Upoznavanje s Kategorijamapoincare.matf.bg.ac.rs/~alex/KK/primer/kategorije-uvod.pdf · Srednja tehniˇcka skola, Zajeˇcar; ... Interesuju me raˇcunari, muzika, sviranje gitare,

Upoznavanje s Kategorijama

Kultura komunikacije

Februar 2013.

Size

Stefan Panic

Ovaj tekst je plod saradnje profesora, asistenta i grupe studenata koji su po-hadali kurs iz predmeta Kultura komunikacije na Odseku za informatiku, Ma-tematickog fakulteta u Beogradu tokom jesenjeg semestra 2012. Svake nedeljeod pocetka oktobra 2012. pa do pocetka januara 2013. je odrzan jedan blokod dva casa predavanja. Prva i druga nedelja su bile posvecene Halmosevimtekstovima [2] i [1]. Posle tih uvodnih casova sledila su predavanja koja su seodnosila na elementarne pojmove iz teorije kategorija i srodnih oblasti. Svakipolaznik kursa imao je zadatak da prikuplja beleske sa jednog predavanja i da ihpretoci u jedan odeljak ovog teksta. Dogovor je bio da se predavac drzi Halmo-sevih saveta kako treba predavati matematiku a da onaj koji sakuplja beleske,organizuje tekst, koliko god je to moguce, po ugledu na Halmoseve sugestijekako treba pisati knjigu iz matematike.

Zamisao kursa je da se na elementaran nacin, prihvatljiv za svakog zain-teresovanog srednjeskolca odnosno svakog studenta druge godine Odseka za in-formatiku, uvedu neki osnovni pojmovi teorije kategorija. Kao uzor, posluzilanam je knjiga [4] mada i dalje svima preporucujemo [5] kao osnovni udzbenik izteorije kategorija. Jedan deo teksta se oslanja na primere date u [7].

Tekst se sastoji od sedam odeljaka. U prvom su date kratke biografije saosnovnim informacijama o svim studentima koji su ucestvovali u realizaciji ovogprojekta. U tom odeljku su takode dati osnovni pojmovi i notacija koji se koristeu tekstu.

U drugom odeljku smo se bavili monoidima, kao strukturama cija uopstenjadaju kategorije, navodeci nekoliko primera tih struktura. Zatim smo se bavilimonoidima dijagrama i primerima tih monoida, prvenstveno dijagrama relacijai funkcija. Nakon toga smo izucavali konacne skupove i funkcije, pre svegauvodeci osnovne oznake i operacije koje se koriste u radu sa skupovima, kao ineke interesantne konacne skupove i njihova svojstva. Zatim smo uveli osnovneoznake i pojmove vezane za funkcije kao sto su na primer pojam kompozi-cije, identickog preslikavanja i karakteristicne funkcije. Kroz primer kategorijekonacnih skupova dolazimo do samog pojma i definicije kategorije, definisuciosnovne uslove da bi neka struktura bila kategorija. Takode dajemo neke ele-mentarne primere kategorija koje koristimo u daljem tekstu.

U trecem odeljku se bavimo izomorfizmima, kao posebnim vrstama mor-fizama, govoreci o potrebi postojanja obostranog inverza. Zatim smo se baviliproblemom odredenosti i izbora, navodeci nekoliko primera tih problema. Nakontoga prelazimo na definiciju retrakcije (levog inverza) i sekcije (desnog inverza)i dokazujemo neka osnovna tvrdenja vezana za ove pojmove kako u kategorijikonacnih skupova tako i u proizvoljnoj kategoriji. U nastavku teksta bavimo semonomorfizmima, epimorfizmima i raznim drugim tvrdenjima povezujuci ih sapojmovima retrakcije i sekcije.

U cetvrtom odeljku je predstavljen Louvirov predlog dva moguca pogleda nafunkcije: sortiranje domena po svojstvu i imenovanje ili uzrokovanje kodomena.Tu je ukazano i na razlike u ova dva pogleda. Uvedeni su neki novi pojmovi

v

vi

i opisano je kako nam oni pomazu u objasnjavanju raznih tacaka gledista nafunkcije uz navodenje nekoliko primera. Filozofsko objasnjenje ova dva aspektaje predstavljeno kao odnos razmisljanja, subjektivnog i objektivnog.

U petom odeljku se dalje bavimo retrakcijama i sekcijama kao i idempo-tentima, zatim upotrebom i zloupotrebom izomorfizama za koje su dati nekiprimeri. Prikazano je kako se prebrojavaju sekcije i retrakcije i uveden je po-jam idempotenta. Nakon toga prelazimo na kombinovanje retrakcija i sekcija,navodeci neka osnovna tvrdenja i definicije.

U sestom odeljku je dat dokaz Brauerove teoreme kao posledice neposto-janja neprekidne retrakcije jednog utapanja. Za te potrebe je definisan po-jam neprekidnosti funkcija na nekim podskupovima od Rn. Spomenuta jeintuicionisticka logika i formulisan je Banahov stav o nepokretnoj tacki, kaomatematicki srodnik Brauerove teoreme.

U sedmom, poslednjem, odeljku uvodimo osnovne kategorijalne pojmove kaosto su funktori (vid preslikavanja koje cuva osnovnu kategorijalnu strukturu),prirodne transformacije, proizvodi i koproizvodi.

Zahvalnica

Zahvaljujem se profesoru Kosti Dosenu na sugestijama kako da zapocnemo ovajkurs.

U Beogradu, 5. februar 2013. Zoran [email protected]

SADRZAJ

Size v

Odeljak 1. Uvod 1

§1.1. O autorima 1

§1.2. Osnovni pojmovi i notacija 8

Odeljak 2. Monoidi i kategorije 9

§2.1. Monoidi 9

§2.2. Monoidi dijagrama 10

§2.3. Konacni skupovi i funkcije 14

§2.4. Definicija kategorije 18

§2.5. Neki primeri kategorija 20

Odeljak 3. Izomorfizmi, retrakcije i sekcije 23

§3.1. Izomorfizmi 23

§3.2. Problem odredenosti i izbora 27

§3.3. Monomorfizmi, epimorfizmi i razna tvrdenja 31

Odeljak 4. Dva pogleda na funkcije 35

§4.1. Sortiranje domena po svojstvu 35

§4.2. Imenovanje ili uzorkovanje kodomena 36

§4.3. Filozofsko objasnjenje dva aspekta 37

Odeljak 5. Inverzi, idempotenti 41

§5.1. Izomorfizmi: Upotreba i zloupotreba 41

§5.2. Broj sekcija i retrakcija 44

§5.3. Kombinovanje retrakcija i sekcija 46

§5.4. Idempotenti beleze retrakt 49

§5.5. Tri vrste problema retrakcije 51

Odeljak 6. Brauerova teorema 53

§6.1. Kategorija TR 53

§6.2. Banahov stav o nepokretnoj tacki 55

§6.3. Brauerova teorema 56

Odeljak 7. Funktori, prirodne transformacije 59

§7.1. Homomorfizmi monoida 59

§7.2. Funktori 60

§7.3. Prirodne transformacije 61

vii

viii Sadrzaj

§7.4. Preduredenja 62

§7.5. Neke male kategorije 63

§7.6. Funktor kategorije 65

§7.7. Proizvod kategorija 67

§7.8. Proizvodi 67

§7.9. Koproizvodi 68

Bibliografija 69

Indeks 71

§1. Uvod

§1.1. O autorima

Tanja Bojanovic, rodena 8.7.1993. u Beogradu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Aleksa Santic, Beograd;

Hemijsko-prehrambena tehnoloska skola, Beograd;

Matematicki fakultet Univerziteta u Beogradu, smer Informatika.

Ja sam komunikativna i druzeljubiva osoba, u slobodno vreme volim da slusam

muziku, citam knjige i izlazim sa prijateljima. Ovaj smer sam upisala zato

sto volim da radim na racunaru a i u zivotu ce mi uvek posluziti za dalje

usavrsavanje i komunikaciju sa ljudima.

e-mail:[email protected]

Darko Dencic, roden 6.11.1991. u Zajecaru.

Obrazovanje:

Osnovna skola Desanka Maksimovic, Zajecar;

Srednja tehnicka skola, Zajecar;


Veoma komunikativan i druzeljubiv uvek spreman za zabavu i provod. U slo-

bodno vreme gledam filmove, slusam muziku odem do teretana ili na trcanje

sa drugovima. Programranjem se bavim vec 5 godina sto me je i privuklo da

upisem ovaj fakultet.

e-mail: [email protected]

Jovan -Dordevic, roden 23.7.1992. u Beogradu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Starina Novak, Beograd;

Srednja skola Tehnoart, Beograd;


Skroman sam i nemam previse interesovanja. Kao struku sam odabrao rad sa

kompjuterima jer me odvaja od nepotrebnih odnosa sa ljudima koje ne zelim

da trpim. U slobodno vreme volim da treniram i da izlazim sa drustvom ili

devojkom...


1

2 ODELjAK 1. UVOD

Maksim -Durdevac, roden 3.9.1992. u Beogradu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Gornja Varos, Zemun;

Zemunska gimnazija, Zemun;


Bavim se fudbalom. To je moj jedini hobi...


Tijana Zivkovic, rodena 26.8.1991. u Beogradu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Nikola Tesla, Vinca;

Sesta beogradska gimnazija, Beograd;


Volim muziku, pesmu, igru, druzenje, putovanja i jos mnogo toga, tako da je

jedna od stvari bez koje ne bih mogla da zamislim svoj zivot folklor. Igram ga

od malena, a trenutno sam clan kulturno umetnickog drustva ,,Nikola Tesla”,

GSP Beograd.


Jelena Jankov, rodena 2.4.1992. u Zrenjaninu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Svetozar Markovic - Toza, Elemir;

Zrenjaninska gimnazija, drustveno - jezicki smer, Zrenjanin;


,,Ja sam vasar. Eto sta! Ja sam tristo cuda. Muzika sam. Guzva. Smeh.

Vrteska. I luda.”


Milan Jerotic, roden 2.5.1992. u Loznici.

Obrazovanje:

Osnovna skola Vuk Karadzic, Loznica;

Gimnazija Vuk Karadzic, Loznica;


U slobodno vreme volim da sviram gitaru, slusam muziku, citam SF literaturu,

izlazim...


§1.1. O autorima 3

Dejan Jovicevic, roden 8.6.1990. u Uzicu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Emilija Ostojic, Pozega;

Gimnazija Sveti Sava, Pozega;


Glavna oblast interesovanja mi je racunarstvo. U slobodno vreme sviram elek-

tricnu gitaru, na amaterskom nivou, uzivam u citanju i gledanju filmova.


Stefan Kostic, roden 13.8.1992. u Vranju.

Obrazovanje:

Osnovna skola Dositej Obradovic, Vranje;

Gimnazija Bora Stankovic, Vranje;


Interesuju me racunari, muzika, sviranje gitare, filmovi, stripovi, knjige...


Tijana Kostic, rodena 8.7.1991. u Pancevu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Jovan Jovanovic Zmaj, Pancevo;

Gimnazija Uros Predic, Pancevo;


Ja sam iz Panceva, a studiram informatiku u Beogradu najvise iz razloga sto

volim matematiku. Pored toga, bavim se i plesom, standardnim i latino-americkim

a takode poducavam decu u pocetnim plesnim koracima.


Natasa Kuzmanovic, rodena 13.8.1990. u Sarajevu

Obrazovanje:

Osnovna skola Branko Radicevic, Bratunac;

Elektotehnicka skola, Bratunac;


Volim programiranje i sve sto je vezano za informatiku i matematiku. Veoma

sam komunikativna, volim da izlazim i slusam muziku.


4 ODELjAK 1. UVOD

Milos Manic, roden 8.10.1992. u Pirotu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Dusan Radovic, Pirot;

Pirotska Gimnazija, Pirot;


Sviram klavir, igram i programiram kompjuterske igre, citam knjige...


Milos Milovanovic, roden 27.8.1992. u Urosevcu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Momcilo Zivojinovic, Mladenovac;

Gimnazija u Mladenovcu, Mladenovac;


Volim programiranje, cokoladu itd. Mrzim analizu.


-Duro Nenadovic, roden 24.10.1991. u Loznici.

Obrazovanje:

Osnovna skola Mika Mitrovic, Brezjak;



Trudim se da znam sto je moguce vise. Interesuje me knjizevnost, filozofija,

matematika. Pisem, trudim se da sviram gitaru, igram kosarku, trcim, citam.


Nemanja Nerandzic, roden 9.10.1987. u Kragujevcu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Aca Marovic, Pristina i Kosta Abrasevic, Beograd;

Srednja skola Nikola Tesla, Beograd;


Zainteresovan za sve sto ima veze s racunarima od malena, kada sam dobio

Commodore 64. Godinama je u pitanju bilo puko servisiranje dzojstika i igranje

igara, ali je vremenom zahvatilo i hardver i, u poslednjih nekoliko godina, pro-

gramiranje. Slobodno vreme uglavnom popunjavam voznjom bicikla, gledanjem

dobrih filmova i pokoje fudbalske utakmice.


§1.1. O autorima 5

Stefan Panic, roden 23.08.1992. u Uzicu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Stari grad, Uzice;

Uzicka gimnazija, Uzice;


Trenirao i sudio sam kosarku. Volim da putujem, igram video igre, gledam

filmove.


Nikola Ristic, roden 15.1.1992. u Beogradu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Sveti Sava, Vrcin;

Osma beogradska gimnazija, Beograd;


Imam veliko interesovanje prema kolima i kompjuterima a u slobodno vreme

volim da treniram boks.


Marko Stankovic, roden 24.3.1992. u Vranju.

Obrazovanje:

Osnovna skola Predrag Devedzic, Vranjska banja;



Na prvo mesto bih stavio racunarstvo, to jest ono zbog cega i studiram ovaj

fakultet. Ljubitelj sam filmova, muzike, sporta, knjiga...


Ognjen Stankovic, roden 19.8.1992. u Vranju.

Obrazovanje:

Osnovna skola Vuk Karadzic, Vranje;



Interesuju me filmovi, serije, fudbal, racunari...


6 ODELjAK 1. UVOD

Stevan Stojanovic, roden 20.7.1992. u Beogradu.

Obrazovanje:

Osnovna skola Josif Pancic, Beograd;

Matematicka gimnazija, Beograd;


Zainteresovan sam za programiranje od kad sam dobio prvi racunar. Cesto

igram igrice i to je jedna od stvari koja me je upoznala sa racunarom. Iako

sam najvise zainteresovan za proces pravljenja igrica, voleo bih da naucim malo

ozbiljnije programiranje.


Nemanja Tomic, roden 18.1.1992. u Loznici.

Obrazovanje:

Osnovna skola Kadinjaca, Loznica;



U slobodno vreme volim da treniram, pecam, slusam muziku, izlazim... Pro-

gramiranje mi takode oduzima veliki deo tog vremena.


Asistent

Aleksandra Kostic, rodena 12.5.1989. u Loznici.

Obrazovanje:

Osnovna skola Braca Nedic, Osecina;

Valjevska gimnazija, Valjevo, specijalizovano matematicko odeljenje;

Matematicki fakultet Univerziteta u Beogradu, osnovne studije, smer Racunar-

stvo i informatika;

Matematicki fakultet Univerziteta u Beogradu, master studije, smer Teorijska

matematika i primene.

Jos u najranijem detinjstvu sam pokazivala talenat za metematiku, pa mi je

odabir specijalizovanog matematickog odeljenja bio logican izbor. Tu sam sam

se po prvi put srela sa necim sto se zove programiranje. Zanimljivi algoritmi sa

matematickom osnovom, i sve to sa primenom na svakom koraku, i programi-

ranje je postalo nesto sto ce u daljem skolovanju potpuno preuzeti svu moju

paznju i interesovanje, a potom postati i moja profesija. Trenutno sam asis-

tent na Matematickom fakultetu u Beogradu, i pokusavam da sva svoja stecena

znanja prenesem svojim studentima, i pokazem im da je matematika lepa i in-

tresantna i da se krije svugde, cak i tako gde je najmanje ocekujemo.

§1.1. O autorima 7

Neko sam ko propagira svestranost, pa se ja nisam samo bavila matematikom

i programiranjem, sta vise, interesovale su me razne druge stvari. Tako sam se

dugo vremena bavila pisanjem proze, pa sam sa uspehom ucestvovala i na raznim

literarnim konkursima. Pisanje je ostalo moja velika ljubav, i sada kada sam se

nasla u skroz drugim, matematickim, vodama.

U slobodno vreme najvise volim da putujem, i na dobrom sam putu da

osvojim Evropu, a nadam se jednog dana proputovati i citav svet.


8 ODELjAK 2. MONOIDI I KATEGORIJE

§1.2. Osnovni pojmovi i notacija

∅ prazan skup

N skup prirodnih brojeva: {0, 1, 2, . . .}Q skup racionalnih brojeva

R skup realnih brojeva

Mm×n skup matrica nad R tipa m × n

Mn skup kvadratnih matrica nad R tipa n × n

(a, b) ureden par; (a, b) = (c, d) ⇔ (a = c ∧ b = d)

A × B Dekartov proizvod skupova A i B: {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}P(X) partitivni skup (skup svih podskupova) od X

{x1, . . . , xn} konacan skup; xi 6= xj za i 6= j

|X| broj elemenata konacnog skupa X

ρ ⊆ X × X refleksivna (∀x ∈ X)(x, x) ∈ ρ

ρ ⊆ X × X simetricna (∀x, y ∈ X)((x, y) ∈ ρ ⇒ (y, x) ∈ ρ)

ρ ⊆ X × X tranzitivna (∀x, y, z ∈ X)(((x, y) ∈ ρ ∧ (y, z) ∈ ρ) ⇒ (x, z) ∈ ρ)

ρ ⊆ X × X rel. ekvivalencije refleksivna, simetricna i tranzitivna

f : X → Y je 1-1 (∀x1, x2 ∈ X)(f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2)

f : X → Y je na (∀y ∈ Y )(∃x ∈ X)(y = f(x))

f : X → Y je bijekcija 1-1 i na

§2. Monoidi i kategorije

§2.1. Monoidi

Milos Manic

Za pocetak neka nam skup na kome cemo raditi bude skup prirodnih brojeva

N. Uzmimo jednu operaciju, recimo mnozenje, na skupu N. Skup N je zatvoren

za mnozenje (mnozenjem dva prirodna broja dobijamo prirodan broj) i mnozenje

je asocijativno, tj. za svaka tri prirodna broja m, n i k vazi m· (n· k) = (m·n)· k.

Na taj nacin dobijamo algebarsku strukturu (N, · ). Takva struktura se naziva

polugrupa.

Definicija 2.1.1. Monoid je struktura (M, ∗, e) koju cine jedan skup M sa

jednom binarnom operacijom ∗ i jednim istaknutim elementom e, tako da vazi:

M je zatvoren za operaciju ∗, tj. a, b ∈ M ⇒ a ∗ b ∈ M ;

∗ je asocijativna, tj. a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c;

e je neutral za ∗, tj. a ∗ e = e ∗ a = a.

Primer 2.1.2. (N, · , 1).

Primer 2.1.3. (N,+, 0).

Primer 2.1.4. ({⊤,⊥},∧,⊤).

Primer 2.1.5. (M2, · , I2), gde je M2 skup kvadratnih matrica nad R tipa

2 × 2, dok je I2 jedinicna matrica

(

1 00 1

)

. Mnozenje matrica u M2 je defin-

isano na standardni nacin:

(

a11 a12

a21 a22

)(

b11 b12

b21 b22

)

=df

(

a11b11 + a12b21 a11b12 + a12b22

a21b11 + a22b21 a21b12 + a22b22

)

.

Primer 2.1.5 nam je posebno interesantan, zato sto su u svim prethodnim

primerima operacije bile i komutativne, dok je operacija mnozenja u skupu

matrica sa dve vrste i dve kolone samo asocijativna.

Vezba 2.1.6. Proveriti asocijativnost i nekomutativnost operacije mnozenja

matrica u primeru 2.1.5.

Vezba 2.1.7. Ispitati neutralnost elementa I2 u primeru 2.1.5.

Dalje cemo se baviti primerima nekih cudnijih monoida.

Primer 2.1.8. Uzmimo da je Σ = {a,b, c, . . . , z} skup slova engleskog al-

fabeta. Neka je Σ∗ skup svih reci nad Σ (za rec uzimamo svaki konacan niz

slova, recimo jabuka, knjiga, ali i aaa, bzvzzv, zzzz, itd). Neka je ⌢ operacija

9


nadovezivanja reci. Na primer:

azvsd ⌢ aaa = azvsdaaa.

Primetimo da se uvek kada nadovezemo dve reci dobija rec, tako da je Σ∗

zatvoren za operaciju ⌢. Takode, lako se vidi da je operacija ⌢ asocijativna,

npr. (abzd⌢gg)⌢cca=abzdgg⌢cca=abzdggcca=abzd⌢ggcca= abzd⌢(gg⌢cca).

Ako obelezimo sa λ praznu rec. Jasno je da ce λ biti neutral za nasu operaciju

nadovezivanja. Dakle, iz svega sto sada znamo, sklopili smo sledeci monoid:

(Σ∗,⌢, λ).

Vezba 2.1.9. Proveriti nekomutativnost operacije ⌢.

§2.2. Monoidi dijagrama

Milos Manic

Oznacimo sa Rel3 (ime potice od reci ,,relacija”) skup svih dijagrama bina-

rnih relacija na troclanom skupu. Na primer, sledeci dijagram pripada Rel3.r r r? ?

@@

@@R

©©©©©©©©¼r r rPrimetimo da takvih razlicitih crteza ima 29. To je zato sto svaka tacka iz

gornjeg reda moze biti na 23 nacina spojena sa tackama donjeg reda (jedan

nacin spajanja se lako kodira trojkom koja se sastoji od nula i jedinica—000

kodira slucaj kada tacka gornjeg reda nije spojena ni sa jednom tackom donjeg

reda, 100 kodira slucaj kada je spojena samo sa prvom tackom donjeg reda itd.)

pa ukupno ima 23 · 23 · 23 = 29 crteza.

Svaku od ovih relacija mozemo da prikazemo 0− 1 matricom tipa 3× 3 tako

da na primer gornji crtez predstavlja matrica

1 0 10 1 00 1 0

(jedinica u prvoj koloni na prvom mestu znaci da prvi iz gornjeg reda ,,gleda”

prvog iz donjeg reda, nula u prvoj koloni na drugom mestu znaci da prvi iz

gornjeg reda ,,ne gleda” drugog iz donjeg reda, nula u prvoj koloni na trecem

mestu znaci da prvi iz gornjeg reda ,,ne gleda” treceg iz donjeg reda, itd.)

Operacija u Rel3 je data ,,komponovanjem” tako sto se dva dijagrama na-

dovezu tako sto levi u zapisu ide dole a desni u zapisu ide gore (kao na levoj

strani donje slike) i onda se ispituje postojanje usmerenog puta od neke tacke

u najvisem redu do neke tacke u najnizem redu da bi se dobio rezultat (desna

strana donje slike). Ta operacija odgovara operaciji kompozicije relacija.

§2.2. Monoidi dijagrama 11r r r?

@@

@@R?

@@

@@R

¡¡

¡¡ªr r r

?

@@

@@R

¡¡

¡¡ªr r r

r r r?

@@

@@R?r r r

To da je ova operacija asocijativna se moze zakljuciti iz samog crteza. Kada

komponujemo tri dijagrama, onda je rezultat kompozicije u oba slucaja aso-

ciranja zagrada u stvari dobijen proverom da li je neka tacka iz prvog reda

spojena, usmerenim putem, sa nekom tackom iz cetvrtog reda. S druge strane,

komponovanje dijagrama mozemo dovesti u vezu sa mnozenjem 3 × 3 matrica

koje predstavljaju te dijagrame kao u gornjem primeru. Nije tesko proveriti

da je rezultat kompozicije dijagrama D2 ◦ D1 (D1 je iznad D2) predstavljen

proizvodom matrica M2 ·M1, gde M1 i M2 predstavljaju redom D1 i D2, samo

sto se prilikom mnozenja matrica koristi da je 1 + 1 = 1 (interesuje nas samo

postojanje puta a ne njihov broj—pravi proizvod ovih matrica bi nam govorio

na koliko nacina se moze stici iz neke gornje u neku donju tacku). Posto iz line-

arne algebre znamo da je mnozenje matrica asocijativno, lako bismo zakljucili

da je i gornja operacija komponovanja takode asocijativna.

Neutral za ovu operaciju je dat sledecim crtezom:

r r r? ? ?r r r

zato sto on prilikom komponovanja samo ,,razvlaci” postojeci crtez ne menjajuci

mu bitne osobine.

Ukoliko uzmemo podskup od Rel3 koji se sastoji od svih crteza sa osobinom

da u njima

svaka tacka odozgo ,,gleda” tacno jednu odozdo,

posto je ovaj skup zatvoren za operaciju komponovanja i posto on sadrzi neutral,

na taj nacin dobijamo jos jedan monoid dijagrama koji oznacavamo sa Fun3

(ime potice od reci ,,funkcija” zato sto ovi dijagrami odgovaraju funkcijama iz

troclanog skupa u samog sebe).

Vezba 2.2.1. Koliko elemenata ima Fun3?

Komponovanje crteza koje je gore definisano u slucaju crteza iz Fun3 odgo-

vara kompoziciji funkcija.


r r r?

@@

@@R

¡¡

¡¡ªr r r

@@

@@R

¡¡

¡¡ª

¡¡

¡¡ªr r r

r r r@

@@

@R?

©©©©©©©©¼r r rU ovom odeljku uvescemo jos dva primera monoida dijagrama. Monoid SJ3

je monoid crteza slicnih onima iz Rel3, s tim sto je ovde svaka od sest tacaka

spojena (neusmereno) sa tacno jednom drugom tackom. Na primer:

r r rr r r

Vezba 2.2.2. Nacrtati sve elemente SJ3 (ima ih samo 15).

Kompozicija u SJ3 je definisana tako sto dva crteza nadovezemo i onda

zategnemo otvorene putanje dok se zatvorene putanje (krugovi) brisu.r r rr r rr r r

7→

r r rr r r

Dokazati asocijativnost za ovako definisanu operaciju je nesto teze nego u

prethodnim primerima. Jedan nacin da to uradimo je da proverimo sve moguce

slucajeve kojih ima 153. Laksi nacin je da ove crteze matricno reprezentujemo

i oslonimo se na asocijativnost mnozenja matrica ali to necemo sad raditi.

Neutral za ovu operaciju je dat sledecim crtezom:

r r rr r r

Ukoliko uzmemo podskup od SJ3 koji se sastoji od svih crteza u kojima

nema presecanja, onda, posto je on zatvoren za goredefinisano komponovanje i

posto se neutral nalazi u njemu, na taj nacin dobijamo monoid J3. Na primer,

sledeca tri dijagrama pripadaju J3.

§2.2. Monoidi dijagrama 13

r r rr r r

r r rr r r

r r rr r r

Vezba 2.2.3. Nacrtati sve elemente skupa J3 (ima ih jos samo dva).

Koliko elemenata ima monoid Jn koji ima po n (umesto tri) tacaka gore i

dole? Pokazacemo da je odgovor na to pitanje n-ti Katalanov broj. Kao i u

slicnim kombinatornim problemima, postaracemo se da elemente od Jn pred-

stavimo na drugi nacin. Uzmimo sve gornje tacke i spustimo ih na liniju na

kojoj se nalaze donje tacke tako da im se obrne redosled. One sa sobom povlace

veze koje se i dalje ne presecaju. Na taj nacin bismo sledeca dva elementa od

J3 data sa leve strane pretvorili u crteze sa desne strane na donjoj slici.

r r rr r r 7→ r r r r r rr r rr r r 7→ r r r r r r

Gornjem crtezu sa desne strane jednoznacno odgovara raspored zagrada (())(),

dok donjem crtezu sa desne strane odgovara jednoznacno raspored zagrada

()()(). Jasno je da Jn ima onoliko elemenata koliko ima pravilno formiranih

rasporeda n pari zagrada. Rasporedi zagrada (())() i ()()(), opet jednoznacno

odgovaraju redom sledecim graficima funkcija u kojima se za svaku levu zagradu

penjemo jedan podeok sa koeficijentom pravca 1, dok se za svaku desnu zagradu

spustamo jedan podeok sa koeficijentom pravca -1.

6

-¡¡@

@¡@

6

-¡@¡@¡@

Ukupan broj (i pravilnih i nepravilnih) rasporeda n pari zagrada je(

2nn

)

. Broj

nepravilnih rasporeda zagrada mozemo izracunati tako sto znamo da nepravilan


raspored n pari zagrada odgovara grafiku koji ima bar jednu zajednicku tacku

sa pravom x = −1. Na primer rasporedu ())(() odgovara grafik:

6

-¡@@¡

¡@

Ukoliko deo grafika do prve zajednicke tacke sa pravom x = −1 preslikamo

refleksijom u odnosu na tu pravu dobijamo sledeci grafik.

6

-

@¡¡

¡¡@

Jasno je da u ovakvom grafiku od 2n koraka moramo napraviti n + 1 nagore

i n − 1 nadole da bismo od tacke sa koordinatama (0,−2) stigli do tacke sa

koordinatama (2n, 0). Prema tome, pogresnih rasporeda n pari zagrada ima(

2nn+1

)

. Znaci da dobrih rasporeda n pari zagrada ima

(

2nn

)

−(

2nn+1

)

= (2n)!n!n! − (2n)!

(n+1)!(n−1)! = (2n)!(n+1)−(2n)!nn!(n+1)!

= (2n)!n!n!(n+1) = 1

n+1 ·(

2nn

)

,

sto je bas n-ti Katalanov broj.

Vezba 2.2.4. Ispitati direktno asocijativnost u J3 (treba proveriti 53 tj. 125

slucajeva od kojih samo 43 tj. 64 zahteva neki trud jer oni koji ukljucuju neutral

su trivijalni).

§2.3. Konacni skupovi i funkcije

Stefan Kostic

Pre svega treba napomenuti da mi pojam skupa ovde necemo definisati, on ce

za nas biti osnovni pojam. Takode, ne bavimo se formalnom aksiomatizacijom

teorije skupova, vec se u potpunosti oslanjanamo na intuiciju, sto se vidi vec

u narednim primerima, gde uvodimo neke osnovne oznake i operacije koje se

koriste u radu sa skupovima. O aksiomatskoj teoriji skupova citaoci se mogu

informisati u [6].

Sa a ∈ A oznacavamo da je ,,a element skupa A”. Potpuno nam je intuitivno

jasno sta to znaci. Na primer, jasno se vidi da 1 ∈ {0, 1, 2}.Sa A ⊂ B oznacavamo da je ,,skup A podskup skupa B”, a definisemo kao

sto je receno, neformalno, na sledeci nacin: skup A je podskup skupa B kada je


svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Na primer, {0, 1} je podskup

skupa {0, 1, 2}.Sa A∩B oznacavamo presek skupova A i B, koji sadrzi zajednicke elemente

skupova A i B. Na primer, presek skupova {0, 1} i {0, 1, 2} je skup {0, 1}.Sa A∪B oznacavamo uniju skupova A i B, koja sadrzi sve elemente skupova

A i B. Na primer, unija skupova {0, 1} i {2, 3, 4} je skup {0, 1, 2, 3, 4}.Matematicki objekti kojima se bavimo su konacni skupovi. Oni cine prvu

komponentu kategorije SetFin koja ce biti nas osnovni primer kategorije u ovom

tekstu. Drugu komponentu te kategorije cine funkcije izmedu konacnih skupova.

Funkcija (preslikavanje, a cesto cemo zvati i morfizam) izmedu konacnih

skupova, u oznaci f : A −→ B, se sastoji od 3 stvari:

1. domena funkcije, skupa iz kojeg preslikavamo, skupa A;

2. kodomena funkcije, skupa u koji preslikavamo, skupa B;

3. ,,pravila” koje svakom elementu skupa A dodeljuje tacno jedan element

skupa B. Treba napomenuti da ukoliko za razlicita pravila dobijamo za

svaki element domena isti rezultat, ta pravila se smatraju jednakim.

Primer 2.3.1. Dati su skupovi A = {−1, 0, 2} i B = {−1, 0, 1, . . . , 8} i dva

pravila koja elementima skupa A dodeljuju elemente skupa B; f(a) = a3 i

g(a) = a2 +2a. Na prvi pogled pravila su razlicita ali f i g su ovde iste funkcije.

Radi preciznosti, tacku 3 prethodne definicije bolje je zameniti sa:

3′. podskupa f Dekartovog proizvoda A × B, za koji vazi

(∀a ∈ A)(∃!b ∈ B) (a, b) ∈ f.

Znaci, za svaki element a iz skupa A postoji tacno jedan element b koji pripada

skupu B tako da ureden par (a, b) pripada f . To da je (a, b) ∈ f standardno

oznacavamo sa b = f(a).

Primer 2.3.2. U prethodnom primeru funkciju f (odnosno g) pored domena

A i kodomena B cini i sledeci troclani skup {(−1, 1), (0, 0), (2, 8)}. Iz tog primera

vidimo da iz skupa uredenih parova mozemo procitati domen funkcije, ali ne i

njen kodomen.

Primer 2.3.3. Paradigma funkcije i nacin na koji funkciju mozemo zamisliti

u glavi jeste merenje. Ukoliko sa jedne strane imamo skup ucenika S, a sa druge

strane skup C koji sadrzi brojeve od 150 do 250, mozemo napraviti preslikavanje

v iz prvog u drugi skup, tako sto cemo svakom uceniku dodeliti broj koji odreduje

njegovu visinu.


'

&

$

%

Milos

Nemanja

Jovan

'

&

$

%

t175t180t192

ppp

ppp

-t-t-t

Prethodna slika predstavlja unutrasnji dijagram funkcije. Spoljasnji dijagram

te funkcije je:

v : S −→ C.

O nekom objektu mozemo dosta saznati ne gledajuci u njegovu unutrasnjost

vec na osnovu toga kakvi su njegovi odnosi sa drugim objektima—ovo se smatra

velikim dostignucem teorije kategorije. Na primer, ukoliko govorimo o Dekar-

tovom proizvodu skupova A i B, onda je on spolja potpuno okarakterisan

sledecim dijagramom:

ZZ

Z~-¾

½½

½=-

¾?

g

p2

f

p1A × B

C

A B

!

u smislu da postoje prva i druga projekcija p1 odnosno p2 takve da za svaki

drugi objekat C i svake dve funkcije f : C → A i g : C → B postoji jedinstvena

funkcija h : C → A×B, oznacena isprekidanom strelicom, takva da dva trougla

na gornjem dijagramu komutiraju, tj. f = p1 ◦ h i g = p2 ◦ h.

Sa unutrasnje strane, Dekartov proizvod skupova A i B je zadat svojim

elementima—uredenim parovima (a, b) takvim da je a ∈ A a b ∈ B. Ovde

necemo skupovno definisati ureden par ali je vazno da znamo da vazi (a, b) =

(c, d) akko a = c i b = d. Iznutra strelice sa gornjeg spoljasnjeg dijagrama

odgovaraju sledecem:

¾ -(a, b)a bp1 p2

HHHHHj¾

©©©©©¼ -?

(f(c), g(c))

c

f(c) g(c)

Pogledajmo dalje neke interesantne skupove:

∅ - prazan skup (skup bez ijednog elementa);


{∗} - singlton (skup koji sadrzi samo jedan element);

2 = {0, 1} - dvoclani skup.

Naravno, interesantni skupovi imaju i neka interesantna svojstva:

1. ∅ −→ B iz praznog skupa u bilo koji skup postoji tacno jedno preslikavanje

- prazna funkcija (to preslikavanje ima prazan skup uredenih parova).

Da bismo pokazali da je prazan skup uredenih parova preslikavanje sa

domenom ∅ i kodomenom B, moramo pokazati da vazi: ,,Za svako a ∈ ∅postoji tacno jedno b ∈ B takvo da je (a, b) ∈ ∅”. Ova recenica je tacna

naprazno, iz razloga sto ne postoji a ∈ ∅; isto kao sto je na primer tacno

reci ,,Svaki dinosaurus u mojoj ulici je roze” zato sto nema dinosaurusa u

mojoj ulici.

2. A −→ {∗} iz skupa A u singlton postoji tacno jedno preslikavanje.

3. A −→ ∅ ukoliko je A prazan skup postoji jedno preslikavanje (sto sledi iz

prvog svojstva), inace preslikavanje ne postoji.

4. {∗} −→ A ima onoliko preslikavanja koliko elemenata ima skup A.

Posmatrajmo neki skup A i dvoclani skup 2 = {0, 1}. Za proizvoljno X ⊂ A

definisimo preslikavanje κX : A −→ 2 na sledeci nacin:

κX(a) =

{

0, kada a 6∈ X

1, kada a ∈ X

To preslikavanje zovemo karakteristicna funkcija skupa X. Sa druge strane,

svako preslikavanje f : A −→ 2 zadaje neki podskup od A, naime {a ∈ A |f(a) = 1}, cija je karakteristicna funkcija preslikavanje f . Znaci, pricati o

podskupovima skupa A ili o preslikavanjima iz A u 2 je skoro ista stvar. To

je jedno vazno svojstvo skupa 2. Podskup skupa A povezujemo sa unarnom

relacijom na A, tj. nekim svojstvom elemenata skupa A. Znaci neko svojstvo

elemenata skupa A mozemo zadati preslikavanjem iz A u 2 kao u sledecem

primeru.

Primer 2.3.4. Kao i u prethodnom primeru domen preslikavanja je skup

ucenika koje merimo. Videli smo da se oni slikaju u skup koji sadrzi njihove

visine. Sada svaki od brojeva iz drugog skupa slikamo u skup {0, 1}, tako da se

svi koji su visi od 180 slikaju u 1, a visoki 180 ili nizi u 0. Ovde se lako uocava

svojstvo ,,visi od 180” i vidi se da se svi ucenici koji su visi od 180 slikaju u 1

a ostali u 0.

18 ODELjAK 2. MONOIDI I KATEGORIJE'

&

$

%

Milos

Nemanja

Jovan

'

&

$

%

t175t180t192

tttppp

ppp

-

-

- &%'$t0t1

q1

-

Dalje, ukoliko imamo funkcije f : A −→ B i g : B −→ C, tj. takve funkcije

da je kodomen prve isto sto i domen druge, onda mozemo da definisemo kom-

poziciju g ◦ f : A −→ C, kao g ◦ f(a) =df g(f(a)).

Za kompoziciju vazi da je asocijativna, tj. vazi

h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f.

Vezba 2.3.5. Proveriti asocijativnost kompozicija i primetiti da je provera

crtezom ista kao u prethodnom odeljku 2.2.

Za svaki skup postoji identicno preslikavanje - identitet, koje slika skup u

samog sebe 1A : A −→ A, za koje vazi 1A(a) =df a.'

&

$

%

'

&

$

%

-

-

-

0.t1.t2.t

t0t1t2

Naravno, ovo preslikavanje ima neke interesantne osobine:

1. Za preslikavanje f : A −→ B vazi f ◦ 1A = f .

2. Za preslikavanje g : C −→ A vazi 1A ◦ g = g.

Pazljivom citaocu ce mozda struktura (funkcije, ◦,1) liciti na monoid. Me-

dutim, dalja analiza pokazuje da proizvoljne funkcije f i g, ne mozemo uvek

nadovezivati i praviti kompozicije. U tome je razlika—ova struktura je nastala

,,eksplozijom” struktura poput monoida Fun3.

§2.4. Definicija kategorije

Stefan Kostic

Kategorija je struktura koja se sastoji od:

1. objekata (u prethodnom odeljku su to bili konacni skupovi) koje oznaca-

vamo sa A, B, C, . . .

§2.4. Definicija kategorije 19

2. morfizama ili strelica (u prethodnom odeljku su to bile funkcije) koje

oznacavamo sa f , g, h, . . .

3. svakom morfizmu je pridruzen par objekata—njegov domen i njegov ko-

domen (da f ima domen A a kodomen B oznacavamo sa f : A −→ B);

4. za svaki objekat A postoji jedinicni endomorfizam 1A : A −→ A;

5. kompozicija - za svaki par morfizama takvih da vazi:

f : A −→ B g : B −→ C

data je njihova kompozicija:

g ◦ f : A −→ C

.

Da bi neka struktura bila kategorija, moraju biti zadovoljeni sledeci uslovi:

1. svojstvo neutrala - za morfizme:

f : A −→ B g : B −→ C

vazi:

f ◦ A = f 1C ◦ g = g

odnosno, sledeci dijagrami komutiraju:

QQ

QQs-´´

´3

A B

R

f

1B fA Q

QQQs-´

´´3

B C

R

g

g 1C

C

2. asocijativnost - za morfizme:

f : A −→ B g : B −→ C h : C −→ D

vazi h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f , sto je predstavljeno sledecim dijagramom:

q q q qR Rµµ

- - -A DB Cf hg

g ◦ f

h ◦ (g ◦ f)

h ◦ g

(h ◦ g) ◦ f


§2.5. Neki primeri kategorija

Tijana Zivkovic

Primer 2.5.1. Kategorija SetFin

1. objekti su konacni skupovi koje oznacavamo sa A, B, C, . . .

2. morfizmi ili strelice su funkcije koje oznacavamo sa f , g, h, . . .

3. svaka funkcija ima svoj domen i kodomen (f ima domen A i kodomen B,

sto oznacavamo sa f : A −→ B)

4. za svaki konacan skup A postoji identicno preslikavanje (jedinicni endo-

morfizam) 1A : A −→ A, definisano kao 1A(a) = a, za svako a ∈ A

5. za svaki par morfizama takvih da vazi:

f : A −→ B g : B −→ C

data je njihova kompozicija:

g ◦ f : A −→ C

definisana kao g ◦ f(a) = g(f(a)).

Primer 2.5.2. Proizvoljan monoid kao kategorija sa samo jednim objektom

Posmatrajmo monoid (M, ∗, e) i od njega napravimo sledecu kategoriju.

1. objekti : samo jedan objekat A;

2. morfizmi : svi elementi monoida M ;

3. svaki morfizam ima A i za domen i za kodomen;

4. 1A je e;

5. morfizmi (elementi od M) se komponuju tako sto se pomnoze, tj. b ◦ a =

b ∗ a.

Primer 2.5.3. Kategorija VctR

1. objekti : konacnodimenzionalni vektorski prostori nad R;

2. morfizmi : linearna preslikavanja;

3. svako linearno preslikavanje ima svoj domen i kodomen;

4. identicno preslikavanje jeste linearno;

§2.5. Neki primeri kategorija 21

5. kompozicija linearnih preslikavanja je linearno preslikavanje.

Primer 2.5.4. Kategorija ALG

1. objekti : tipovi podataka;

2. morfizmi : programi;

3. svaki program za ulazni podatak nekog tipa daje kao izlaz neki podatak

istog ili nekog drugog tipa;

4. identicni morfizam je program koji samo prihvati podatak i izbaci ga ne-

promenjenog;

5. kompozicija morfizma bi bilo nadovezivanje programa (drugi program uz-

ima izlazni podatak prvog programa kao svoj ulazni podatak).

§3. Izomorfizmi, retrakcije i sekcije

§3.1. Izomorfizmi

Marko Stankovic

Rec izomorfizam potice od grcke reci ισoζ sto znaci ,,jednak” i reci µoρϕη

sto znaci ,,oblik”. To je u slucaju algebarskih struktura preslikavanje koje kao

i njegov inverz cuva datu strukturu. Neformalno, izmorfizam je vrsta mor-

fizma medu objektima koji pokazuje da te objekte mozemo smatrati istim do

na preimenovanje koje on donosi. Ako postoji izomorfizam izmedu dve struk-

ture, onda kazemo da su te strukture izomorfne. U slucaju kategorije SetFin, u

odredenom smislu, izomorfni skupovi su oni koji imaju isti broj elemenata i na

nivou skupova (tj. ukoliko ne ulazimo u prirodu njihovih elemenata) mozemo

ih smatrati identicnim.

Za pocetak cemo dati nekoliko primera resavanja jednacina u monoidima

koji ce nam ukazati na postojanje potrebe za ,,inverzima” kako bismo ih lakse

resili.

Primer 3.1.1. Resiti jednacinu 2 · x = 4 u monoidima (N, ·, 1) i (Q, ·, 1).

Resenje jednacine 2 ·x = 4 u monoidu (N, ·, 1), mozemo na osnovu iskustava

odmah reci jer to znamo. To je x = 2. Ovde, u ovom monoidu nemamo metod za

resavanje ovakvih jednacina jer u skupu prirodnih brojeva N nemamo inverzne

elemenata u odnosu na mnozenje. U slucaju ovog monoida, osim pomenutog

primera, imamo jos dve mogucnosti koje mozemo napomenuti, nevezano za dati

primer, tj. za njegovo resavanje:

1. Ako imamo jednacinu 0 · x = 5, lako zakljucujemo da ona nema resenje,

jer bilo koji broj da uzmemo umesto x i pomnozimo ga sa 0 nikad necemo

dobiti 5.

2. Ako imamo jednacinu 0 ·x = 0, lako zakljucujemo da ona ima beskonacno

mnogo resenja, tj. jednacina je zadovoljena za bilo koje x.

Medutim, ako resavamo ovakve jednacine u monoidu (Q, ·, 1), onda je to

malo drugacije od prethodnog. Tu, za razliku od prethodne situacije, imamo

metod za resavanje jednacina. Sustina je postojanje inverza (levog ili desnog u

zavisnosti od potrebe) za ne-nula element od Q. U slucaju jednacine 2 · x = 4,

dovoljan nam je desni inverz broja 2 i to je 12 , jer je 2 · 1

2 = 1. Resenje jednacine

ce biti 12 · 4 = 2, zato sto kada u jednacini 2 · x = 4 promenljivu x zamenimo sa

12 · 4 dobijamo:

leva strana = 2 · (12 · 4)

= (2 · 12 ) · 4, zbog asocijativnosti

= 1 · 4, zato sto je 12 desni inverz od 2

23

24 ODELjAK 3. IZOMORFIZMI, RETRAKCIJE I SEKCIJE

= 4, zato sto je 1 neutral.

= desna strana

Sad se postavlja pitanje kako resiti jednacinu x · 2 = 4 u monoidu (Q, ·, 1)?

Pa to sad znamo, posto znamo levi inverz broja 2 (to je opet 12 , zato sto je

12 · 2 = 1). Pa na osnovu toga, znamo da ce resenje biti 4 · 1

2 , sto mozemo

direktno proveriti:

leva strana = (4 · 12 ) · 2

= 4 · (12 · 2), zbog asocijativnosti

= 4 · 1, zato sto je 12 levi inverz od 2

= 4, zato sto je 1 neutral.

= desna strana

Ako zelimo da pokazemo jedinstvenost dobijenih resenja dovoljno je primetiti

da u primeru prve jednacine vazi: 2 · x = 4 ⇒ 12 · (2 · x) = 1

2 · 4 ⇒ x = 12 · 4 = 2.

Ovde smo se oslanjali na kongruentnost jednakosti, tj. ako a = b i c = d onda

a · c = b · d, kao i na asocijativnost mnozenja i neutralnost jedinice. Dakle u

slucaju prve jednacine mi smo pokazali 2 · x = 4 ⇔ x = 2.

Zakljucak je da kada resavamo jednacinu mnozeci njenu levu i desnu stranu

nekim brojem, taj broj mora da ima inverz, jer inace necemo moci da se vratimo

na pocetnu jenacinu. Recimo, jednacinu 2 · x = 4 ne smemo mnoziti sa 0, jer

ako je pomnozimo dobijamo 0 · (2 · x) = 0 · 4 ⇔ (0 · 2) · x = 0 ⇔ 0 · x = 0,

pa smo dobili jednacinu koja ima beskonacno mnogo resenja i prema tome nije

ekvivalentna polaznoj.

Primer 3.1.2. Resiti matricne jednacine:

1.

(

1 22 1

)

· X =

(

3 01 5

)

2. X ·(

1 22 1

)

=

(

3 01 5

)

Resenje:

1. Analogno prethodnom primeru, desni inverz matrice sa leve strane jed-

nakosti nam garantuje postojanje resenja ove jednacine. Desni inverz matrice(

1 22 1

)

je matrica

(

− 13

23

23 − 1

3

)

zato sto vazi:

(

1 22 1

)

·(

− 13

23

23 − 1

3

)

=

(

1 00 1

)

.

Sada znamo da je resenje ove jednacine

X =

(

− 13

23

23 − 1

3

)

·(

3 01 5

)

=

(

− 13

103

53 − 5

3

)

§3.1. Izomorfizmi 25

zato sto kada u jednacini

(

1 22 1

)

· X =

(

3 01 5

)

promenljivu X zamenimo

proizvodom

(

− 13

23

23 − 1

3

)

·(

3 01 5

)

dobijamo

leva strana =

(

1 22 1

)

·((

− 13

23

23 − 1

3

)

·(

3 01 5

)

)

=

(

(

1 22 1

)

·(

− 13

23

23 − 1

3

))

·(

3 01 5

)

=

(

1 00 1

)

·(

3 01 5

)

=

(

3 01 5

)

= desna strana

Posto je

(

− 13

23

23 − 1

3

)

istovremeno i levi inverz matrice

(

1 22 1

)

, jedinstvenost

dobijenog resenja pokazujemo tako sto jednacinu pomnozimo matricom

(

− 13

23

23 − 1

3

)

sa leve strane.

2. Sto se tice jednacine

X ·(

1 22 1

)

=

(

3 01 5

)

,

levi inverz matrice sa leve strane jednakosti nam garantuje postojanje njenog

resenja. Moze se pokazati da je

X =

(

3 01 5

)

·(

− 13

23

23 − 1

3

)

=

(

−1 23 −1

)

jedinstveno resenje ove jednacine. Treba primetiti da resenja ove dve jednacine

nisu ista. To je posledica nekomutativnosti mnozenja matrica.

Vezba 3.1.3. Koji od sledecih uslova je dovoljan da jednacina a · x = b ima

resenje u monoidu (M, ·, e):a) u M postoji levi inverz za a;

b) u M postoji desni inverz za a.

Uopstavajuci resavanje jednacina u monoidima dolazimo do sledeca dva tipa

jednacina po nepoznatim morfizmima u i w u nekoj kategoriji:

f ◦ w = h u ◦ f = g.


O nacinu njihovog resavanja cemo diskutovati kasnije, posle definicije izomor-

fizama.

Definicija 3.1.4. Morfizam f : A → B je izomorfizam kada postoji mor-

fizam g : B → A takav da je:

1. g ◦ f = 1A, tj. g je levi inverz morfizma f i

2. f ◦ g = 1B , tj. g je desni inverz morfizma f .

Znaci da je g obostrani inverz za f i kazemo da su objekti A i B izomorfni , sto

oznacavamo sa A ∼= B.

Primer 3.1.4a. Neka je skup S = {Jovan, Nenad, Dejan, Milos} a skup

C = {190, 180, 182, 175}. Neka je v : S → C funkcija koja svakom elementu

skupa S (studenti) dodeljuje njegovu visinu iz skupa C (centimetri). Pri tome

neka je Jovan visok 190, Nenad 180, Dejan 182 i Milos 175 centimetara. Neka je

u : C → S funkcija zadata sa u(190) = Jovan, u(180) = Nenad, u(182) = Dejan

i u(175) = Milos. Zakljucujemo da je u ◦ v = 1S , a to je identitet na skupu S i

v ◦ u = 1C , identitet na skupu C.

'

&

$

%

'

&

$

%

rJ rN rD rM

r190r180r182r175

qi

qi

qi

qi

S Cq

v

iu

Znaci, u je obostrani inverz za v pa je v izomorfizam i skupovi S i C su

izomorfni. Iz ovog primera se moze naslutiti da su izomorfizmi u SetFin bijek-

cije, tj. preslikavanja koja su 1-1 i na.

Izomorfizam = Bijekcija

Sada, kada ovo znamo mozemo se vratiti resavanju jednacina

f ◦ w = h u ◦ f = g

po nepoznatim morfizmima w i u u slucaju kada je f izomorfizam u datoj

kategorji. To sto f ima desni inverz garantuje postojanje resenja prve jednacine

i to sto je desni inverz istovremeno i levi inverz za f garantuje jedinstvenost tog

resenja. Analogno postupamo i sa drugom jednacinom.


Tvr-denje 3.1.5. Ako su g i h obostrani inverzi za f , onda je g = h.

dokaz. Neka je f : A → B, i neka su g, h : B → A obostrani inverzi za f . To

znaci da je

h ◦ f = 1A, f ◦ h = 1B , g ◦ f = 1A, f ◦ g = 1B.

Odavde lako pokazujemo da je g = h:

g = g ◦ 1B = g ◦ (f ◦ h) = (g ◦ f) ◦ h = 1A ◦ h = h.

ZAKLJUCAK: Ako postoji obostrani inverz za f , on je jedinstven i nakon ovog

tvrdenja cemo obostrani inverz za f oznacavati sa f−1.

Svojstvo 3.1.6. Ako je f : A → B izomorfizam, onda vazi zakon kancelacije:

f ◦ h = f ◦ k ⇒ h = k i h ◦ f = k ◦ f ⇒ h = k.

Treba napomenuti da tada f ◦ h = k ◦ f ne povlaci h = k, zbog odsustva

komutativnosti kompozicije.

§3.2. Problem odredenosti i izbora

Jelena Jankov

Primer 3.2.1. Zamislimo pred sobom sledeci problem. U kategoriji SetFin

su nam date dve funkcije f : A → B i g : A → C. Da li postoji funkcija

u : B → C takva da sledeci dijagram komutira u SetFin?

s-´´

´3

A

B

C

f

g

u?

To jest, postoji li funkcija u takva da je g jednako kompoziciji u ◦ f? Ovo

pitanje predstavlja problem odredenosti i uskoro cemo objasniti zasto smo ga

tako nazvali.

Primer 3.2.2. Posmatrajmo sledeci ,,unutrasnji” dijagram zadat sa dve

funkcije, t : S → K i v : S → C.


'

&

$

%

s88s65s80

'

&

$

%

D

N

M

S

ssss

'

&

$

%

s182s180s181s175

s191

----

3

3

33

^^^

t

S C

K

v

Zamislimo da je S skup koji cine cetiri studenta, K skup mera u kilogramima

a C skup mera u centimetrima. Znaci Dejan, Nemanja, Marko i Stefan imaju

redom tezine 88, 65, 80, 80 kilograma i visine 182, 180, 181, 175 centimetara.

Sta bi znacilo gornje pitanje u ovoj situaciji: da li postoji funkcija u : K → C

takva da je v = u ◦ t? Naravno, takva funkcija u bi postojala kada bi visina

u nasoj situaciji bila odredena tezinom, sto nije slucaj (Marko i Stefan imaju

iste tezine ali razlicite visine). Znaci takvo u ne postoji. Ono sto jos mozemo

naslutiti iz ovog primera je da ukoliko bi t bila 1-1, onda bi resenje postojalo.

Primer 3.2.3. Neka je K skup kvadrata (recimo neke ravni) i neka je R

skup realnih brojeva. Posmatrajmo dve funkcije, s : K → R i p : K → R koje

svakom kvadratu dodeljuju duzinu njegove stranice odnosno njegovu povrsinu.

'&

$%

s

'&

$%

2 s'&

$%

P2s¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡µ

s-

s u?

p

Kvadrati

R

R

Da li postoji funkcija u : R → R takva da je p = u ◦ s? Sada, posto znamo

da je povrsina kvadrata odredena duzinom njegove stranice, odgovor ce biti


potvrdan. Mi tacno znamo kako mora da bude zadata funkcija u; formulom za

povrsinu kvadrata preko duzine njegove stranice. Dakle, u(x) = x2. Primetimo

da ovde preslikavanje s nije 1-1 ali ipak resenje problema odredenosti postoji.

Neko ce mozda imati primedbu da je s, ako kvadrate posmatramo do na podu-

darnost, ipak 1-1 pa cemo zato dati sledeci primer u kome je polazna funkcija

daleko od svojstva 1-1.

Primer 3.2.4. Neka je T skup trouglova (recimo neke ravni) i neka je R

skup realnih brojeva a R2 skup uredenih parova realnih brojeva. Posmatrajmo

dve funkcije, funkciju f : T → R2, koja dodeljuje svakom trouglu par: duzina

najduze stranice, odgovarajuca visina i funkciju p : T → R koja svakom trouglu

dodeljuje njegovu povrsinu. '&

$%

(a, ha)s

'&

$%

△ s'&

$%

P△s¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡µ

s-

f u?

p

Trouglovi

R

R2

Funkcija f je daleko od toga da je 1-1 (dva nepodudarna trougla mogu imati

istu najvecu stranicu i odgovarajucu visinu). Ipak, posto je povrsina odredena

parom stranica-visina, problem odredenosti mozemo resiti i resenje je funkcija

u : R2 → R koja je zadata sa u(a, ha) = 12 · a · ha. Nadamo se da je posle ovih

primera jasno otkud ovakav naziv problemu odredenosti.

Primer 3.2.5. Zamislimo sada problem dualan problemu odredenosti. U

kategoriji SetFin su nam date dve funkcije f : A → B i h : C → B. Da li postoji

funkcija w : C → A takva da sledeci dijagram komutira u SetFin?

3 QQ

QQs-C

A

B

w?

h

f

To jest, postoji li funkcija w takva da je h jednako kompoziciji f ◦ w? Ovo

pitanje predstavlja problem izbora i uskoro cemo objasniti zasto smo ga tako

nazvali.


Primer 3.2.6. Posmatrajmo sledeci ,,unutrasnji” dijagram zadat sa dve

funkcije, t : A → B i h : C → B. '

&

$

%sα sβsγ sδ

'

&

$

%s0 s1s2

'&

$%m

snsss

3^s

s

3Át

CB

A

h

w?

Da li postoji preslikavanje w takvo da je h = t ◦ w? Pocnimo da resavamo ovaj

problem. Posto h slika 0 u n a posto t slika i β i δ u n, mozemo da izvrsimo

izbor i opredelimo se da li ce w da slika 0 u β ili u δ. Recimo da smo izabrali

da je w(0) = β. Slicno treba da izaberemo da li ce w da slika 1 u α ili γ i da

li ce w da slika 2 u α ili γ. Recimo da smo izabrali da bude w(1) = w(2) = γ

i dobili smo resenje ovog problema sa gornje slike. Iz ovog primera vidimo da

ce resenje problema izbora postojati uvek kad funkcija t, kao u ovom primeru,

pokriva skup slika funkcije h, sto je uvek slucaj ako je funkcija t na ali to nije

neophodno. Znaci problem nastaje kada se pojavi element skupa B koji jeste

slika nekog elementa iz C pomocu funkcije h ali nije slika nijednog elementa iz

A pomocu funkcije t, tj. nemamo mogucnost izbora.

Sada cemo problem odredenosti i izbora prikazati u nekim posebnim situaci-

jama.

Definicija 3.2.7. Morfizam f : A → B ima retrakciju (levi inverz) kada

postoji morfizam r : B → A takav da je r ◦ f = 1A.

s-´´

´3

A

B

A

f

1A

r?

Problem postojanja retrakcije i problem odredenosti su srodni o cemu govori

i sledece tvrdenje.

Tvr-denje 3.2.8. Ako f ima retrakciju, onda jednacina u ◦ f = g ima resenje

po u.

dokaz. Neka je r : B → A retrakcija za f : A → B. Pokazacemo da je u = g ◦ r

resenje gornje jednacine.

§3.3. Monomorfizmi, epimorfizmi, i razna tvrdenja 31

(g ◦ r) ◦ f = g ◦ (r ◦ f), asocijativnost

= g ◦ 1A = g, r je retrakt za f i neutralnost. ⊣

Definicija 3.2.9. Morfizam f : A → B ima sekciju (desni inverz) kada

postoji morfizam s : B → A takav da je f ◦ s = 1B .

3 QQ

QQs-B

A

C

s?

1B

f

Problem postojanja sekcije i problem izbora su srodni o cemu govori i sledece

tvrdenje.

Tvr-denje 3.2.10. Ako f ima sekciju, onda jednacina f ◦ w = h ima resenje

po w.

Vezba 3.2.11. Dokazati tvrdenje 3.2.10.

Tvr-denje 3.2.12. Ako f ima retrakciju i sekciju, onda su one jednake i f je

izomorfizam.

dokaz. Neka je r, s : B → A, redom, retrakcija i sekcija za f : A → B. Tada

vazi:

r = r ◦ 1B = r ◦ (f ◦ s) = (r ◦ f) ◦ s = 1A ◦ s = s.

Posto morfizam f ima obostrani inverz (r = s) to je po definiciji on izomorfizam.

⊣

§3.3. Monomorfizmi, epimorfizmi i razna tvrdenja

Tijana Kostic

U ovom poglavlju cemo govoriti o nekim posebnim morfizmima (videti §2.4)

u nekim kategorijama. Definisacemo pojmove kao sto su monomorfizam i endo-

morfizam.

Definicija 3.3.1. Morfizam f : A −→ B je monomorfizam (skraceno mono)

kada za sve g, h : C −→ A vazi:

ako f ◦ g = f ◦ h onda g = h.

Ovo se svodi na problem kancelacije (videti resavanje jednacina u monoidima u

§3.1. Ako je f mono onda je on kancelabilan (skrativ) sleva. To skracivanje se

nekad moze obaviti pomocu svedoka (levog inverza odnosno retrakcije za f) a


nekad bez svedoka, kad retrakcija za f ne postoji u datoj kategoriji. Pokazacemo

ovo na primeru monoida.

Primer 3.3.2. Dat je monoid sa (N,+, 0) i jednakost

2 + x = 2 + y.

Odavde mozemo da zakljucimo da je x = y pri cemu ne postoji inverz od 2

kojim bismo dobili neutral za sabiranje sa obe strane jednakosti, ali i dalje vazi

zakon kancelacije.

Primer 3.3.3. Ako posmatramo monoid Fun3 iz §2.2 i elemente zadate sa

ms s ss s s?

@@

@@R

©©©©©©©¼

ks s ss s s@

@@@R

¡¡

¡¡ª ?

ls s ss s s@

@@@R

@@

@@R

©©©©©©©¼

lako se proveri da su m ∗ k i m ∗ l jednaki sledecem dijagramu

s s ss s sHHHHHHHj

¡¡

¡¡ª

©©©©©©©¼

pa iz jednakosti m ∗ k = m ∗ l nece slediti da je k = l, odnosno ne vazi zakon

kancelacije sleva.

Sledece tvrdenje koje se lako dokazuje povezuje pojmove retrakcije i monomor-

fizma.

Teorema 3.3.4. Ako f ima retrakciju onda je f monomorfizam.

Obrnuta implikacija ne mora da vazi. Kontraprimer je monoid (N,+, 0) iz

primera 3.3.2 koji posmatramo kao kategoriju sa jednim objektom u kome je 2

morfizam koji jeste mono (kancelabilan je sleva) ali nema retrakciju (levi inverz).

Definicija 3.3.5. Morfizam f : A −→ B je epimorfizam (skraceno epi) kada

za sve g, h : B −→ C vazi:

ako g ◦ f = h ◦ f onda g = h.

To znaci da f smemo da kanceliramo zdesna. Lako se pokazuje da vazi sledece

tvrdenje.

§3.3. Monomorfizmi, epimorfizmi, i razna tvrdenja 33

Teorema 3.3.6. Ako f ima sekciju onda je f epimorfizam.

Kao i malopre, obrat ne mora da vazi.

Teorema 3.3.7. Neka su A i B konacni skupovi i A 6= ∅. Tada su za funkciju

f : A −→ B sledeca tvrdenja ekvivalenta:

1. f je 1 − 1;

2. f ima retrakciju u SetFin;

3. f je monomorfizam u SetFin.

dokaz. (1) Prvo cemo pokazati da 1 ⇒ 2. Neka je f : A → B, 1-1. Posto je

A 6= ∅, mozemo izabrati jedan element iz A, koji cemo oznaciti sa ∗. Definisimo

funkciju r : B −→ A na sledeci nacin:

r(b) =

{ ∗, kada ne postoji a ∈ A takvo da je f(a) = b,

a, za jedinstveno a ∈ A takvo da je f(a) = b.

Da li ovako definisano r jeste funkcija? Za svaki element iz B smo odredili

jedinstven element iz A u koji se slika. Za svaki element iz B znamo da li je

potekao od nekog elementa iz A ili nije. Ako je potekao od nekog elementa

,,vracamo” ga nazad u taj element a ako nije, slikamo ga u ∗. Odavde se lako

vidi da je funkcija r levi inverz od funkcije f , odnosno funkcija f ima retrakciju.

2) Implikacija 2 ⇒ 3 je posledica teoreme 3.3.4.

3) Implikaciju 3 ⇒ 1 cemo dokazati kontrapozicijom. Pretpostavimo da

funkcija f nije 1-1, odnosno

∃a1, a2 ∈ A a1 6= a2 & f(a1) = f(a2) = b, b ∈ B.

Treba da pokazemo da f nije kancelabilna sleva. Neka je C = {0}. Definisimo

funkcije g, h : C −→ A na sledeci nacin

g(0) = a1, h(0) = a2

'&

$%

'

&

$

%r0 r

rrra2

ra1z

g

:

h

34 ODELjAK 4. DVA POGLEDA NA FUNKCIJE

Pravimo kompozicije f ◦ g i f ◦ h

'&

$%

'

&

$

%

'

&

$

%r0 r

rrra2

ra1 r brrrz

g

:

h

z

f

:

f

Jasno je da je f ◦ g = f ◦ h ali ne vazi g = h. Dakle f se ne moze kancelirati

sleva pa nije ni monomorfizam. ⊣

Na slican nacin mozemo dokazati sledece.

Teorema 3.3.8. Neka su A,B konacni skupovi. Tada su za funkciju f : A → B

sledeca tvrdenja ekvivalenta:

1. f je na;

2. f ima sekciju u SetFin;

3. f je epimorfizam u SetFin.

Vezba 3.3.9. Izvesti dokaz za teoremu 3.3.8.

§4. Dva pogleda na funkcije

-Duro Nenadovic (slike uradio Jovan -Dordevic)

§4.1. Sortiranje domena po svojstvu

Apstraktni skupovi o kojima je rec, su nesto vise od obicnih brojeva ali ova

mala razlika im omogucava da oni oznacavaju neke bogatije, tj. sire strukture

koje brojevi ne mogu. Za neku opstu funkciju g : X −→ B mozemo reci da

ona ureduje elemente skupa X po elementima skupa B u odnosu na funkciju

g. Kada zadamo g odmah mozemo reci koji je element skupa X kakve vrste

koje odreduju elementi skupa B. Ako recimo B ima tri elementa, mi skup X

mozemo razvrstati na tri vrste.

b

b

b

bb

b

b

bb

bb

b

(slika 1: primer kako funkcije sortiraju skup)

Na ovaj nacin funkcije mozemo opisati i tako sto cemo reci da je funkcija g

jedna B-valuacija (vrednovanje) na skupu X. Ovo je isto kao da smo rekli da je

g slaganje elemenata skupa X na B ,,gomile”. Broj tih gomila je uvek jednak

broju elemenata B dok su elementi X oni koji cine te gomile.

Primer 4.1.1. U skupu B su fudbalski timovi, a u skupu X su igraci koji su

dobili nagradu za najbolje strelce. Funkcija preslikava igrace u njihove timove.

Na ovaj nacin igraci su sortirani po klubovima za koje igraju, svakom klubu

pripada skup igraca (jer je svakako moguce da za jedan klub igraju u razlicitim

vremenskim periodima, mada i ne mora, najbolji strelci). Neki od skupova su

prazni, jer nikada nisu imali igraca koji je dobio nagradu za najboljeg strelca.

Jos jedna rec koja se koristi da opise ovu tacku gledista na funkcije je fibering

(izvlacenje u vlakna), analogija sa biljkama gde su gomile zamisljene u obliku

linija ili vlakana. Kazemo da je X podeljeno na B vlakana. Ako je neko vlakno

prazno, funkcija ima prazne gomile ili odeljke koji odgovaraju datom elementu

kodomena. Sa ove tacke gledista, za funkcije kod kojih su sve gomile neprazne

takode se koristi rec particionisanje.

Dakle, termini uredivanje, gomilanje i fibering se ovde smatraju kao sinonimi,

dok je particionisanje termin sa jacim uslovom. Svi ovi termini naglasavaju to da

data funkcija g : X −→ B proizvodi ,,strukturu” u domenu X a kada zelimo da

naglasavaju ovaj efekat mozemo posmatrati funkciju kao B-valuisano svojstvo.

Primer je boja kose. Ovo je funkcija iz skupa ljudi na skup boja, dodeljujuci

svakoj osobi boju kose, ljudi su sortirani po svojstvu boje kose.

35


Primer 4.1.2. Uredenja koja smo dobili mozemo ponovo da uredujemo.

Neka je X skup svih zivih bica a B skup vrsta. Tada funkcija s : X −→ B

dodeljuje svakom zivom bicu vrstu kojoj pripada. Mozemo ici i dalje: vrste

su razvrstane u rodovima po funkciji g : B −→ C koja dodeljuje svakoj vrsti

odgovarajuci rod iz skupa C, i komponovanjem dve funkcije dobijamo:

h = g ◦ s : X → C

koja opet predstavlja sortiranje skupa X.

g ◦ s = hs

g

X = živa bica

B = vrste

C = rodovi

( funkcijas slika živabica u vrste )

( pomocug sortirajuse vrste po rodovima )

( sortiranje živih bica

po rodovima )

§4.2. Imenovanje ili uzorkovanje kodomena

Sve sto smo do sada razmatrali predstavlja jedan pogled na funkcije ali to nije

jedini nacin na koji se one mogu posmatrati. Za funkciju f : A −→ X mozemo

reci da ona zadaje A-familiju u skupu X. Na primer, pretpostavimo da skup A

ima tri elementa. Tada je funkcija f

b

b

b

b

b

b

bb

b

b

b

b

A

f

X

familija tri elementa iz X (od kojih se neki mogu podudarati u drugim primer-

ima). Opet koristimo A kao da je broj. Jos jedna rec za ovaj nacin sagledavanja

dolazi iz geometrije i glasi ,,figura”: preslikavanje iz A u X je ,,A-oblikovana

figura” u X. Mozemo takode reci ,,A-element”, misleci isto na figuru oblika A.

Takode, mozemo reci da je funkcija A −→ X imenovanje elemenata iz

X elementima iz A ili spisak elemenata X po A. Evo jednog primera. Pret-

postavimo da pitamo svakog ucenika da izabere zemlju na globusu. Onda smo

dobili funkciju iz skupa ucenika u skup zemalja, a kasnije mozemo govoriti o

,,Ivaninoj zemlji”, ,,Markovoj zemlji”, itd. gde ne moraju sve zemlje biti nuzno

imenovane, a neka zemlja moze biti imenovana vise puta. Rec ,,spisak” obicno

ima konotaciju ,,red”, mada to nije ono sto smo zamislili. Drugi par reci za ovaj


pogled na funkcije su ,,davati primer” (u smislu uzorkovanja) i ,,parametrizo-

vanje”. Kazemo da je zadavanje funkcije f : A −→ X, parametrizovanje dela

skupa X, krecuci se kroz skup A, koristeci f .

Gornji primer upotrebe ucenika kao ,,imena” za zemlje naglasava da se imen-

ovanje ili pravljenje spiskova cesto radi samo zbog pogodnosti i ne moraju biti

trajna ili imati neki poseban znacaj, zapravo nismo pitali ni zasto je neki ucenik

izabrao zemlju koju jeste. U drugim primerima imenovanja to moze imati i tra-

jnije znacenje. Na primer, neka A bude skup svih razlomaka, koji su samo parovi

celih brojeva: 3/5, 2/7, 13/4, 2/6, 1/3, ... i neka X bude skup svih mogucih

duzina. Mozemo koristiti simbole razlomaka da imenujemo duzine ako izaber-

emo jedinicu mere, npr. ,,metar”. Funkcija f : A −→ X dodeljuje razlomku 3/4

duzinu koja se dobija ako metar podelimo na 4 jednaka dela i uzmemo tri takva,

slicno je i sa 3/5 itd. Mnogi razlomci imenuju istu duzinu (2/4, 1/2, 3/6) ali su

to medusobno razlicita imena. Medutim i dosta veliki broj duzina, kao npr.√

2

nisu dodeljeni ovom funkcijom.

Termini ,,imenovanje”, ,,zadavanje spiskova”, ,,davanja primera”, ,,parame-

trizovanje” navode da funkcija A −→ X stvara ,,strukturu” u kodomenu X.

Kada zelimo da istaknemo ovaj efekat mozemo samu funkciju posmatrati u

obliku figure (ili kao parametrizovanu familiju) u kodomenu.

Ova tacka gledista na funkcije oznacena gornjim terminima se smatra suprot-

nom od tacke gledista na koju ukazuju reci ,,uredivanja”, ,,gomilanja”, ,,fiber-

ing” i ,,particionisanja”. Sada cemo dati filozofsko objasnjenje suprotnosti ova

dva pogleda na funkcije.

§4.3. Filozofsko objasnjenje dva aspekta

Jedno objasnjenje ova dva pogleda na funkcije dolazi iz filozofije. Realnost se

sastoji od riba, reka, kuca, fabrika, polja, oblaka, zvezda, odnosno stvari u svom

kretanju i razvoju (zapravo menjanju kroz dimenzionalnost). Postoji poseban

deo stvarnosti: na primer reci, razgovori, sveske, jezik (kao sposobnost spo-

razumevanja), mozak, racunari, knjige, TV, koji su u svom kretanju i interakciji

deo stvarnosti, a ipak imaju poseban odnos sa stvarnoscu, da je odrazavaju.

Stvarnost

Razmišljanje


Razmisljanje izlazi i gleda, upravlja, dozivljava, razmatra... Rezultat ovog

reflektivnog procesa je znanje, a kada to znanje skupimo, zajedno sa nekim

unutrasnjim odnosima znanja dobijamo nauku (svrha joj je da planira dalje

upravljanje stvarnoscu). Nauka je zapravo skup medusobno povezanih nauka

fokusiranih na razlicite delove stvarnosti. Jedna od posebnih nauka je filozofija

(mada je pitanje koliko je ispravno za nju reci da je nauka), odrazavajuci (kao

opste znanje) ovaj poseban odnos u stvarnosti, odnos izmedu misli i stvarnosti.

Tako u okviru skupa celokupnog naucnog razmisljanja je odnos izmedu objek-

tivnog i subjektivnog. U objektivnom trudimo se da imamo sto je moguce

jasniju sliku stvarnosti, kakva jeste i odvijanja dogadaja u njoj, nezavisno od

nasih misli; u subjektivnom se trudimo da sto je moguce bolje poznajemo zakone

razmisljanja, zakone gramatike, logike, algebre i slicno.

Jedan dalji odraz u matematickom razmisljanju o ovom odnosu izmedu ob-

jektivnog i subjektivnog nastaje kada u nekoj datoj kategoriji objekata (npr.

kategorija skupova) odaberemo

Razmišljanje

Subjektivno

Objektivno

neke objekte A , B (recimo skupove sa manje od cetiri elementa), da ih koristimo

kao subjektivne instrumente za istrazivanje nekih opstijih objekata, kao sto je

skup svih bica, zemalja itd. Tada se odabrani objekat A moze koristiti kao

domen za spisak elemenata X, a takode izabrani B moze da se koristi kao

kodomen svojstava X. Na primer ako za A uzmemo skup {1, 2, 3, 4} a za X

skup ljudi u Srbiji. Funkciju f : A → X mozemo posmatrati kao uzimanje

uzorka od cetiri stanovnika Srbije ili imenovanje cetiri stanovnika Srbije redom

brojevima 1, 2, 3 i 4 (sto se ne smatra prikladnim ali je za prakticne svrhe

dobrodoslo). Ako za skup B uzmemo skup {crna, zelena, plava} koji nam opet

sluzi kao subjektivni instrument za istrazivanje i neka je g : X → B funkcija koja

stanovniku Srbije pridruzuje boju njegovih ociju, onda nam kompozicija g ◦ f :

A → B daje sortiranje naseg uzorka po boji ociju. Mesavine ovakvih spiskova


i uredenja postaju funkcijski-izrazene strukture u i medu odabranim objektima

A, B, . . ., a ovakve strukture pamtimo kao poznavanje rezultata istrazivanja X.

Kategorija objekata

Kategorijamalihobjekata

A

B

X

Sa ovom podelom dva nacina posmatranja pojma funkcije postaju ne samo dva

,,stava”, vec prava razlika: funkcije ciji je domen mali (spiskovi) protiv funkcija

ciji je kodomen mali (svojstva). Naravno ako se desi da je X takode mali, sam po

sebi, i dalje imamo dva pogleda - svojstvo oznaka je isto sto i spisak vrednosti:

h : I −→ V.

Na primer preslikavanje :

Crvena

PlavaCrna

1

2

3

4

b

b

b

b

b

b

b

moze biti prikaz kompozicije neke dve funkcije preko nekog skupa X koji ozna-

cava ljude, onda uzimamo I ljudi iz X i onda posmatramo njihovu boju kose.

Samo iz ove funkcije (bez daljeg istrazivanja) ne mozemo reci, a to moze biti

veoma bitno u npr. nekom istrazivanju koje sprovodi policija, da li su prva i treca

osoba iste, ili samo imaju istu boju kose. Rezultujuci ,,spisak h-vrednosti” ima

ponavljanja, ili ,,svojstvo h-oznake” ima gomile sa vise elemenata.

§5. Inverzi, idempotenti

§5.1. Izomorfizmi: Upotreba i zloupotreba

Nemanja Nerandzic

Po definiciji 3.1.4, morfizam f : A → B neke kategorije je izomorfizam kada

u njoj postoji morfizam f−1 : B → A koji je obostrani inverz (tj. retrakcija i

sekcija) za f .

&%'$

A &%'$

B

s

k

f

f−1

Po teoremama 3.3.7 i 3.3.8 imamo da su izomorfizmi u SetFin bijektivna

preslikavanja (1-1 i na). Iz ovoga mozemo izvesti zakljucak da su dva konacna

skupa izomorfna ako imaju isti broj elemenata.

U kategoriji VctR (konacnodimenzionalni vektorski prostori nad R), izomor-

fizmi su linearne bijekcije. Po tvrdenju iz linearne algebre znamo da su vek-

torski prostori V i W izomorfni akko dim(V ) = dim(W ). Odavde mozemo da

zakljucimo da je svaki trodimenzionalni vektorski prostor izomorfan sa R3 =

{(a, b, c)|a, b, c ∈ R}, sto cemo sad i iskoristiti.

Uzmimo prostor polinoma stepena manjeg ili jednakog 2

P2 = {a + bx + cx2|a, b, c ∈ R}.

Ovaj vektorski prostor jeste trodimenzionalan i po gornjem tvrdenju je izomor-

fan sa R3. Oznacimo sa i : R3 → P2 izomorfizam koji svedoci da je R3 ∼= P2

(a, b, c)i7→ a + bx + cx2

Izomorfizam i mozemo iskoristiti za proveru linearne nezavisnosti vektora u

P2 koristeci standardnu proveru linearne nezavisnosti u R3. Neka su nam, na

primer, data sledeca tri polinoma iz P2

p1(x) = 1 + x − 2x2, p2(x) = 2 − 3x + x2, p3(x) = −5x + 5x2.

Vektori iz R3 koji po izomorfizmu i odgovaraju ovim polinomima su

~v1 = (1, 1,−2), ~v2 = (2,−3, 1), ~v3 = (0,−5, 5)

Provera linearne nezavisnosti skupa {~v1, ~v2, ~v3} se radi na standardan nacin.

Od komponenti ovih vektora formiramo sledecu matricu tipa 3 × 3:

1 1 −22 −3 10 −5 5

41

42 ODELjAK 5. INVERZI, IDEMPOTENTI

Gausovom metodom eliminacije, mozemo matricu svesti na stepenasti oblik (svi

elementi ispod glavne dijagonale su jednaki nuli).

1 1 −22 −3 10 −5 5

−2ρ1+ρ2−→

1 1 −20 −5 50 −5 5

−ρ2+ρ3−→

1 1 −20 −5 50 0 0

Zakljucujemo da je skup {~v1, ~v2, ~v3} linearno zavisan pa je zbog izomorfizma i

skup {p1(x), p2(x), p3(x)} takode linearno zavisan. Znaci, linearni omotac tog

skupa je dvodimenzionalni potprostor od P2. Ovo je bio jedan primer upotrebe

izomorfizama.

Sada cemo u ovoj konkretnoj situaciji navesti jedan primer moguce zloupo-

trebe izomorfizama. Ona je karakteristicna za slucaj kada je kategorija (uni-

verzum) nesposobna da uoci neke fine razlike izmedu njenih objekata. Na

primer, za polinom x2 − 1 znamo da su +1 i −1 njegovi koreni. Po izomor-

fizmu i, tom polinomu odgovara vektor (−1, 0, 1) ∈ R3. Da li ima smisla reci

da su +1 i −1 koreni ovog vektora? Znaci izomorfizam ,,izjednacava” samo onu

strukturu koja je zajednicka za celu kategoriju (univerzum) dok i dalje objekti u

toj kategoriji imaju neke svoje osobenosti koje ih razlikuju od njima izomorfnih

objekata, ali samo ako ih gledamo iz ugla nekog drugog univerzuma.

Slicno kao sto smo mi u prethodnom primeru izjednacili vektorske prostore

R3 i P2, Rene Dekart je izjednacio R2 i euklidsku ravan na sledeci nacin. U

ravni se izabere jedna tacka, koju nazovemo koordinatni pocetak i izaberu se dva

medusobno normalna, jedinicna vektora ~i i ~j. Vektor (x, y) ∈ R2 preslikavamo

u vektor date ravni na sledeci nacin:

(x, y) 7→ x~i + y~j.

Vektor x~i + y~j potpuno zadaje tacku A koja je njegova krajnja tacka kada mu

je pocetak u koordinatnom pocetku i taj vektor je vektor polozaja tacke A.

6y

6y~j

6~j-x

-x~i

-~i

¡¡

¡¡

¡µ

A(x, y)

O

Ovo nam omogucava da se lako prebacujemo iz R2 u vektore u geometriji

kao i u tacke u ravni i obrnuto. Na taj nacin smo dobili par izomorfizama

koji nam mogu koristiti za upoznavanje sa geometrijom sa strane algebre ili

§5.1. Izomorfizmi: Upotreba i zloupotreba 43

obrnuto. Dekartu je R2 bio blizak, pa je celu geometriju ,,otkrivao” tako sto

ju je predstavljao kroz vektorski prostor R2. Euklidu je, verovatno, geometrija

bila bliza, i on bi mogao svoja geometrijska znanja da iskoristi za upoznavanje

sa prostorom R2.

Funkciju koja elementima prostora R2 dodeljuje tacke u euklidskoj ravni

nazovimo ucrtavanje a njen inverz, funkciju iz euklidske ravni u R2 nazovimo

koordinate.

&%'$

R2 &%'$

euklidska ravan

s

k

ucrtavanje

koordinate

Ovo nam omogucava da algebarskim jezikom pricamo ne samo o tackama iz

ravni, nego i o raznim figurama (skupovima tacaka) kao sto su prave, krugovi

itd. Ovo nece biti primer zloupotrebe izomorfizma zato sto mi imamo algebarski

nacin zadavanja (pomocu jednacina) tih figura kao podskupova od R2.

Primer 5.1.1. Neka su date prave l1 : 4x − y + 1 = 0 i l2 : x + 4y − 4 = 0:

-x

6y

s− 1

4

s1

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

l1

s4

¤¤¤¤¤¤¤¤¤¤¤¤

l2

Ukoliko zelimo da utvrdimo da su ove prave medusobno normalne, to mozemo

da uradimo direktno sredstvima koja su nam na raspolaganju u vektorskom

(unitarnom) prostoru R2. Uzecemo dva vektora, od kojih je prvi kolinearan sa

pravom, a drugi sa drugom pravom (to su njihovi vektori pravca) i izracunamo

njihov skalarni proizvod. Ukoliko je on jednak nuli, prave jesu normalne.

Tacke A1(0, 1) i B1(− 14 , 0) pripadaju pravoj l1 pa je

−−−→A1B1 = (− 1

4 , 0) −(0, 1) = (− 1

4 ,−1), vektor pravca te prave. Tacke A2(0, 1) i B2(4, 0) pripadaju

pravoj l2 pa je−−−→A2B2 = (4, 0) − (0, 1) = (4,−1), vektor pravca te prave. Posto

je−−−→A1B1 · −−−→A2B2 = (− 1

4 ,−1) · (4,−1) = −1 + 1 = 0, to su vektori, pa samim tim

i ove prave medusobno normalne.


Ovo jos uvek nije zloupotreba, jer postoji nacin da analitickim sredstvima

pricamo o figurama u ravni. Recimo, besmisleno bi bilo pricati o sabiranju

dve tacke, jer se u ravni tacke nikad ne sabiraju. Eventualno se sabiraju njihovi

vektori polozaja, sto je upravo ono sto smo u ovom primeru i radili. Ipak, i dalje

imamo mogucnost da preko ovih izomorfizama, na analiticki nacin pricamo o

necemu sto je vrlo geometrijski, kao na primer normalnost pravih.

§5.2. Prebrojavanje sekcija i retrakcija

Dejan Jovicevic

Po teoremi 3.3.8, funkcija ima sekciju akko je na odnosno akko je epimor-

fizam. Kada hocemo da navedemo ili samo prebrojimo sve moguce sekcije za

datu funkciju, najbolje je da je posmatramo kao sortiranje elemenata domena

prema kodomenu (videti §4.1).

Primer 5.2.1. Neka je f : U → B funkcija ,,boja ociju” koja ima za domen

skup A ucenika a za kodomen skup B nekih boja. Svi ucenici koji imaju istu

boju ociju se ,,grupisu” u jednu klasu koja je odredena njihovom zajednickom

slikom (sto je upravo boja njihovih ociju). Neka su ucenici numerisani brojevima

od 0 do 5 i neka su nam date boje: p (plava), c (crna) i z (zelena).

· 0

· 1

· 2

· 3

· 4

· 5

· p · c · z

f

? ? ?

A

B

»

¼

¾

s

Kako izgleda jedna sekcija za ovako zadatu funkciju? To mora biti funkcija

s : B → A koja kad se komponuje sleva sa funkcijom f daje identicno preslika-

vanje na skupu B (slika svakog elementa iz B je on sam). To se zapisuje ovako:

f ◦ s = 1B .

Evo jednog primera takvog preslikavanja s. Neka je s1 : B → A zadato sa:

s1(p) = 0, s1(c) = 3, s1(z) = 4.

§5.2. Prebrojavanje sekcija i retrakcija 45

Treba proveriti da je f ◦ s1 = 1B . Da bi dve funkcije bile jednake, treba da

imaju isti domen i isti kodomen sto je u ovom slucaju uvek skup B i jos treba

da slikaju svaki element domena na isti nacin. Uradimo prvo proveru za p ∈ B.

f ◦ s1(p) = f(s1(p)) = f(0) = p = 1B(p).

Na isti nacin mozemo uraditi proveru za c i z, tako da s1 jeste stvarno jedna

sekcija.

Kao drugi primer sekcije za f mozemo uzeti preslikavanje s2 : B → A zadato

sa:

s2(p) = 1, s2(c) = 3, s2(z) = 5.

Postavlja se pitanje koliko ukupno ima sekcija za f . Kada pogledamo prethodni

primer vidimo da se sekcija formira tako sto se u svakoj klasi izabere tacno jedan

element. Ovo ima veze sa nazivom pojma (pun naziv je ,,cross section”, sto bi

odgovaralo ,,poprecnom preseku”). Dakle, broj sekcija se racuna kao proizvod

broja elemenata svake klase domena. U prethodnom primeru broj sekcija bi

bio: 3 · 1 · 2 = 6. Ako preslikavanje nije na, onda je bar jedna klasa prazna, tj.

ima 0 elemenata pa ova formula i dalje vazi.

Po teoremi 3.3.7, funkcija ima retrakciju akko je 1-1, odnosno akko je

monomorfizam. Kada zelimo da prebrojimo sve moguce retrakcije za neku

funkciju, najbolje je posmatrati je kao imenovanje elemenata kodomena elemen-

tima domena (videti odeljak 4.2). Pogledajmo sledecu sliku u kojoj se elementi

a i b, domena A, slikaju redom u elemente 2 i 3, kodomena B.

·a ·b

·0

·1

·2

·3

·4

f

? ?

A

B

»

¼

¾

r

Retrakcija, za ovako zadatu funkciju, je neka funkcija r : B → A, koja kada

se komponuje zdesna sa funkcijom f , daje identicno preslikavanje na skupu A

(slika svakog elementa iz A je on sam). To se zapisuje ovako:

r ◦ f = 1A.


Retrakcija za funkciju koja je 1-1 se formira tako sto se svakom elementu iz

kodomena pridruzuje element domena cija je on slika, a elementima kodomena u

koje se ne slika nijedan iz domena (ako ih ima), se pridruzi bilo koji iz domena.

Broj nacina na koji se povezuju slobodni elementi kodomena sa elementima

domena je zapravo broj retrakcija. Racuna se kao broj elemenata domena na

broj slobodnih elemenata kodomena. U prethodnom primeru je to 23 = 8.

Jedan primer retrakcije za f sa gornje slike je

r1 :

(

0 1 2 3 4a a a b a

)

.

Treba proveriti da je r1 ◦ f = 1A, tj. da te funkcije imaju isti domen, isti

kodomen (ovde je to skup A) i da slikaju svaki element domena na isti nacin.

Uradimo proveru za a ∈ A:

r1 ◦ f(a) = r1(f(a)) = r1(2) = a = 1A(a).

Na isti nacin se moze uraditi provera i za b, tako da r1 jeste jedna retrakcija za

f . Jos jedna od ukupno 8 retrakcija za f bi bila

r2 :

(

0 1 2 3 4b b a b b

)

.

Definicija 5.2.2. Idempotent je morfizam e u nekoj kategoriji koji je endo-

morfizam (e : A → A, za neki objekat A) i za koji vazi e ◦ e = e.

Pretpostavimo da imamo par sekcija-retrakcija dat sa (s : A → B, r : B →A), sto znaci da je r ◦ s = 1A. Tada se lako pokazuje da je kompozicija u

obrnutom redosledu e = s ◦ r : B → B, idempotent:

e ◦ e = (s ◦ r) ◦ (s ◦ r) = s ◦ (r ◦ s) ◦ r = s ◦ 1A ◦ r = s ◦ r = e.

§5.3. Kombinovanje retrakcija i sekcija

Ognjen Stankovic

U ovom odeljku oslanjacemo se na pojmove izomorfizam, retrakcija, sekcija

i idempotent koji su uvedeni u 3.1, 3.2 i 5.2.

Tvr-denje 5.3.1. Kompozicija dva morfizma koji imaju sekciju takode ima

sekciju.

dokaz. Neka je dat morfizam f : A → B, cija je sekcija sf : B → A i morfizam

g : B → C cija je sekcija sg : C −→ B. Znaci da vazi:

(∗) f ◦ sf = 1B i (∗∗) g ◦ sg = 1C .

Pokazacemo da kompozicija g ◦ f : A → C ima sekciju sf ◦ sg : C → A.

§5.3. Kombinovanje retrakcija i sekcija 47

(g ◦ f) ◦ (sf ◦ sg) = g ◦ ((f ◦ sf ) ◦ sg), dva puta asocijativnost

= g ◦ (1B ◦ sg), (∗)= g ◦ sg, neutral

= 1C , (∗∗) ⊣

Vezba 5.3.1. Pokazati da kompozicija dva morfizma koji imaju retrakciju

takode ima retrakciju.

Definicija 5.3.2. Ako imamo par sekcija-retrakcija (s : A → B, r : B → A),

onda kazemo da je A retrakt od B i to oznacavamo sa A ≤R B.

- -A Bs

Ar

Definicija 5.3.3. Za idempotent e : B → B kazemo da se cepa kada postoji

objekat A i par sekcija-retrakcija (s : A → B, r : B → A) takav da je e = s ◦ r.

Primer 5.3.4. Idempotent je u neku ruku uopstenje pojma projekcije. Neka

je data ravan α i prava l u njoj. Ortogonalna projekcija na l je preslikavanje

π : α → α koje svakoj tacki ravni α dodeljuje podnozje normale iz te tacke na

pravu l (na donjoj slici Aπ7→ A′).

lrA′

rA

Posto π slika svaku tacku prave l u samu sebe, lako je proveriti da je π

idempotent:

π ◦ π(A) = π(π(A)) = π(A′) = A′ = π(A).

Da li se π cepa? Pokazacemo da je odgovor potvrdan.

Neka je s : l → α utapanje prave l u ravan α, tj. preslikavanje zadato sa

s(L) = L za svaku tacku L prave l. Neka je r : α → l zadato sa r(A) = π(A) za

svaku tacku A ravni α. Lako vidimo da je r ◦ s = 1l, tj. da je (s, r) jedan par

sekcija-retrakcija i l je retrakt od α. Takode lako vidimo da je π = s ◦ r. Dakle,

π je idempotent koji se cepa.

Videli smo da teorema 3.3.7 garantuje postojanje retrakcije za svaku funkciju

(morfizam u SetFin) koja je 1-1. U nekim drugim kategorijama to nece biti

slucaj sto nam pokazuje sledeci primer.


Primer 5.3.5. Neka je data duz [AB] i preslikavanje f : {A,B} → [AB], koje

je zadato sa

f(A) = A i f(B) = B.

Ovo preslikavanje je neprekidno ako se za otvorene skupove u {A,B} i [AB]

uzmu oni koje indukuju otvoreni skupovi prave AB. Takode, to preslikavanje je

ocigledno 1-1. Postavlja se pitanje da li ono ima neprekidnu retrakciju, tj. da li

postoji neprekidno preslikavanje r : [AB] → {A,B} takvo da je r ◦ f = 1{AB}.

?rr

?rrA

A

B

B

6fr?

Neprekidno preslikavanje r mora da bude takvo da slika A u A i B u B. Za

svaku drugu tacku duzi [AB] moze slobodno da se opredeli da li ce je preslikati

u A ili u B. Intuicija nam govori da to nece moci da se uradi neprekidno, tj.

da ce duz [AB] morati negde da se ,,pocepa”. O dvodimenzionalnom uopstenju

ovog primera cemo govoriti u odeljku 6.3.

Definicija 5.3.6. Binarna relacija na nekom skupu je preduredenje kada je

ona refleksivna i tranzitivna.

Tvr-denje 5.3.7. Relacija ≤R uvedena u definiciji 5.3.2 je preduredenje na

skupu objekata neke kategorije.

dokaz. (refleksivnost) Treba pokazati da za svaki objekat A vazi A ≤R A, tj.

da postoji par sekcija-retrakcija

- -A As

Ar

r ◦ s = 1A. Dovoljno je uzeti da je s = r = 1A.

(tranzitivnost) Treba pokazati da ako je A ≤R B i B ≤R C, onda je i

A ≤R C. Po pretpostavci imamo dva para sekcija-retrakcija (s1, r1) i (s2, r2)

- -A Bs1

Ar1 - -B C

s2B

r2

r1 ◦ s1 = 1A, r2 ◦ s2 = 1B . Treba nam par sekcija-retrakcija

- -A Cs3

Ar3

r3 ◦ s3 = 1A. Dovoljno je uzeti r3 = r1 ◦ r2 i s3 = s2 ◦ s1, zato sto je tada

§5.4. Idompotenti beleze retrakt 49

r3 ◦ s3 = (r1 ◦ r2) ◦ (s2 ◦ s1)

= r1 ◦ ((r2 ◦ s2) ◦ s1), dva puta asocijativnost

= r1 ◦ (1B ◦ s1), iz druge pretpostavke

= r1 ◦ s1, neutral

= 1A, iz prve pretpostavke. ⊣

§5.4. Idempotenti beleze retrakt

Nikola Ristic

Vratimo se primeru 5.3.4 iz predhodnog poglavlja u kome se posmatra or-

togonalno projektovanje tacaka ravni α na pravu l

Aπ7→ A′,

gde je π : α → α. U tom primeru je dokazano da je π idempotent a dokaz je

izgledao ovako:

π ◦ π(A) = π(π(A)) = π(A′) = A′ = π(A) ⇒ π ◦ π = π.

Videli smo da se π dekomponuje na retrakciju koja ide iz ravni na pravu i

sekciju koja ide iz prave nazad u ravan. Pitanje je koliko mozemo da znamo

o ova dva preslikavanja znajuci samo za idempotent π i da li se iz π moze

rekonstruisati retrakt, sto je ovde prava l?

U ovom slucaju retrakt lako dobijamo; to je π[α] (slika ravni α pomocu π).

Da li je to uvek tako? Pa u osnovi to nece biti slucaj jer retrakt ne moze uvek

lako da se vidi, ali jedno zadovoljavajuce resenje ovog problema cemo ipak dati.

Primer 5.4.1. Neka skup S predstavlja stanovnistvo nekog grada i neka je M

skup mesnih zajednica tog grada. Neka su zadata dva preslikavanja r : S → M

koje svakom stanovniku a ∈ S dodeli mesnu zajednicu na cijoj teritoriji a zivi i

s : M → S koja svakoj mesnoj zajednici m ∈ M dodeljuje predstavnika mesne

zajednice m u skupstini grada. Pretpostavlja se da predstavnik mesne zajednice

zivi na teritoriji te mesne zajednice.

M m0 m1 · · · mn

S ......

......

6s

?r


Uzimajuci kompoziciju r ◦ s, dobija se preslikavanje iz M u M . Lako se

pokazuje da je ta kompozicija identitet na M , tj. r ◦ s = 1M . Jasno je da je

domen i kodomen kompozicije r◦s skup M , pa leva i desna strana ove jednakosti

imaju isti domen i kodomen. Treba jos pokazati da za svako m ∈ M vazi da je

r ◦ s(m) = m a to prevedeno na nas jezik znaci da predstavnik mesne zajednice

m zivi na teritoriji mesne zajednice m, sto smo pretpostavili. Znaci da je M

retrakt od S po definiciji.

Znamo od ranije da onda obrnuta kompozicija s ◦ r : S → S predstavlja

idempotent. Oznacimo ga sa i. Sta mi znamo o skupu M ako nam je samo dat

ovaj idempotent i : S → S. Posmatrajmo kako izgleda unutrasnji dijagram ovog

preslikavanja.

Sx x x xu u u uu

u u uu@@R ¡¡ª? ?

@@R ?@@R ?

@@R±°²¯ ±°²¯ ±°²¯ ±°²¯

µ µ µ µ

Funkcija i dodeljuje svakom stanovniku predstavnika njegove mesne zajed-

nice. Naravno i predstavnika mesne zajednice (deblja tacka) slika u samog

sebe sto ilustruje gornji dijagram. Na neki nacin, skup M koji sada smatramo

nepoznatim mozemo da zamenimo skupom i[S]. To znaci da smo dogovorno

mesne zajednice izjednacili sa njihovim predstavnicima. Dakle, mi smo idem-

potent i pocepali kao s′ ◦ r′, gde r′ preslikava S u skup P = i[S] predstavnika

mesnih zajednica, tako da je r′(a) = i(a), dok s′ preslikava P u S tako da je

s′(p) = i(p) = p. Ovime smo mi pronasli jedno novo cepanje za i u odnosno na

polazno cepanje i = s ◦ r a samim tim i novi retrakt P u odnosu na polazni re-

trakt M . Medutim sledeca teorema nam kaze da smo do na izomorfizam uradili

istu stvar.

Teorema 5.4.2. Ako se idempotent i : B → B cepa kao i = s1 ◦ r1, za

r1 : B → A1 i s1 : A1 → B, odnosno kao i = s2 ◦ r2, za r2 : B → A2 i

s2 : A2 → B, onda je A1∼= A2.

dokaz. Pokazacemo da za f = r2 ◦ s1 : A1 → A2 i f−1 = r1 ◦ s2 : A2 → A1 vazi

f−1 ◦ f = 1A1i f ◦ f−1 = 1A2

. Dakle, imamo:

(r1 ◦ s2) ◦ (r2 ◦ s1) = r1 ◦ (s2 ◦ r2) ◦ s1 = r1 ◦ i ◦ s1

= r1 ◦ (s1 ◦ r1) ◦ s1 = (r1 ◦ s1) ◦ (r1 ◦ s1)

= 1A1◦ 1A1

= 1A1. ⊣

§5.5. Tri vrsta problema retrakcije 51

Vezba 5.4.3. Zavrsiti dokaz teoreme 5.4.2 (pokazati da je f ◦ f−1 = 1A2).

§5.5. Tri vrste problema retrakcije

Nikola Ristic

I Problem direktora muzeja

Za dato preslikavanje r : B → A treba da izaberemo preslikavanje s : A → B

koje zadovoljava uslov r ◦ s = 1A.

Ovaj problem mozemo da zamislimo kao da za svaku vrstu biramo njegovog

predstavnika. Ovo je problem direktora muzeja. Zamislimo nekog direktora

muzeja automobila. Njegov zadatak je da za izlozbu spremi od svake marke

automobila po jednog predstavnika. Neka skup B predstavlja sve automobile,

a skup A predstavlja marke automobila. Direktor ce prvo da sortira skup B

pomocu preslikavanja r gde ce svaki automobil sortirati u odredenu marku.

Njegov posao je da izabere sekciju s od r, gde se bira po jedan poseban primerak

automobila svake marke.

Slikovito prikazano:

B

'

&

$

%uuu u

uuuu u

u

A ¾½

»¼uuuu

6

s? r

?

II Problem posmatraca ptica

Problem posmatraca ptica je suprotan problemu direktora muzeja. Za dato

preslikavanje s : A → B treba izabrati preslikavanje r : B → A koje zadovoljava

r ◦ s = 1A.

Za razliku od direktora muzeja posmatrac ptica ispred sebe dobija prirucnik

gde je dat primer svake vrste ptica u vidu fotografije nekog primerka te vrste.

To pridruzivanje koje svakoj vrsti dodeljuje (fotografiju) jednog primerka je

preslikavanje s. Posao posmatraca ptice je da svaku pticu koju vidi uporedi sa

fotografijama u prirucniku i izabere najpriblizniju i time dodeli vrstu uocenoj

ptici. Naravno, ukoliko uoci bas onu individuu (pticu) koja je fotografisana

za prirucnik, on ce je sigurno prepoznati i sortrati u odgovarajucu vrstu i to

garantuje da je r ◦ s = 1A.

52 ODELjAK 6. BRAUEROVA TEOREMA


B

'

&

$

%u u u uu u u u

uu

A ¾½

»¼uuuu¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡µ

s r?

@@

@@

@@

@@I

6

@@

@@

@@

@@@I

6

?

III Problem dece koje upoznaju svet

Maloj deci je dat najveci problem dok upoznaju svet oko sebe. Ona jos uvek

ne znaju sta su to vrste i kad se na primer bave upoznavanjem zivotinjskog

sveta, ona direkto preslikavaju taj svet u samog sebe tako sto nekoj zivotinji

koju vide pridruze zivotinju koju vec poznaju a koja najvise lici na zivotinju

koju su ugledali. Formalno, dat im je skup B i ona prave jedno preslikavanje

i : B → B koje zadovoljeno i ◦ i = i, znaci idempotent.

Na primer imamo dete koje u kuci ima macku koja se zove Toma. Kada

na ulici vidi neku macku, ono ce je osloviti sa ,,Toma”. Dete ce u svojoj glavi

na taj nacin da formira skup vrsta (retrakt) koji po teoremi 5.4.2 i nece biti

pogresan—bice izomorfna kopija standardnog skupa vrsta sa kojima se susrelo.

Jedina razlika ce biti u tome sto ce se na primer vrsta koju mi zovemo ,,macka”

kod tog deteta zvati ,,Toma”.


B

'

&

$

%

u u u uu u u u

uu u u?

££

££

££°

¢¢

¢¢

¢¢

¢¢®

AAAAU

BBBBBBN?

AAAAAAAU

CCCCCCCCW?m m mµ µµ

§6. Brauerova teorema

§6.1. Kategorija TopR

Nemanja Tomic

Holandski matematicar Brauer (1881 - 1966) dokazao je neke izuzetne teo-

reme o neprekidnim preslikavanjima medu poznatim objektima: krug, disk,

lopta... Univerzum na koji se te teoreme odnose je kategorija Top, topoloskih

prostora i neprekidnih preslikavanja. Mi necemo ovde govoriti o celoj kategoriji

Top vec cemo se ograniciti na jedno njeno parce u kome ce objekti biti pod-

skupovi od Rn.

• kategorija: TopR,

• objekti: podskupovi od R, R2, R3, . . .

• morfizmi: neprekidna preslikavanja

Ono sto iz analize funkcija jedne realne promenljive znamo je da je funkcija

f : A → B, gde su A,B ⊆ R, neprekidna u tacki a ∈ A, kada za svaku (koliko

god malu) okolinu U tacke f(a) (zadajemo je intervalom (f(a) − ε, f(a) + ε)),

postoji okolina tacke a (zadajemo je intervalom (a− δ, a + δ)) koja se cela slika

u U .

b b( () )

f

R Rf(a) − ε f(a) f(a) + εa − δ a a + δ

preslikavanje f : A → B gde su A,B ⊆ R

Pre no sto definisemo pojam neprekidnog preslikavanja izmedu podskupova

od Rn, podseticemo se definicije norme u vektorskom prostoru Rn:

• za u ∈ Rn , ‖u‖ =df

√u · u, tj. ako je u = (u1, . . . , un), onda je ‖u‖ =

√

u21 + . . . + u2

n;

• za u, v ∈ Rn, rastojanje izmedu tacaka ciji su vektori polozaja u i v je

‖u − v‖ =√

(u − v) · (u − v).

Definicija 6.1.1. Preslikavanje f : A → B, gde je A ⊆ Rn i B ⊆ Rm, je

neprekidno u tacki a ∈ A kada vazi

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ A)(‖x − a‖ < δ ⇒ ‖f(x) − f(a)‖ < ε).

53


(Za svaku ε-okolinu f(a) postoji δ-okolina od a koja se cela slika u tu ε-okolinu.)

Definicija 6.1.2. Preslikavanje f : A → B, gde je A ⊆ Rn i B ⊆ Rm, je

neprekidno kada je neprekidno u svakoj tacki domena A.

Definicija 6.1.3. Disk (lopta) u Rn sa centrom u i poluprecnikom r je skup

Bn = {x ∈ Rn | ‖x − u‖ ≤ r}.Prisetimo se primera 5.3.5 u kome smo posmatrali utapanje i : E → I skupa

E = {A,B}, kao granice segmenta (duzi) I = [A,B], u taj segment (tacka A

iz E se slika u A iz I i tacka B iz E se slika u B iz I). U tom primeru smo

zakljucili da nema neprekidnog preslikavanja koje je retrakcija za i.

bb

bb (( ) )b

A

A B

B

C

r?

E

I

Ovo znaci da ne postoji neprekidno preslikavanje r : I → E tako da je

r ◦ i = 1E . To jest nemoguce je neprekidno preslikati interval u njegova dva

kraja i da krajevi ostanu na mestu.

Posmatrajmo sada dvodimenzionalno uopstenje tog primera. Neka je S1

granica dvodimenzionalnog diska B2. Pod utapanjem i : S1 → B2 podrazume-

vamo preslikavanje koje granicu diska slika u disk tako sto svaku tacku uslika

u samu sebe. Sledece tvrdenje koje je intuitivno prihvatljivo koliko i prethodni

primer necemo formalno dokazivati.

Tvr-denje 6.1.4. Ne postoji neprekidna retrakcija za utapanje i : S1 → B2.

bu

r

r?

krug

disk

Kako bi izgledala neprekidna retrakcija za i : S1 → B2? To bi bilo jedno

preslikavanje iz diska B2 u njegovu granicu S1 koje mora da ostavi sve tacke

granice nepokretne. Prilicno se slaze sa nasom intuicijom da to ne mozemo da

uradimo neprekidno, tj. bez ,,cepanja” diska negde u unutrasnjosti. Uporediti

ovo sa primerom 5.3.5.

Drugim recima, pretpostavim da imamo bubanj kome je gornji deo (mem-

brana) u koji se udara napravljen od idealno rastegljivog materijala. Imamo

zadatak da membranu istegnemo tako da se sva nade na obodu cije se tacke tom

prilikom ne pomeraju. Slozicemo se sa tim da to ne bismo mogli da uradimo

bez cepanja membrane.

§6.2. Banahov stav o nepokretnoj tacki 55

Sagledacemo jos jednu stvar koju je propagirao Brauer a to je intuicionisticka

logika. Intuicionisticka logika je logicki sistem koji se razlikuje od klasicne logike,

izmedu ostalog i po odnosu prema istinitosti nekog matematickog tvrdenja. U

klasicnoj logici, za svaki dobro formiran iskaz vazi da je ili on tacan ili je njegova

negacija tacna, cak i kada nemamo dokaz ni za jedno. Brauer je imao rezerve

prema takvom odnosu prema iskazima kada su se oni odnosili na beskonacne

domene. Na primer ako iskaz glasi da postoji element nekog skupa sa odredenim

svojstvom, i ako je taj skup konacan a za svaki njegov element se moze odluciti

da li ima dato svojstvo ili ne, onda mozemo da utvrdimo da iskaz ili njegova

negacija vaze. Medutim, ako je skup na koji se gornji iskaz odnosi beskonacan,

onda to vec nije slucaj i Brauer se protivio tome da se tada za takav iskaz

preuzima logicki princip koji je vazio za konacne domene.

Mnoge tautologije klasicne logike ne mogu biti dokazane pomocu intuicio-

nisticke logike. To su, na primer: zakon iskljucenja treceg p ∨ ¬p, eliminacija

dvostruke negacije ¬¬p ⇒ p kao i sledeca cisto implikativna formula (Persov

zakon) ((p ⇒ q) ⇒ p) ⇒ p. Takode, kod tautologije (p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒¬p) (zakon kontrapozicije), intuicionisticki je dokaziva samo implikacija sleva

udesno. S druge strane, sve intuitisticke teoreme su dokazive i u klasicnoj logici.

§6.2. Banahov stav o nepokretnoj tacki

Natasa Kuzmanovic

Banahov stav o nepokretnoj tacki je matematicki srodnik Brauerove teo-

reme. Da bismo stekli intuiciju o tome sta tvrdi taj stav, zamislimo da imamo

kutiju koja u sebi sadrzi svoju manju idealnu kopiju. Posto je kopija idealna, ona

ce u sebi sadrzati kopiju kopije itd. Na taj nacin dobijamo jedan beskonacan niz

sve manjih i manjih kutija za koji je intuitivno prihvatljivo da postoji tacka koja

pripada svim kutijama iz niza. Malo formalnije, ako polaznu kutiju oznacimo

sa K i funkciju f : K → K koja slika svaku tacku kutije K u odgovarajucu

tacku njene idealne umanjene kopije, onda za tacku x0 koja pripada svim kuti-

jama u nizu (K, f [K], f2[K], . . .) vazi f(x0) = x0. Da bismo precizno formulisali

Banahov stav moramo uvesti neke nove pojmove.

Definicija 6.2.1. Neka je X ⊆ Rn. Preslikavanje f : X → X je kontrakcija

kada postoji broj q, 0 < q < 1, takav da za sve x1, x2 ∈ X, vazi

‖f(x1) − f(x2)‖ ≤ q · ‖x1 − x2‖.

Znaci kontrakcija smanjuje rastojanje izmedu tacaka.

Mi necemo formulisati Banahov stav u najopstijem obliku vec cemo se ograniciti

na funkcije iz dvodimenzionalnog diska u samog sebe, jer cemo se na tom skupu

zadrzati i kad budemo formulisali Brauerovu teoremu.

Banahov stav. Svaka kontrakcija f : B2 → B2 ima tacno jednu fiksnu tacku.


Primer 6.2.2. Zamislimo da imamo savrsenu mapu grada u razmeri 1 : n

gde je n > 1, koju mozemo da savijamo bez rastezanja, ali ne smemo da je

pocepamo. Ako tu mapu ispustimo negde na ulici grada, ona ce uvek da padne

tako da tacno jedna tacka na njoj lezi iznad tacke grada koju prestavlja. Ovo

je jedna posledica Banahovog stava o nepokretnoj tacki.

§6.3. Brauerova teorema

Natasa Kuzmanovic

Luitzen Egbertus Jan Brouwer (1881 - 1966), holandski matematicar i filo-

zof, bavio se teorijom skupova, kompleksnom analizom, teorijom mere, topologi-

jom. Dokazao topolosku invarijantnost dimenzije, a poznat je i po svojoj filo-

zofskoj skoli intuicionizma (pristup matematici kao konstruktivnoj mentalnoj

aktivnosti) i, naravno, po Brauerovoj teoremi o fiksnoj tacki.

Medu mnogobrojnim teoremama o fiksnoj tacki, Brauerova je narocito poz-

nata delom i zbog svoje visestruke primene u razlicitim oblastima matematike.

U topologiji, kao svojoj izvornoj oblasti, Brauerova teorema je jedna od kljucnih.

Teorema se, takode, koristi za dokazivanje nekih rezultata u diferencijalnim

jednacinama, kao i u vecini uvodnih kurseva diferencijalne geometrije. Ona se

pojavljuje i u oblastima kao sto je teorija igara. U ekonomiji Brauerova teo-

rema o fiksnoj tacki ima centralnu ulogu u dokazu o postojanju opste ravnoteze

u trzisnoj ekonomiji.

Prema ovoj teoremi, za bilo koju neprekidnu funkciju f koja preslikava skup

sa odredenim svojstvima postoji tacka x0 takva da vazi f(x0) = x0. Najjednos-

tavniji slucaj te teoreme predstavlja sledece tvrdenje.

Teorema 6.3.1. Svaka neprekidna funkcija f : [a, b] → [a, b] ima bar jednu

nepokretnu tacku.

Ovo tvrdenje nece vaziti za svaku neprekidnu endofunkciju. Ako je skup na

kome deluje ta funkcija otvoren interval, onda ona ne mora imati nepokretnu

tacku. Na primer, f : (0, 1) → (0, 1) zadata sa f(x) = x2 je neprekidna funkcija

koja nema fiksnih tacaka zato sto za svako x > 0 vazi x2 < x.

Mi necemo formulisati Brauerovu teoremu u najopstijem obliku, vec cemo

se zadrzati na dvodimenzionalnom analogonu prethodnog tvrdenja.

Brauerova teorema. Svaka neprekidna endofunkcija zatvorenog diska B2

ima bar jednu nepokretnu tacku.

Ovo tvrdenje cemo dovesti u vezu sa tvrdenjem 6.1.4, za koje smo konsta-

tovali da je intuitivno prihvatljivo i koje nismo dokazivali. Dakle, tvrdenje koje

cemo dokazati nece biti Brauerova teorema vec sledeca impikacija.

§6.3. Brauerova teorema 57

Tvr-denje 6.3.2. Ako postoji neprekidna funkcija iz B2 u B2 koja nema fiksnu

tacku, onda postoji neprekidna retrakcija za utapanje i : S1 → B2.

dokaz. Pretpostavimo da neprekidna funkcija f : B2 → B2 nema fiksnih

tacaka. Zbog toga je dobro definisana poluprava koja polazi iz tacke f(x) i

koja sadrzi tacku x. Zamisljamo da imamo strelicu koja pocinje u tacki f(x)

a zavrsava se u tacki x. Ta strelica nam pokazuje tacno jednu tacku r(x) na

granici diska. Tacka r(x) je jedina zajednicka tacka gornje poluprave i granice

diska koja je razlicita od f(x). Strelica i tacka r(x) neprekidno zavise od tacke

x u smislu da malo pomeranje tacke x izaziva malo pomeranje strelice (f je

neprekidna) a to onda izaziva malo pomeranje tacke na granici diska koju ta

strelica pokazuje. Dakle, dobijena funkcija r : B2 → S1 je neprekidna. Jasno

je da za x ∈ S1 vazi r(x) = x, zato sto tada strelica ima x ∈ S1 za kraj pa

pokazuje tu samu tacku. Dakle, r je neprekidna retrakcija za i : S1 → B2, tj. r

je neprekidno i r ◦ i = 1S1 . ⊣

f(x)

f(x′)

r(x)

x′

x

x1r(x1)

f(x1)

Iz tvrdenja 6.3.2, po kontrapoziciji, i klasicno i intuicionisticki (videti kraj

odeljka 6.1) dobijamo:

Tvr-denja 6.3.3. Ako ne postoji neprekidna retrakcija za i : S1 → B2, onda ne

postoji neprekidna funkcija iz B2 u B2 koja nema fiksnu tacku.

Dakle iz tvrdenja 6.1.4 i tvrdenja 6.3.3 bismo dobili sledece.

Tvr-denja 6.3.4. Ne postoji neprekidna funkcija iz B2 u B2 koja nema fiksnu

tacku.

Klasicno je ovo isto sto i Brauerova teorema. Da li je to i intuicionisticki (vidi

[3], §35, Corollary of Theorem 17, Table I)?

Sledeci primer predstavlja primenu trodimenzinalne Brauerove teoreme (uz

neke fizicke i hemijske pretpostavke).

58 ODELjAK 7. FUNKTORI, PRIRODNE TRANSFORMACIJE

Primer 6.3.5. Ako imamo casu sa sokom, onda bez obzira na to koliko smo

promesali ili protresli casu u njoj ce bar neka tacka tecnosti ostati na istom

mestu na kom je i ranije bila.

Primer 6.3.6. Uzmite kartu Srbije napravljenu od rastegljivog materijala,

uradite sa njom sta hocete ali bez cepanja, pa je bacite na zemlju (ako niste u

Srbiji, uzmite kartu zemlje u kojoj se nalazite). Tada sigurno postoji tacka na

toj karti koja se nalazi tacno iznad tacke na zemlji koju ona predstavlja.

Za kraj cemo formulisati jedno uopstenje Brauerove teoreme koje bi se moglo

dokazati na isti nacin.

Tvr-denja 6.3.7. Ako su f, g : B2 → B2 dve neprekidne funkcije takve da za

svako x ∈ S1 vazi g(x) = x, onda postoji b ∈ B2 tako da je f(b) = g(b).

§7. Funktori, prirodne transformacije

§7.1. Homomorfizmi monoida

Milan Jerotic

Posmatrajmo dva monoida (M, ∗M , 1M ) i (K, ∗K , 1K), gde su ∗M i ∗K neke

binarne operacije a 1M i 1K neutrali za njih.

Definicija 7.1.1. Funkcija f : M → K je homomorfizam, kada za svako

m1,m2 ∈ M vazi:

f(m1 ∗M m2) = f(m1) ∗K f(m2), f(1M ) = 1K .

Primer 7.1.2. Posmatrajmo monoide (N,+, 0), (N, ·, 1) i funkciju f : N →N zadatu sa

f(n) = 2n.

Pokazacemo da je f homomorfizam.

f(n1 + n2) = 2(n1+n2) = 2n1 · 2n2 = f(n1) · f(n2),

f(0) = 20 = 1.

Dakle, funkcija f jeste homomorfizam.

Primer 7.1.3. Posmatrajmo monoid (Σ∗,⌢, λ), gde je Σ = {a, b, c}, ⌢

nadovezivanje a λ prazna rec (videti primer 2.1.8) i monoid (N,+, 0). Neka je

f : Σ → N zadata sa

af7→ 5, b

f7→ 3, cf7→ 5.

Tada postoji jedinstven homomorfizam f∗ : Σ∗ → N koji siri datu funkciju f .

Na primer za aabcab ∈ Σ∗ dobijamo

f∗(aabcab) = 5 + 5 + 3 + 5 + 5 + 3 = 26.

Naravno, f∗ praznu rec preslikava u nulu.

Zbog ovog svojstva, za monoid (Σ∗,⌢, λ) se kaze da je slobodno generisan

skupom Σ. Ako Σ ima samo jedan element, npr. Σ = {a}, onda je lako prover-

iti da je tada (Σ∗,⌢, λ) ∼= (N,+, 0). Izomorfizam je homomorfizam koji siri

funkciju f : Σ → N zadatu sa af7→ 1. To znaci da je (N,+, 0) slobodno gener-

isan monoid jednoclanim skupom. Primetimo da je taj monoid komutativan.

59


§7.2. Funktori

Milan Jerotic

Kao sto smo napomenuli, kategorije predstavljaju uopstenja monoida. Priro-

dno se namece pitanje sta bi u tom smislu bilo uopstenje pojma homomorfizma

monoida. Na taj nacin dolazimo do pojma funktora izmedu kategorija.

U teoriji kategorija, funktor je vid preslikavanja koje cuva osnovnu kate-

gorijalnu strukturu, pa se na funktore moze jos gledati kao na homomorfizme

izmedu kategorija. Dakle, mogli bismo da od nekog skupa kategorija formiramo

novu kategoriju kojoj bi objekti bili te kategorije a morfizmi bi joj bili funktori

izmedu njih.

Funktori su prvo razmatrani u algebarskoj topologiji, gde su algebarski

objekti povezivani sa topoloskim prostorima, a algebarski homomorfizmi sa

neprekidnim funkcijama. Danas se funktori koriste sirom moderne matematike

za povezivanje razlicitih kategorija. Termin funktor je pozajmljen od filozofa

Rudolfa Karnapa, koji ga je koristio u drugacijem kontekstu.

Definicija 7.2.1. Neka su C i D kategorije. Funktor F : C → D se sastoji

od para preslikavanja F0 : Ob(C) → Ob(D) i F1 : Mor(C) → Mor(D) (koje cemo

oznacavati jednim slovom F ) zajedno sa dva uslova kompatibilnosti:

F (g ◦ f) = Fg ◦ Ff, F (1A) = 1FA,

(uporediti sa definicijom 7.1.1). Treba napomenuti da iz ovih uslova sledi da

ako morfizam f iz C ima domen A i kodomen B, onda je F (f) morfizam iz Dkoji ima domen FA i kodomen FB.

Dve bitne posledice definicije funktora su:

1. F transformise svaki komutativni dijagram iz C u komutativni dijagram

u D;

2. Ako je f izomorfizam u C, onda je F (f) izomorfizam u D. Ovo ce biti

pokazano u vidu sledeceg tvrdenja.

Tvr-denje 7.2.2. Neka je F : C → D funktor. Ako je A ∼= B u kategoriji C,

onda je FA ∼= FB u kategoriji D.

dokaz. Iz A ∼= B sledi da u C postoje morfizmi f : A → B i f−1 : B → A takvi

da je

f−1 ◦ f = 1A, f ◦ f−1 = 1B .

Pokazacemo da je Ff : FA → FB izomorfizam sa inverzom Ff−1 : FB → FA.

Ff−1◦Ff = F (f−1◦f) = F1A = 1FA, Ff ◦Ff−1 = F (f ◦f−1) = F1B = 1FB ,

sto je i trebalo pokazati. ⊣

§7.3. Prirodne transformacije 61

Ovo je veoma vazno tvrdenje posto nam pomaze da klasifikujemo objekte

neke kategorije do na izomorfizam. Na primer, ako hocemo da pokazemo da neka

dva topoloska prostora nisu izomorfna (izomorfizam u kategoriji Top se naziva

homeomorfizam), onda je nekad lakse proveriti da njihove slike u nekoj drugoj

kategoriji (na primer kategoriji ciji su objekti grupe) pomocu nekog funktora

nisu izomorfne. Tako je nastala gorepomenuta oblast, algebarska topologija.

Ako je F funktor iz A u B, i G funktor iz B u C, onda se moze formirati

kompozicija tih funktora i dobiti funktor G ◦ F : A → C. Neutral za tu kom-

poziciju je identicni funktor, tj. funktor koji svaki objekat i svaki morfizam slika

u samog sebe. To pokazuje ono sto smo rekli na pocetku ovog odeljka, da se

funktori mogu smatrati morfizmima u kategorijama kategorija.

Nije tesko uopstiti pojam funktora na funktor sa vise promenljivih. Tako se,

na primer, funktor sa dve promenljive naziva bifunktor .

§7.3. Prirodne transformacije

Maksim -Durdevac

Definicija 7.3.1. Neka su F,G : C → D funktori. Familija morfizama ϕ

kategorije D indeksirana objektima kategorije C (za svaki objekat po jedan mor-

fizam) tako da ϕA : FA → GA i da sledeci dijagram komutira za sve morfizme

f : A → B kategorije CFA

ϕA−→ GA

Ff ↓ ↓ Gf

FBϕB−→ GB

je prirodna transformacija iz F u G u oznaci ϕ : F.→ G. To da prethodni

dijagram komutira znaci da je Gf ◦ ϕA = ϕB ◦ Ff .

Uslov prirodnosti je zapravo bio osnovni motiv za uvodenje pojma kategorije,

jer se cesto pojavljivao u matematici, a nije bilo jasno kakav opsti kontekst

izrazava taj uslov.

Primer 7.3.2. Posmatrajmo kategoriju C koja ima samo dva objekta i tri

morfizma

rA

rB

-µ´¶³?

1A

µ´¶³?

1B

f

Neka je F : C → SetFin funktor zadat sa

FA = {−1, 1, 3}, FB = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, Ff(x) = x2,


(naravno, jedinice se slikaju u identicna preslikavanja). Neka je G : C → SetFin

funktor zadat sa

GA = {a, b, c}, GB = {a, b, c}, Gf :

(

a b c

a a c

)

.

Posmatrajmo sledecu familiju ϕ strelica iz SetFin indeksiranih objektima A i

B kategorije C. Neka je ϕA : FA → GA zadato sa

(

−1 1 3a b c

)

i neka je

ϕB : FB → GB zadato sa

(

1 2 ... 8 9a b ... b c

)

.

Hocemo da pokazemo da je ϕ : F.→ G, tj. da je ϕ prirodna transformacija

izmedu F i G. Jedina interesantna instanca dijagrama koji treba da komutira

po definiciji prirodnosti je bas ona koju dobijamo kada umesto promenljive f u

njemu stavimo morfizam f nase kategorije C. Sve ostale instance su trivijalne

jer kad umesto f u tom dijagramu stavimo 1A ili 1B , on komutira zbog toga sto

svaki funktor slika jedinicni morfizam u jedinicni morfizam. Dakle, samo treba

proveriti da je Gf ◦ ϕA = ϕB ◦ Ff i to radimo direktno:

-1ϕA−→ a 1

ϕA−→ b 3ϕA−→ c

Ff ↓ ↓ Gf Ff ↓ ↓ Gf Ff ↓ ↓ Gf

1ϕB−→ a 1

ϕB−→ a 9ϕB−→ c

Definicija 7.3.3. Prirodna transformacija ϕ : F.→ G, za F,G : C → D,

je prirodni izomorfizam kada je za svaki objekat A kategorije C, morfizam ϕA :

FA → GA izomorfizam.

§7.4. Preduredenja

Maksim -Durdevac

Prisetimo se definicije 5.3.6 koja kaze da je binarna relacija preduredenje

kada je refleksivna i tranzitivna.

Definicija 7.4.1. Kategorija je preduredenje kada za svaka dva objekta A i

B u njoj imamo najvise jednu strelicu sa domenom A i kodomenom B.

Primer 7.4.2. Sledeca kategorija je preduredenje

rA

rB

)

g

-fµ´¶³

? µ´¶³?1A 1B

pod uslovom da je g ◦ f = 1A i f ◦ g = 1B . Primetimo da izmedu A i B postoje

dva morfizma ali samo jedan sa domenom A a kodomenom B i samo jedan sa

domenom B a kodomenom A.

§7.5. Neke male kategorije 63

Primer 7.4.3. Posmatrajmo Hase dijagram parcijalnog uredenja zadatog

relacijom ⊆ na partitivnom skupu (skupu svih podskupova) troclanog skupa

{1, 2, 3}. To parcijalno uredenje (koje je naravno i preduredenje stim sto je

relacija jos i antisimetricna) mozemo posmatrati i kao kategoriju ciji su objekti

podskupovi od {1, 2, 3}, a strelice su zadate inkluzijom, tj. za X,Y ⊆ {1, 2, 3}postoji strelica sa domenom X i kodomenom Y kada je X ⊆ Y . Ovo je primer

jedne kategorije koja je preduredenje i u kojoj vazi da ako postoje strelice X → Y

i Y → X onda je X = Y (u obicnim preduredenjima, X → Y i Y → X povlaci

X ∼= Y ali ne i X = Y ).

{∅}@@@I 6

¡¡¡µ

{1}

6

¡¡¡µ

{2}@@@I

¡¡¡µ

{3}@@@I 6

{1, 2}¡¡¡µ

{1, 3}

6

{2, 3}@@@I

{1, 2, 3}

§7.5. Neke male kategorije

Darko Dencic

Definicija 7.5.1. Konacna kategorija je kategorija koja ima konacno mnogo

objekata i takode konacno mnogo morfizama (strelica).

b b

f

1A 1B

A B

slika 7.5.1

Definicija 7.5.2. Diskretna kategorija je kategorija koja ima samo jedinicne

morfizme, tj. za svaki objekat A postoji samo morfizam 1A. Diskretna kategorija

se moze izjednaciti sa skupom svojih objekata.

b

1A

A

bb

1B 1C

B C

slika 7.5.2


Primer 7.5.3. Posmatrajmo sledecu konacnu kategoriju

b b

1A 1B

A B

f

g

Kako su svi morfizmi u njoj predstavljeni na crtezu, zakljucujemo da je g◦f = 1A

i f ◦ g = 1B , tj. g je obostrani inverz za f . Cinjenica da su f i g medusobni

inverzi dovodi nas do toga da su oni ,,svedoci” za izomorfnost objekta A i B,

tj., do na izomorfizam, u ovoj kategoriji imamo posla samo sa jednim objektom.

b b

A B

f

g

Sve prethodne kategorije su preduredenja tj. kategorije koje za svaki par ob-

jekata imaju najvise jednu strelicu izmedu njih.

Primer 7.5.4. Posmatrajmo sledecu kategorija koja ima konacno mnogo ob-

jekata i beskonacno mnogo strelica. Ona se sastoji od dva objekta; I (zamisljamo

ga kao skup sa samo jednim elementom) i N (zamisljamo ga kao skup prirodnih

brojeva).

b b

I N

o 1Ns

f

Zamislimo da je I = {∗} i da je o(∗) = 0, tj. slikamo ∗ u 0 iz N . Zamislimo da

s slika element n iz N u njegov sledbenik n + 1, tj. s(n) = n + 1. Morfizam f

ima posebnu ulogu koja je zadata jednakostima f ◦ o = o i f ◦ s = s ◦ s ◦ f . Ova

kategorija nam predstavlja jednu masinu za racunjanje.

Svaku strelicu iz I u N dobijemo kao kompoziciju strelice o i strelica iz skupa

{s, f} (jedinice ne racunamo posto su neutrali). Po jednakostima koje su nam

date, f ◦o = o i f ◦s = s◦s◦f , oslobadamo se f -ova iz tako dobijene kompozicije.

Na primer, f ◦ s ◦ s ◦ o = s ◦ s ◦ s ◦ s ◦ o (intuitivno, kada f primenimo na 2

dobijamo 4). Ovim smo dobili masinu koja svaki prirodan broj mnozi sa 2, tj.

kad f primenimo na n, dobijamo 2n.

§7.6. Funktor kategorije 65

§7.6. Funktor kategorije

Darko Dencic

Primer 7.6.1. Posmatrajmo strukture zadate jednim skupom i unarnom

operacijom na njemu. Neka je struktura (X, o) zadata sa X = R+ (skup pozi-

tivnih realnih brojeva) i unarnom operacijom o kvadriranja. Neka je struktura

(Y, u) zadata sa Y = R (skup realnih brojeva) i unarnom operacijom mnozenja

sa 2. Homomorfizam iz (X, o) u (Y, u) predstavlja preslikavanje α : X → Y za

koje vazi da je α(o(x)) = u(α(x)), tj. sledeci dijagram komutira:

X Y

X Y

α

α

uo

Jedan primer izomorfizma izmedu ove dve strukture je logaritamska funkcija

ln : R+ → R. Ovo preslikavanje je bijekcija (inverz mu je eksponencijalna funkcija

ex) i jos vazi

ln(x2) = 2 ln(x),

pa je to preslikavanje po gornjoj definiciji i homomorfizam.

Definicija 7.6.2. Za kategorije A i B, funktor kategorija BA ima za objekte

sve funktore iz A u B, a za morfizme prirodne transformacije izmedu takvih

funktora.

Primer 7.6.3. Za kategoriju SetFin i kategoriju C koja ima samo jedan

objekat E i pored jedinicnog morfizma 1E jos i morfizam f i sve kompozicije

f ◦ f , f ◦ f ◦ f, . . ., posmatramo funktor kategoriju SetCFin

ciji su objekti svi

funktori iz C u SetFin.

SetFin1E

f

C

b

F

E

Kako izgleda jedan funktor iz C u SetFin? Da bismo ga zadali, treba izabrati

jedan konacan skup X u koji se slika objekat E iz C i jedan endomorfizam

o : X → X u koji se slika morfizam f iz C, tj. funktor F : C → SetFin je

zadat parom (X, o : X → X). Neka je funktor G : C → SetFin zadat parom

(Y, u : Y → Y ). Morfizam u funktor kategoriji SetCFin

izmedu F i G je prirodna


transformacija α : F·→ G. Po definiciji prirodne transformacije (vidi 7.3) α je

familija morfizama iz SetFin indeksirana objektima od C, pa posto C ima samo

jedan objekat, α ima u sebi samo morfizam αE : FE → GE, takav da za svaki

morfizam h : E → E iz C sledeci dijagram komutira:

FE GE

FE GE

αE

αE

GhFh

Za h = 1E , komutiranje ovog dijagrama nije interesantno, posto je posledica

toga da funktor prenosi jedinicu u jedinicu i da je jedinica neutral za kompozi-

ciju, pa nam preostaje slucaj kada je h = f , tj.

FE GE

FE GE

αE

αE

GfFf

Pogledajmo sta to znacu u nasoj konkretnoj situaciji kada su F i G zadati

redom parovima (X, o : X → X) i (Y, u : Y → Y ).

FE GE

FE GE

αE

αE

GfFf

X Y

YX

α

α

o u

Vidimo da su objekti F i G od SetCFin

u stvari strukture zadate jednim

konacnim skupom i unarnom operacijom na njemu a da je morfizam u SetCFin

homomorfizam takvih struktura. Znaci, funktor kategorija SetCFin

se moze

izjednaciti sa kategorijom algebarskih struktura zadatih konacnim skupom i

unarnom operacijom.

§7.7. Proizvodi 67

§7.7. Proizvod kategorija

Darko Dencic

Definicija 7.7.1. Proizvod kategorija A i B, u oznaci A×B, ima za objekte

uredene parove objekata pri cemu je prvi iz A a drugi iz B i isto tako za morfizme.

Morfizmi se komponuju po koordinatama i jedinicni morfizam za objekat (A,B)

iz A× B je par (1A,1B).

A BA× B

A1 A2 · · · B1 B2 · · · (A1, B1)

(A1, B2)

(A2, B1)

(A2, B2)· · ·

Vezba 7.7.2. Proveriti da ovako zadato A×B zadovoljava uslove iz defiicije

kategorije.

§7.8. Proizvodi

Milos Milovanovic

Definicija 7.8.1. Za objekte A i B kategorije C definisemo njihov proizvod ,

u oznaci A × B, kao objekat kategorije C koji zadovoljava:

1. Postoji par morfizama A×Bp1

−→ A i A×Bp2

−→ B (prva i druga projekcija).

2. Za svaki objekat C iz te kategorije i svaki par morfizama f : C → A

i g : C → B postoji jedinstven morfizam h : C → A × B takav da je

p1 ◦ h = f i p2 ◦ h = g.

Gornji morfizam h oznacavamo i sa 〈f, g〉.

ZZ

Z~-¾

½½

½=-

¾?

g

p2

f

p1A × B

C

A B

!

Primer 7.8.2. U kategoriji SetFin proizvod objekata (konacnih skupova) je

njihov Dekartov proizvod, koji smo razmatrali u odeljku 2.3.

Primer 7.8.3. U kategoriji VctR, proizvod objekata (konacnodimenzionalnih

vektorskih prostora nad R) V i W predstavlja njihov proizvod V × W koji je

izomorfan njihovoj direktnoj sumi. Njega definisemo na sledeci nacin:

V × W =df {(~v, ~w)|~v ∈ V, ~w ∈ W}.Operacija sabiranja je definisana na V × W kao:

(~v1, ~w1) + (~v2, ~w2) = (~v1 + ~v2, ~w1 + ~w2)

a mnozenja skalarom kao:

λ(~v, ~w) = (λ~v, λ~w).

Vezba 7.8.4. Proveriti da ovako definisano V × W jeste vektorski prostor

nad R. Pokazati da ako je B = 〈~β1, ~β2, . . . , ~βn〉 baza za vektorski prostor V i

D = 〈~δ1, ~δ2, . . . , ~δm〉 baza za vektorski proizvod W , onda je

〈(~β1,~0W ), (~β2,~0W ), . . . (~βn,~0W ), (~0V , ~δ1), (~0V , ~δ2), . . . (~0V , ~δm)〉baza za vektorski prostor V ×W . Pokazati da su preslikavanja p1 : V ×W → V

i p2 : V × W → W , zadata kao obicne skupovne projekcije, linearna.

§7.9. Koproizvodi

Milos Milovanovic

Definicija 7.9.1. Za objekte A i B kategorije C definisemo njihov koproizvod ,

u oznaci A + B, kao objekat kategorije C koji zadovoljava:

1. Postoji par morfizama Ai1−→ A+B i B

i2−→ A+B (prva i druga injekcija).

2. Za svaki objekat C iz te kategorije i svaki par morfizama f : A → C

i g : B → C postoji jedinstven morfizam h : A + B → C takav da je

h ◦ i1 = f i h ◦ i2 = g.

Gornji morfizam h oznacavamo i sa [f, g].

- ¾Z

ZZ

ZZ~

½½

½½½=

?

A A + B B

C

i1 i2

f g!

¶³³¾

¶³¶µ-Primer 7.9.2. U kategoriji SetFin, koproizvod je disjunktna unija.

Primer 7.9.3. U kategoriji VctR, koproizvod je isto sto i proizvod.

Vezba 7.9.4. Proveriti da V × W ima svojstva koproizvoda u VctR. Kako

izgledaju injekcije? Da li su linearne?

68

Bibliography

[1] P.R. Halmos, How to write mathematics, L’Enseignement

Mathematique , vol. 16 (1970), pp. 123-152

[2] ——–, How to talk mathematics, Notices of the AMS , vol. 21 (1974),

pp. 155-158

[3] S.C. Kleene, Introduction to Metamathematics, North-Holland,

Amsterdam, 1952

[4] F.W. Lawvere and S.H. Schanuel, Conceptual Mathematics; A

first introduction to categories, Cambridge University Press, Cam-

bridge, 1997

[5] S. Mac Lane, Categories for the Working Mathematician ,

Springer, Berlin, 1971 (expanded second edition, 1998)

[6] A. Perovic, B. Velickovic and A. Jovanovic, Teorija Skupova ,

Matematicki fakultet, Beograd, 2007

[7] R.F.C. Walters, Categories and Computer Science , Cambridge

University Press, Cambridge, 1992

69

Index

asocijativnost, 9

asocijativnost kompozicije, 19

bifunktor, 61

desni inverz morfizma, 26

diskretna kategorija, 63

domen morfizma, 19

element skupa, 14

epimorfizam, 32

fibering, 35

funkcija, 15

funktor, 60

funktor kategorija, 65

Hase dijagram parcijalnog uredenja, 63

homeomorfizam, 61

homomorfizam monoida, 59

idempotent, 46

idempotent se cepa, 47

identicno preslikavanje, 18

injekcije, 68

intuicionisticka logika, 55

izomorfizam, 26

izomorfni objekti, 26

jedinicni morfizam, 19

karakteristicna funkcija, 17

kategorija, 18

kategorija SetFin, 20

kategorija VctR, 20

kategorija ALG, 21

kodomen morfizma, 19

kompozicija funkcija, 18

kompozicija morfizama, 19

konacna kategorija, 63

kongruentnost jednakosti, 24

kontrakcija, 55

koordinate, 43

koproizvod u kategoriji, 68

levi inverz morfizma, 26

monoid, 9

monomorfizam, 31

morfizam kategorije, 19

neprekidno preslikavanje na skupu, 54

neprekidno preslikavanje u tacki, 53

neutral, 9

neutral za kompoziciju, 19

norma u Rn, 53

objekat kategorije, 18

obostrani inverz morfizma, 26

operacija nadovezivanja dijagrama, 10

particionisanje, 35

podskup skupa, 14

polugrupa, 9

preduredenje-kategorija, 62

preduredenje-relacija, 48

presek skupova, 15

preslikavanje, 15

prirodna transformacija, 61

prirodni izomorfizam, 62

problem izbora, 29

71

72 Index

problem odredenosti, 27

proizvod kategorija, 67

proizvod u kategoriji, 67

projekcije, 67

retrakcija, 30

retrakt, 47

sekcija, 31

skup zatvoren za binarnu operaciju, 9

slobodno generisan monoid, 59

strelica kategorije, 19

ucrtavanje, 43

unarna relacija, 17

unija skupova, 15

utapanje, 47

vektor polozaja tacke, 42

Documents

Upoznavanje s Kategorijamapoincare.matf.bg.ac.rs/~alex/KK/primer/kategorije-uvod.pdf · Srednja tehniˇcka skola, Zajeˇcar; ... Interesuju me raˇcunari, muzika, sviranje gitare,