnog preslikavanja) je vazan alat u teoriji metrickih prostora. Ona garantuje posto-janje i jedinstvenost nepokretnih tacaka odredenih preslikavanja iz metrickog prostora u samogsebe, i daje konstruktivan metod za pronalazenje tih nepokretnih tacaka. Teorema je dobila imepo Stefanu Banachu6 i predstavlja njegov doktorski rad raden 1920, a objavljen 1922. godine.

7.1 Kontrakcija i fiksna tacka

Definicija 7.1.1

Neka je f : X → X proizvoljno preslikavanje. Za tackux ∈ X kazemo da je fiksna tackapreslikavanjaf , ako vrijedi f (x) = x.

Primjer 83. Za preslikavanjef : R→ R, zadato saf (x) = x3, tackex= 1, x= −1 i x= 0 imajuosobinu f (1) = 1, f (−1) =−1 i f (0) = 0 te su one fiksne tacke posmatranog preslikavanja.♦

Primjer 84. Posmatrajmo preslikavanjeA : C[0,1]→C[0,1], zadato sa

A f(x) = f (0)+∫ x

0f (t)dt .

Za funkciju f (x) = ex ∈C[0,1], vrijedi

A f(x) = e0+

∫ x

0etdt = 1+ex−1= ex

tojest, f (x) = ex je fiksna tacka preslikavanjaA. ♦

Definicija 7.1.2

Za preslikavanjef : X →X kazemo da je kontraktivno, ako postoji konstantaq∈ [0,1), takvada za proizvoljnex,y∈ X vrijedi

d( f (x), f (y)) ≤ qd(x,y) .

Broj q tada nazivamo konstanta kontrakcije.

6Stefan Banach (1892.-1945.) poljski matematicar

98 Poglavlje 7. Banachov stav o fiksnoj tacki

Primjer 85. Funkcija f : R+ → R+, zadata saf (x) = arctanx, na osnovu Lagrangeove teoremezadovoljava

|arctanx−arctany|= 11+ξ 2 |x−y| ,

za nekoξ ∈R+ i za proizvoljnex,y∈R. Stavimo da jeq= 11+ξ 2 , jasnoq∈ [0,1) i ako posmatramo

standardnu metriku naR, imamo

d( f (x), f (y)) ≤ qd(x,y) ,

tj. preslikavanjef je kontraktivno.♦

Osobina kontraktivnosti je ocigledno jaca od osobine neprekidnosti preslikavanja.Sta vise, jacaje i od uniformne neprekidnosti.

Teorem 7.1.1

Ako je f : X → X kontraktivno preslikavanje, tada jef uniformno neprekidno preslikavanje.

Dokaz : Neka je(X,d) metricki prostor if : X →X kontraktivno preslikavanje sa konstantom kon-trakcijeq. Za proizvoljnoε > 0, izaberimoδ = ε

q. Neka su sadax′,x′′ ∈X takvi da jed(x′,x′′)< δ .Sada imamo

d( f (x′), f (x′′))≤ qd(x′,x′′)< qδ = ε ,

sto znaci da jef uniformno neprekidno preslikavanje.♣

Nije tesko pokazati da za kontraktivna preslikavanja vrijedi tvrdenje,

Lema 7.1.1

Neka je f : X → X kontraktivno preslikavanje sa konstantom kontrakcijeq. Tada je za pro-izvoljno n∈ N preslikavanjef n kontrakcija sa konstantom kontrakcijeqn.

Medutim, ako je za nekon∈ N f n kontrakcija, jasno je da je tadaf n i neprekidno preslikavanje,ali tada ne mora biti if neprekidna. Zaista, neka jef : [0,1]→ [0,1] zadata sa

f (x) =

0 ; 0≤ x≤ 1

212 ; 1

2 < x≤ 1

Tada jef ( f (x)) = 0 i ocigledno kontrakcija, ali polazna funkcijaf je prekidna.

Teorem 7.1.2: (Banachov stav o fiksnoj tacki)

Neka jeA : X → X kontraktivno preslikavanje kompletnog metrickog prostora u samog sebe.Tada postoji tacno jedna fiksna tacka posmatranog preslikavanja.

Dokaz : Neka jex0 ∈ X proizvoljan. Definisimo sada niz(xn)n∈N na sljedeci nacin:

xn = Axn−1 = Anx0 , n∈ N .

KakoA : X → X, jasno je da za proizvoljan prirodan brojn je xn ∈ X, tj. (xn)n∈N ⊂ X.Neka je sadan∈ N proizvoljan. Na osnovu kontraktivnosti preslikavanja vrijedi

d(xn,xn−1) = d(Axn−1,Axn−2)≤ qd(xn−1,xn−2) .

7.1 Kontrakcija i fiksna tacka 99

Ponavljajuci gornji postupak, zakljucujemo da vrijedi

d(xn,xn−1)≤ qn−1d(x1,x0) . (7.1)

Neka je sadam> n (m,n∈N). Koristeci nejednakost trougla i (7.1) imamo

d(xn,xm)≤d(xn,xn+1)+d(xn+1,xn+2)+ · · ·+d(xm−1,xm)

≤(qn+qn+1+ · · ·+qm−1)d(x0,x1)

=qn1−qm−n

1−qd(x0,x1)

≤ qn

1−qd(x0,x1) .

Na osnovu gornjeg ocigledno vrijedi

d(xn,xm)→ 0 , (n,m→ ∞) ,

a sto u stvari znaci da je niz(xn)n∈N Cauchyjev. Kako se on nalazi u kompletnom metrickomprostoru, on je onda i konvergentan, pa stavimo da jexn → x∈ X (n→ ∞). Sada imamo

0≤ d(x,Ax) = limn→∞

d(xn+1,Ax) = limn→∞

d(Axn,Ax) .

Zbog kontraktivnosti preslikavanja i konvergencije niza dalje je

0≤ d(x,Ax)≤ q limn→∞

d(xn,x) = 0 .

Dakle, mora bitid(x,Ax) = 0, a sto zbog osobine metrike znaci da jeAx= x, tj. x je fiksna tackapreslikavanja.Neka je ix∈ X neka druga fiksna tacka preslikavanjaA. Tada bi bilo

d(x,x) = d(Ax,Ax)≤ qd(x,x) ,

a ovo je zbogq ∈ [0,1) moguce samo ako jed(x,x) = 0, tj. ako jex = x. Time smo pokazali ijedinstvenost fiksne tacke posmatranog preslikavanja.♣

Primjer 86. Neka jeX = [0,1] ⊂ R. Posmatrajmo preslikavanjeAx= cosx. Kako je AX =[cos1,1], jasnoA : X → X. X je zatvoren podskup kompletnog prostora (R sa standardnommetrikom), teA preslikava kompletan prostor u samog sebe. Koristeci se teoremom o srednjojvrijednosti imamo,

|Ax−Ay|= |cosx−cosy| ≤ maxt∈[0,1]

|sint||x−y|= |sin1||x−y| .

Kako je|sin1|< 1, zakljucujemo da jeA kontraktivno preslikavanje. Prema Banachovom stavu ofiksnoj tacki preslikavanjeA ima jedinstvenu fiksnu tacku. Na osnovu dokaza Banachovog stavao fiksnoj tacki, krecuci od proizvoljnog elementa iz[0,1], iterirajuci proces nas dovodi do fiksnetackex= 0.739085133.... ♦

Primjer 87. neka jeX =C[0,1] sa standardnom metrikom. Posmatrajmo preslikavanje

T f(t) = 1−∫ t

0x f(x)dx .


Za f ∈C[0,1] jasno je daT f ∈C[0,1] (integral neprekidne funkcije je neprekidna funkcija). Dakle,T : X → X i X je kompletan prostor. Za proizvoljnef ,g∈ X imamo:

d(T f,Tg) = maxt∈[0,1]

∣∣∣∣

∫ t

0x f(x)dx−

∫ t

0xg(x)dx

∣∣∣∣≤ max

t∈[0,1]

∫ t

0x| f (x)−g(x)|dx

≤∫ q

0x| f (x)−g(x)|dx≤

∫ 1

0xd( f ,g)dx=

12

d( f ,g) .

Dakle, preslikavanjeT je kontrakcija. Prema Banachovom stavu o fiksnoj tacki jednacinaT f =f ima jedinstveno rjesenje koje mozemo dobiti iterativnimpostupkom, pocev sa proizvoljnomfunkcijom f0 ∈ C[0,1]. Dodimo do rjesenja nesto drugacijim rezonom. Kako je preslikavanjet → T f(t) diferencijabilno, to je i preslikavanjef diferencijabilno, pa iz jednacineT f = f imamo

da je f ′(x) = ddxT f(x) =−x f(x). Kako je jos f (0) = 1, to je ociglednof (x) = e−

x22 na [0,1]. ♦

Primjedba7.1.1. Pretpostavka o kontraktivnosti, tj. uslov da jeq< 1, je fundamentalna za Teorem7.1.2. Zaista, za preslikavanjef : R→ R, zadato saf (x) = x+1, zax 6= y imamo

| f (x)− f (y)| = |x−y| ,

te je kostantaq= 1, a ovo preslikavanje nema fiksnu tacku.Za preslikavanjeA : X → X koje zadovoljava uslov

d(Ax,Ay)≤ d(x,y) ,

kazemo da je neekspanzivno preslikavanje.

Primjedba7.1.2. Takode ni uslov da jed( f (x), f (y)) < d(x,y) ne moze figurisati u Teoremi 7.1.2.To mozemo vidjeti posmatrajuci preslikavanjef : R → R, zadato saf (x) = ln(1+ ex). Neka jex 6= y i ne umanjujuci opstost, pretpostavimo da jex> y. Tada je

| f (x)− f (y)| = | ln(1+ex)− ln(1+ey)|= |x−y+ ln1+e−x

1+e−y |< |x−y| .

Pretpostavka o postojanju fiksne tacke bi znacila postojanje x∈ R, takvog da je ln(1+ex) = x, ilisto je ekvivalentno da vrijedi 1+ex = ex, a ovo je ocigledno nemoguce.Pretpostavkad( f (x), f (y)) < d(x,y) moze obezbjediti postojanje i jedinstvenost fiksne tackepres-likavanja, ali uslovi na domen preslikavanja moraju biti jaci od kompletnosti, sto cemo vidjeti unarednim izlaganjima.

Vaznost Banachovog teorema o fiksnoj tacki je velika. Medutim, treba istaci i vrijednost samogdokaza ovog teorema jer nam on daje princip raznih iterativnih metoda. Primjetimo da ako unejednakosti

d(xn,xm)≤qn

1−qd(x0,x1)

n drzimo fiksnim, a pustimo dam→ ∞, dobijamo

d(xn,x)≤qn

1−qd(x0,x1) ,

sto u stvari predstavlja procjenu greske koja se pravi akose umjesto tacnog rjesenjax, jednacineAx= x, uzme ”n-to priblizno rjesenje”xn iterativnog procesa. Takode iz te nejednakosti vidimoda ce na brzinu konvergencije iterativnog procesa uticatii konstanta kontraktivnosti, ali i izabranapolazna tackax0. Procjenu greske mozemo izvrsiti na razne nacine.


Teorem 7.1.3

Neka jeA kontraktivno preslikavanje kompletnog metrickog prostora u samog sebe, sa kons-tantom kontraktivnostiq i fiksnom tackomx. Tada vrijedi:

1. d(xn,x)≤qn

1−qd(x0,Ax0),

2. d(xn,x)≤ qd(xn−1,x),

3. d(xn,x)≤q

1−qd(xn−1,xn) .

Nekada preslikavanje nije kontraktivno na citavom kompletnom prostoru, ali jeste na nekom nje-govom dijelu. Sljedece tvrdenje nam obezbjeduje jedinstvenost fiksne tacke i u takvim slucajevimai direktna je posljedica Banachovog teorema o fiksnoj tacki.

Posljedica 7.1.4.Neka je F zatvoren podskup kompletnog metrickog prostora X. Ako je A: F → Fkontraktivno preslikavanje, onda preslikavanje A ima tacno jednu fiksnu tacku koja pripada F.

Kao sto cemo vidjeti, ne mora samo preslikavanje biti kontraktivno da bi se obezbijedila egzis-tencija i jedinstvenost fiksne tacke.

Teorem 7.1.5

Neka jeX kompletan metricki prostor i nekaA : X → X. Ako postoji n∈ N takav da jeAn

kontraktivno preslikavanje, tada preslikavanjeA ima tacno jednu fiksnu tacku.

Dokaz : Kako jeAn (za nekon∈N) kontraktivno preslikavanje kompletnog prostora u samog sebe,postoji jedinstvena fiksna tacka tog preslikavanja, tj.

(∃1x∈ X) Anx= x .

Ali tada imamoA(Anx) = An+1x= An(Ax) = Ax ,

sto u stvari znaci da je iAx fiksna tacka preslikavanjaAn. Zbog jedinstvenosti, zakljucujemo damora vaziti

Ax= x ,

odnosno,x je fiksna tacka preslikavanjaA.Ako bi postojala jos neka fiksna tacka preslikavanjaA, npr. x, tada bi imali

Anx= An−1(Ax) = An−1x= An−2(Ax) = An−2x= · · ·= Ax= x .

Dakle,x bi bila fiksna tacka i preslikavanjaAn, a to bi znacilo da mora bitix= x. ♣

Primjer 88. Posmatrajmo preslikavanjef (x) = e−x koje nije kontrakcija naR. Zaista, recimo zax=−2 i y= 0 jed( f (x), f (y)) = | f (−2)− f (0)| ≈ 6.38> |−2−0|= d(x,y).Medutim, posmatrajmo preslikavanjeg(x) = f 2(x) = e−e−x

. Za proizvoljnex,y ∈ R, na osnovuLagrangeove teoreme, za nekot izmedu x i y je

g(x)−g(y) = g′(t)(x−y) ,


pri cemu je|g′(t)| = |e−e−te−t | = |e−(t+e−t)| < e−1 (jer je t +e−t ≥ 1), pa zakljucujemo da jef 2

kontraktivno preslikavanje sa konstantom kontrakcijeq= e−1 < 1.Prema gornjoj posljedici ipak postoji jedinstvena fiksna tacka preslikavanjaf (x) = e−x tojest, pos-toji jedinstvenox0 ∈ R takvo da jeex0 = x0, koje sada mozemo dobiti primjenjujuci iterativnipostupak izlozen dokazom Banachovog teorema, pocev sa bilo kojom realnom vrijednoscu.♦

Sljedecim tvrdenjem koje predstavlja lokalnu verziju Banachovog teorema, pokazujemo da se ikompletnost domena moze izbjeci.

Lema 7.1.2

Neka je(X,d) kompletan metricki prostor i neka jeA : B(x0, r)→ X kontraktivno preslikava-nje koje zadovoljava uslov

d(Ax0,x0)< (1−q)r ,

gdje jeq konstanta kontraktivnosti. Tada preslikavanjeA ima jedinstvenu fiksnu tacku.

Dokaz : Neka su zadovoljeni uslovi leme. Tada postoji 0≤ r0 < r takav da jed(Ax0,x0) ≤ (1−q)r0. Posmatrajmo sada skupB(x0, r0), tj. zatvorenje kugleB(x0, r0). Zax∈ B(x0, r0) tada imamo

d(Ax,x0) ≤ d(Ax,Ax0)+d(Ax0,x0)

≤ qd(x,x0)+ (1−q)r0 ≤ r0 .

Ovo znaci daA : B(x0, r0)→ B(x0, r0), pa na osnovu navedene posljedice zakljucujemo daA imajedinstvenu fiksnu tacku naB(x0, r0) ⊆ B(x0, r). Jedinstvenost te fiksne tacke na citavomB(x0, r)se pokazuje na standardan nacin.♣

U posljednjih pedesetak godina teorija fiksne tacke je dozivjela veliki napredak. Pri tome su datei mnoge generalizacije Banachovog principa kontrakcije. Kompletnosti radi dat cemo jedan od tihrezultata.

Teorem 7.1.6

Neka je(X,d) kompletan metricki prostor i neka jeA : X → X. Neka za proizvoljne rezlicitex,y∈ X vrijedi

d(Ax,Ay) ≤ f (d(x,y)) ,

gdje je f : [0,+∞) → [0,+∞) monotona i neopadajuca (ne obavezno neprekidna) funkcijakoja zadovoljava uslov

limn→∞

f n(t) = 0 ,

za svako fiksnot > 0. Tada preslikavanjeA ima jedinstvenu fiksnu tackux∗ ∈X za koju vrijedi

limn→∞

Anx= x∗ ,

za proizvoljnox∈ X.

Dokaz : Pretpostavimo da je za nekot > 0 zadovoljenot ≤ f (t). Zbog monotonosti funkcijef bitada bilo f (t) ≤ f ( f (t)) = f 2(t), a onda indukcijom mozemo zakljuciti da jet ≤ f n(t) zan∈ N,sto se naravno protivi cinjenici da je lim

n→∞f n(t) = 0. Dakle, vrijedi f (t)< t, za svakot > 0.

Gornje znaci da ce za svakox∈ X i n∈ N vrijediti

d(An(x),An+1(x)) ≤ f n(d(x,A(x))) ,


iz cega onda imamo da za svakox∈ X vrijedi

limn→∞

d(An(x),An+1(x)) = 0 .

Neka je sadaε > 0 i stavimo da jeδ (ε) = ε − f (ε). Ako je d(x,A(x)) < δ (ε), tada za svakoz∈ B(x,ε) imamo

d(x,A(z)) ≤ d(A(x),A(z))+d(A(z),x)

≤ f (d(x,z))+d(A(z),x)

< f (d(x,z))+δ (ε)≤ f (ε)+ (ε − f (ε)) = ε ,

iz cega zakljucujemo daA(z) ∈ B(x,ε), tj.

A(B(x,ε))⊆ B(x,ε) . (7.2)

Neka je sadax ∈ X proizvoljan. Posmatrajmo nizxn = An(x) (n ∈ N). Za ε > 0, zbog (7.2),mozemo naciδ (ε)> 0 i dovoljno velikn0 ∈ N, takve da je za sven≥ n0 zadovoljeno

d(xn,xn+1)< δ (ε) .

Dakle,d(xn0,A(xn0))< δ (ε), a to nam opet zbog (7.2) garantuje da vrijediA(B(xn0,ε))⊆B(xn0,ε).Sada induktivno mozemo zakljuciti da ce za svakok∈N0 vrijediti

Ak(xn0) = xn0+k ∈ B(xn0,ε) .

Neka su sadam,n∈N takvi dam,n≥ n0. Tada je

d(xn,xm)≤ d(xn,xn0)+d(xn0,xm)< 2ε ,

pa je niz(xn)n∈N Cauchyjev. Kako se nalazi u kompetnom metrickom prostoru on je i konvergen-tan, tj. postojix∗ ∈ X takav da je lim

n→∞xn = x∗.

Pretpostavimo sada da jed(x∗,A(x∗)) = γ > 0 .

Izaberimon∈N dovoljno veliko, tako da jexn ∈B(x∗, γ3), a zbog konvergencije je ondad(xn,xn+1)<

δ( γ

3

). Uslov (7.2) garantujeA(B(xn,

γ3)) ⊆ B(xn,

γ3), tj. A(xn) ∈ B(xn,

γ3). Medutim ovo je kontra-

dikcija jer vrijedi

d(A(x∗),xn)≥ d(A(x∗),x∗)−d(xn,x∗)> γ − γ

3=

2γ3

.

Dakle, mora bitid(x∗,A(x∗)) = 0, tj. A(x∗) = x∗. ♣

Da je Banachov princip kontrakcije specijalan slucaj gornjeg teorema, lahko se vidi birajucif (t) = qt, gdje je 0≤ q< 1.Kako smo u Primjedbi 7.1.2 napomenuli, za egzistenciju i jedinstvenost fiksne tacke preslikava-

nja, uslov kontraktivnosti mozemo oslabiti, ali zato uslov na domen preslikavanja moramo pojacati.O tome govori sljedece tvrdenje.

Teorem 7.1.7

Neka je(X,d) kompaktan metricki prostor i neka preslikavanjeA : X → X zadovoljava oso-binu

(∀x,y∈ X , x 6= y) d(Ax,Ay)< d(x,y) .


Tada preslikavanjeA ima jedinstvenu fiksnu tacku.

Dokaz : Posmatrajmo preslikavanjef : X → R, zadato saf (x) = d(x,Ax). Ovo je neprekidnopreslikavanje definisano na kompaktnom skupu, te na osnovu Teoreme 6.2.3, ona dostize svoj mi-nimum u nekoj tackix0 ∈X. Sada je jasno da mora bitix0 =Ax0, tj. x0 je fiksna tacka preslikavanjaA jer u suprotnom bi imali

d(A(Ax0),Ax0)< d(Ax0,x0) ,

sto bi bilo u suprotnosti sa minimalnoscu preslikavanjaf .Ako pretpostavimo da postoji ix1 ∈ X, takav da jeAx1 = x1, tada bi bilo

d(x0,x1) = d(Ax0,Ax1)< d(x0,x1) ,

sto je ocigledno nemoguce.♣

7.2 Primjene Banachovog stava

Pokazimo sada neke primjene Banachovog teorema o fiksnoj tacki.1. Neka jey= f (x) funkcija definisana na segementu[a,b]. Pitanje, da li postojix0 ∈ [a,b] takav

da je f (x0) = x0 je ocigledno pitanje egzistencije fiksne tacke ovog preslikavanja. Da bi zadovoljiliprvi uslov teoreme (preciznije, posljedice) zahtijevamo da f : [a,b]→ [a,b]. Uslov kontraktivnostimozemo dobiti na nekoliko nacina. Jedan je zahtjev da je funkcija f Lipschizova na[a,b], tj. davrijedi

| f (x)− f (y)| ≤ L|x−y| , x,y∈ [a,b] ,

i naravno pri tome zahtijevamo da jeL < 1. Sada imamo ispunjene sve uslove teoreme o fiksnojtacki, pa postoji jedinstvenox0 ∈ [a,b], takav da jef (x0) = x0.Uslov kontraktivnosti imamo i ako je ispunjeno| f ′(x)| ≤ K < 1 jer na osnovu Lagrangeove

teoreme je| f (x)− f (y)| = | f ′(ξ )||x−y| ≤ K|x−y| , ξ ∈ [x,y] .

Geometrijski gledano, postojanje fiksne tacke za realnu funkciju je postojanje presjeka grafa tefunkcije i pravey= x.

1

2

−1

1 2−1−2

1

2

−1

1 2−1−2

1

2

−1

1 2−1−2

Na gornjoj slici lijevo i u sredini imamo slucaj kada je| f ′(x)| < 1, a desno je situacija kada je| f ′(x)| ≥ 1, gdje i pored ociglednog postojanja fiksne tacke, itereativni metod ne konvergira.2. Koristeci gornji primjer, lahko sada mozemo pronaci uslove za postojanje rjesenja jednacine

F(x) = 0, na nekom segmentu[a,b], pri cemu jeF(a) < 0 i F(b) > 0. Pretpostavimo da vrijedi0< k≤ F ′(x)≤ K, za proizvoljnox∈ [a,b]. Posmatrajmo funkciju

f (x) = x−λF(x) .

Ocigledno da je postojanje fiksne tacke funkcijef , ekvivalentno postojanju rjesenja polazne jednacine.Kako je sadaf ′(x) = 1−λF ′(x), to onda vrijedi

1−λK ≤ f ′(x)≤ 1−λk ,

7.2 Primjene Banachovog stava 105

pri cemu nam parametarλ ocigledno moze posluziti da pomocu njega namjestimo kontraktivnostpreslikavanjaf .

Primjer 89. Standardna procedura za nalazenje rjesenja jednacineg(x) = 0 u R, gdje jeg dife-rencijabilna funkcija, jeste poznati Newtonov iterativnipostupak: startujuci sa proizvoljnimx0,izracunavamo niz po rekurentnoj formuli

xn+1 = xn−g(xn)

g′(xn), n∈ N .

Ova rekurzivna formula odgovara funkcijif (x) = x− g(x)g′(x) , koja iterirajuci je iz tackex= x0, de-

finise niz f (xn−1) = xn (n∈ N). Ocigledno ce rjesenje jednacineg(x) = 0 dovoditi do jednakostif (x) = x, a sto predstavlja fiksnu tacku preslikavanjaf .Iskoristimo sada Newtonov metod za procjenu vrijednosti broja

√3. Uzet cemo da jeg(x) =

x2−3 i traziti pozitivno rjesenje jednacineg(x) = 0. Newtonova rekurzivna formula nam daje

xn+1 = xn−x2

n−32xn

=12

(

xn+3xn

)

.

Kao sto smo rekli, pozitivno rjesenje jednacineg(x) = 0 (√

3) ce biti fiksna tacka preslikavanja

f (x) =12

(

x+3x

)

.

Narednom tabelom date su tri iteracije preslikavanjaf za tri razlicite startne vrijednostix0:

n xn xn xn

0 1.5 1.9 101 1.75 1.7394736842 5.152 1.7321428571 1.7320666454 2.86626213593 1.7320508100 1.7320508076 1.95646073174 1.7320508075 1.7320508075 1.74492093915 1.7320508075 1.7320508075 1.7320982711

Sva tri dobijena niza bi konvergirala ka vrijednosti√

3≈ 1.7320508075688.Da bi smo opravdali koristenje Banachovog teorema o fiksnojtacki na ovaj problem, trebamo

odrediti kompletan metricki prostor na kome ce funkcijaf biti kontrakcija. Ako uzmemo da jeto (0,+∞), na kome je funkcija definisana, nazalost nemamo kompletnost. Za bilo kojet > 0zatvoreni intervalXt = [t,+∞) jeste kompletan (i nasa funkcija jeste definisana na njemu), alimoramo obezbjediti daf : Xt → Xt i naravno kontraktivnost. Nije tesko provjeriti da funkcija fima minimum na cijelom(0,+∞) u tacki x =

√3 i da je taj minimumf (

√3) =

√3. Zbog toga

ce za proizvoljnot ≤√

3 vrijediti da cim jex≥ t, onda ce bitif (x) ≥√

3≥ t, sto znaci da ce zaovakav izbort-a vrijediti f (Xt)⊆ Xt.Da bi f bila kontrakcija naXt , uzmimo proizvoljnex,y∈ Xt i posmatrajmo

f (x)− f (y) =x−y

2

(

1− 3xy

)

.

Kako sux,y≥ t to vrijedi 1− 3t2 ≤ 1− 3

xy. Nas zahtjev o kontraktivnosti se sada svodi na zahtjev

da bude∣∣∣1+ 3

xy

∣∣∣< 1, a sto ce biti ostvareno ako je 1− 3

t2 >−1. Posljednje nam daje uslov da treba

biti t >√

32. Dakle, uslovi za primjenu Banachovog teorema za preslikavanje f ce biti zadovoljeni


ako je√

32 < t ≤

√3. Tadaf : Xt → Xt i vrijedi | f (x)− f (y)| ≤ 1

2|x− y|, za proizvoljnex,y∈ Xt .Sada primjenom iterativnog postupka izlozenog u dokazu Banachovog teorema dolazimo do fiksnetacke tog preslikavanja tojest, do pribliznog rjesenja. Koliko iteracija treba napraviti da se dode dozadate tacnosti zavisi od konstante kontraktivnosti, alii od startne vrijednosti sto se moze lijepovidjeti u gornjoj tabeli. Naime za startne vrijednostix0 = 1.5 i x0 = 1.9, vec u petoj iteraciji sedostize tacnost na desetu decimalu, sto bas i nije slucaj za startnu vrijednostx0 = 10 (suvise dalekood tacne vrijednosti) gdje je u petoj iteraciji tacnost samo na cetvrtoj decimali.♦

3. Posmatrajmo konacan linearan sistem algebarskih jednacina

n

∑j=1

ai j x j = bi , i = 1,2, ...,n . (7.3)

Postavlja se pitanje, pod kojim uslovima ce dati sistem imati tacno jedno rjesenje?Jednostavnom transformacijom sistem (7.3) transformisemo u ekvivalentan sistem

xi =n

∑j=1

(1−ai j )x j +bi , i = 1,2, ...,n .

Definisimo sada preslikavanjeA : Rn → Rn, zadato gornjim sistemom, na sljedeci nacin

x= (x1,x2, ...,xn) ∈ Rn , Ax= y∈ Rn ,

gdje koordinate tackey dobijamo iz

yi =n

∑j=1

a′i j x j +bi , i = 1,2, ...,n ,

gdje jea′i j = δi j −ai j (i, j = 1,2, ...,n), aδi j je Cronecerova delta. Ocigledno je da traziti rjesenjesistema (7.3) znaci isto sto i zahtijevati da definisano preslikavanje ima fiksnu tacku, tj. svodi se nanalazenjex∈Rn, takvog da jeAx= x. KakoA slika kompletan prostor u samog sebe, za primjenuBanachovog stava potrebno nam je da je to preslikavanje kontrakcija.Neka je naRn definisana metrika

d(x,y) = max1≤i≤n

|xi −yi| , x,y∈ Rn .

Sada za proizvoljnex′, x′′ ∈Rn imamo

d(Ax′,Ax′′) = max1≤i≤n

|y′i −y′′i |= max1≤i≤n

|n

∑j=1

a′i j (x′j −x′′j )|

≤ max1≤i≤n

n

∑j=1

|a′i j ||x′j −x′′j | ≤ max1≤i≤n

n

∑j=1

|ai j | max1≤ j≤n

|x′j −x′′j |

≤ max1≤i≤n

n

∑j=1

|a′i j |d(x′,x′′)

Jasno je sada da uslovn

∑j=1

|a′i j | ≤ k< 1 , i = 1,2, ...,n , (7.4)

predstavlja uslov kontraktivnosti preslikavanjaA.


Neka je naRn zadata metrika

d(x,y) =n

∑i=1

|xi −yi | , x,y∈ Rn .

Sada za proizvoljnex′,x′′ ∈ Rn imamo

d(Ax′,Ax′′) =n

∑i=1

|y′i −y′′i |=n

∑i=1

∣∣∣∣∣

n

∑j=1

a′i j (x′j −x′′j )

∣∣∣∣∣

≤n

∑i=1

n

∑j=1

|a′i j ||x′j −x′′j |

≤n

∑i=1

|a′i j |d(x′,x′′) .

Uslov kontraktivnosti je sada

n

∑i=1

|a′i j | ≤ k< 1 , j = 1,2, ...,n . (7.5)

Posmatrajmo sada i trecu metriku naRn,

d(x,y) =

(n

∑i=1

|xi −yi|2) 1

2

.

Zax′,x′′ ∈ Rn je

d(Ax′,Ax′′) =

(n

∑i=1

|y′i −y′′i |2) 1

2

=

n

∑i=1

∣∣∣∣∣

n

∑j=1

a′i j (x′j −x′′j )

∣∣∣∣∣

2

12

≤n

∑i=1

n

∑j=1

a′2i j d(x′,x′′) .

Sada je uslov kontraktivnosti zadat sa

n

∑i=1

n

∑j=1

a′2i j ≤ k< 1 . (7.6)

Svaki od uslova (7.4), (7.5) i (7.6) je dakle uslov kontraktivnosti preslikavanjaA te na osnovuteorema o fiksnoj tacki, postoji jedinstveno rjesenje jednacineAx= x, a to je kako smo vidjeli,rjesenje i sistema (7.3).Sada iterativnim postupkom

x(k+1)i =

n

∑j=1

a′i j x(k)j +bi , i = 1,2, ....,n ,

krecuci od proizvoljne tackex0 = (x01,x

02, ...,x

0n), dobijamo niz tacakax(k) ∈Rn koji ce konvergirati

ka rjesenju sitema (7.3).Napomenimo ovdje da je svaki od uslova (7.4), (7.5) i (7.6), ekvivalentan uslovu

∣∣∣∣∣∣∣∣

a11−1 a12 ... a1n

a21 a22−1 ... a2n

... ... ... ...an1 an2 ... ann−1

∣∣∣∣∣∣∣∣

6= 0 .


4. Neka jef (x,y) neprekidna funkcija uxy-ravni. Pod kojim uslovima ce diferencijalna jednacinaprvog reda

y′ = f (x,y) , sa uslovomy(x0) = y0 , (7.7)

imati tacno jedno neprekidno rjesenje? Kako se zelimo posluziti Banachovim teoremom o fik-snoj tacki, ideja je definisati neko preslikavanje kojeg ce fiksna tacka biti rjesenje postavljenogproblema. U tom cilju posmatrajmo integralnu jednacinu

φ(x) =∫ x

x0

f (t,φ(t))dt+y0 . (7.8)

Jasno je da svako rjesenje integralne jednacine (7.8) predstavlja i rjesenje jednacine (7.7) i obratno.Zato posmatrajmo preslikavanje definisano sa

Aφ(x) =∫ x

x0

f (t,φ(t))dt+y0 .

Ocigledno je za neprekidnu funkcijuφ i Aφ neprekidna funkcija, pa za nekoδ > 0 (ciji izbornajvjerovatnije nije proizvoljan) imamoA : C[x0,x0 + δ ] → C[x0,x0 + δ ]. Kako je svaki prostorC[a,b] kompletan, sa standardnom metrikom definisanom sa

φ ,ψ ∈C[a,b] , d(φ ,ψ) = maxa≤t≤b

|φ(t)−ψ(t)| ,

to A dakle, preslikava kompletan prostor u samog sebe.Ostaje nam naci uslove pod kojim je definisano preslikavanje kontraktivno. U tom cilju, za

proizvoljneφ , ψ ∈C[x0,x0+δ ], posmatrajmo

d(Aφ ,Aψ) = maxx0≤x≤x0+δ

|Aφ(x)−Aψ(x)|

= maxx0≤x≤x0+δ

∣∣∣∣

∫ x

x0

f (t,φ(t))dt+y0−∫ x

x0

f (t,ψ(t))dt−y0

∣∣∣∣

= maxx0≤x≤x0+δ

∣∣∣∣

∫ x

x0

( f (t,φ(t))− f (t,ψ(t)))dt

∣∣∣∣

≤ maxx0≤x≤x0+δ

∫ x

x0

| f (t,φ(t))− f (t,ψ(t))|dt .

Da bi dosli do uslova kontraktivnosti, sada se logicno namece problem nekakvog uslova na funk-ciju f . Ako je, npr. funkcijaf Lipschitzova po drugoj varijabli u oblasti u kojoj je posmatramo, tj.ako je zadovoljen uslov

| f (x,y1)− f (x,y2)| ≤ L|y1−y2| ,tada iz gornjeg imamo

d(Aφ ,Aψ)≤ maxx0≤x≤x0+δ

∫ x

x0

L|φ(t))−ψ(t)|dt ,

pa uzimajuci maksimum od|φ(t)−ψ(t)| zax0 ≤ t ≤ x0+δ , imamo

d(Aφ ,Aψ)≤ Ld(φ ,ψ) maxx0≤x≤x0+δ

∫ x

x0

dt ,

odnosno,d(Aφ ,Aψ)≤ Lδd(φ ,ψ) .

Kao sto smo spomenuli na pocetku,δ sada mozemo izabrati tako da jeLδ < 1, a sa tim uslovomnase preslikavanjeA ce biti kontrakcija, pa na osnovu svega recenog, postojatce jedinstvena fiksna


|

x0|

x0+δ|

x0−δ

Slika 7.1: Formiranje rjesenja Cauchyjevog problema

tacka tog preslikavanja. Dakle, postoji jedinstvena funkcija yδ ∈ C[x0,x0 + δ ], koja je rjesenjeproblema (7.7) na segmentu[x0,x0+δ ].Sada slicnim rezonovanjem mozemo pokazati da ce i na segmentu [x0 + δ ,x0 + 2δ ] postojati

jedinstveno rjesenje problemay′ = f (x,y) sa uslovomy(x0 + δ ) = yδ (x0 + δ ). Naravno da ovorazmisljanje mozemo primjenjivati, produzavajuci interval i na jednu i na drugu stranu odx0, pazakljucujemo da ce postojati jedinstveno neprekidno rjesenje problema (7.7) na citavoj realnojpravoj (Slika 7.1).

Gore pokazana egzistencija rjesenja Cauhyjevog problemanije nista drugo do dokaz poznatePicardove teoreme iz diferencijalnih jednacina.

5. Neka sua,b∈R i a< b. Neka jeK(x,y) mjerljiva funkcija na kvadratua≤ x≤ b , a≤ y≤ b.

Za proizvoljnog∈ L2[a,b], ako vrijedi∫ b

a

∫ b

a|K(x,y)|2dxdy<+∞, tada integralna jednacina

f (x) = g(x)+µ∫ b

aK(x,y) f (y)dy , (7.9)

ima jedinstveno rjesenje naL2[a,b], ako vrijedi|µ |< ||K||−1L2([a,b]×[a,b]).

Neka suf ,g∈ L2[a,b]. Posmatrajmo funkciju

h(x) = g(x)+µ∫ b

aK(x,y) f (y)dy . (7.10)

Koristeci Fubinijev teorem i Holderovu nejednakost imamo

∫ b

a

∣∣∣∣

∫ b

aK(x,y) f (y)dy

∣∣∣∣

2

dx≤∫ b

a

(∫ b

a|K(x,y)|| f (y)|dy

)2

dx

≤∫ b

a

(∫ b

a|K(x,y)|2dy

)(∫ b

a| f (y)|2dy

)

dx

≤(∫ b

a

∫ b

a|K(x,y)|2dxdy

)(∫ b

a| f (y)|2dy

)

< ∞ .

Definisimo sada preslikavanjeT : L2[a,b]→ L2[a,b], zadato saT f(x) = h(x), gdje je f ∈ L2[a,b]


i h zadato sa (7.10). Neka su sadaf1, f2 ∈ L2[a,b]. Tada imamo

d(T f1,T f2) =|µ |(∫ b

a

∣∣∣∣

∫ b

aK(x,y)( f1(y)− f2(y))dy

∣∣∣∣

2

dx

) 12

≤|µ |(∫ b

a

(∫ b

a|K(x,y)||( f1(y)− f2(y))dy|

)2

dx

) 12

≤|µ |(∫ b

a

(∫ b

a|K(x,y)|2dy

)(∫ b

a| f1(y)− f2(y)|2dy

)

dx

) 12

=|µ |(∫ b

a

∫ b

a|K(x,y)|2dxdy

) 12

d( f1, f2) .

Zbog nacina izbora broja|µ |< ||K||−1L2([a,b]×[a,b]), sada zakljucujemo da je preslikavanjeT kontrak-

tivno, a na osnovu Banachovog teorema o fiksnoj tacki onda imamo jedinstvenu fiksnu tacku togpreslikavanja, koja je ujedno i jedinstveno rjesenje integralne jednacine (7.9).Jedan od poznatijih teorema matematicke analize, teorem oimplicitnoj funkciji, se moze ”jed-

nostavno” dokazati koristeci se Banachovim stavom i fiksnoj tacki.

Teorem. Neka je(x0,y0) unutrasnja tacka skupa EqsubsetR2 i neka f : E → R zadovoljava us-love:

1. f(x0,y0) = 0,

2. f je neprekidna funkcija na otvorenom skupu G koji sadrzi tacku(x0,y0),

3. ∂ f∂x postoji u G, neprekidna je u(x0,y0) i ∂ f

∂x (x0,y0) 6= 0.

tada postoji pravougaonik M×N = [x0 −α ,x0 +α ]× [y0 − β ,y0 + β ] i neprekidna funkcijaφ :M → N, takva da funkcija y= φ(x) je jedino rjesenje jednacine f(x,y) = 0 koje lezi u M×N.

Dokaz : Neka jeq =(

∂ f∂x (x0,y0)

)−1. Kako je ∂ f

∂x neprekidna u(x0,y0), postoji pravougaonik

[x0−δ ,x0+δ ]× [y0−β ,y0+β ] ⊂ G na kome vrijedi∣∣∣1−q∂ f

∂x(x,y)∣∣∣ < 1

2. Koristeci peretpostav-

ljene uslove 1. i 2. mozemo naciα ≤ δ , takav da zax ∈ M = [x0 −α ,x0+α ] je q f(x,y0) ≤ β2 .

M i N su kompletni pa je iC(M,N) kompletan prostor sa standardnom metrikom. Definisimo naC(M,N) preslikavanje

Tφ(x) = φ(x)−q f(x,φ(x)) , x∈ M .

Jasno je da jeTφ neprekidna funkcija. Neka je sadax∈ M.

Tφ(x)−y0 =φ(x)−q f(x,φ(x))−y0 = φ(x)−q f(x,φ(x))− (y0 −q f(x,y0))−q f(x,y0)

=(φ(x)−y0)

(

1−q∂ f∂y

(x,u)

)

−q f(x,φ(x)) .

Posljednju jednakost imamo na osnovu teorema o srednjoj vrijednosti za nekou ∈ (y0,φ(x)).Dakle,

|Tφ(x)−y0| ≤ |φ(x)−y0|∣∣∣∣1−q

∂ f∂y

(x,u)

∣∣∣∣+ |q f(x,φ(x))| ≤ β · 1

2+

β2= β .

Ovime smo pokazali da jeTφ(x) ∈ N, a to onda znaci da jeTφ ∈C(M,N). Dakle,T : C(M,N)→C(M,N).


Neka su sadaφ1,φ2 ∈C(M,N) i x∈ M.

Tφ1(x)−Tφ2(x) =(φ1(x)−q f(x,φ1(x)))− (φ2(x)−q f(x,φ2(x)))

=(φ1(x)−φ2(x))

(

1−q∂ f∂y

(x,v)

)

,

za nekov izmedu φ1(x) i φ2(x). Koristeci maksimum funkciju pox ∈ M zakljucujemo da jed(Tφ1,Tφ2) ≤ 1

2d(φ1,φ2), sto znaci da jeT kontraktivno preslikavanje. Koristeci Banachov stavo fiksnoj tacki postoji jedinstvenoψ : M → N, ψ ∈ C(M,N) takvo da jeTψ = ψ , odnosnof (x,ψ(x)) = 0 zax∈ M. ♣

Bibliografija

[1] S. Aljancic: Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Beograd 1979.

[2] P. Alexandroff, H. Hopf:Topologie, Berlin, 1935.

[3] D. Kurepa :Teorija skupova, Skolska knjiga, Zagreb, 1951.

[4] A.N. Kolmogorov , S.V. Fomin : Elements of the Theory of Functions and FunctionalAnalysis, Volume 1Metric and normed spaces, Rochester N. Y. , 1957.

[5] L.B. Kantorovic , G.P. Akilov :Funkcionaljnij analjiz, Moskva, 1977.

[6] B. Stankovic :Osnovi funkcionalne analize, Naucna knjiga, Beograd, 1975.

[7] G. Hardy , J.E. Littlewood , G Polya :Inequalities, Cembridge Mathematical Library, 1934.(first published)

[8] Z. Cerin : Metricki prostori, predavanja za istoimeni kurs, PMF Zagreb

BIBLIOGRAFIJA 113

Dodatak 1: Grcki alfabet

α A alfaβ B betaγ Γ gamaδ ∆ deltaε E epsilonζ Z zetaη H eta

θ , ϑ Θ tetaι I jotaκ K kapaλ Λ lambdaµ M miν N niξ Ξ ksio O omikronπ Π piρ P roσ Σ sigmaτ T tauυ ϒ ipsilon

φ , ϕ Φ fiχ X hiψ Ψ psiω Ω omega

Documents

Sadrzajˇ - u: n: t: z. b: apmf.untz.ba/staff/nermin.okicic/Bihac/...skripta.pdf · 1.1 Prametricki prostoriˇ 3 Prametrika koja ispunjava josˇ jedan zahtjev, poznat pod nazivom