MetriÄki prostori - PMF

Prirodno - matematiµcki fakultet u Tuzli 

Dr. sc. Fehim Dedagić 

1 Metriµcki prostori 

De…nicija 1.1 Amorfan skup X = fx; y; z; :::; u; v; :::g naziva se metriµcki 

prostor ako je na X X de…nisana nenegativna realna (konaµcna) funkcija 

takva da svakom ure†enom paru (x; y) 2 X X odgovara (x; y) realan 

broj (koji nazivamo rastojanje izme†u x i y) i zadovoljava sljedeće aksiome 

1. (x; y) = 0 () x = y (aksiom identiµcnosti) 

2. (x; y) = (y; x) (aksiom simetrije) 

3. (x; y) + (y; z) > (x; z) (aksiom trougla). 

Primjer 1.1 Svaki skup moµze biti metriµcki prostor sa metrikom (diskretna 

metrika) 

0; x = y 

(x; y) = 

1; x 6= y: 

Stav 1.1 (Helderova nejednakost) Neka su a i ; b i ; (i = 1; 2; :::; n) proizvoljni 

realni (ili kompleksni) brojevi i neka je za p > 1 broj q de…nisan pomoću 

1 

p + 1 = 1. Tada je za svako n = 1; 2; ::: 

q 

nX 

ja i b i j 6 

i=1 

nX 

i=1 

ja i j p ! 1 

p 

 

nX 

i=1 

jb i j q ! 1 

q 

: (1) 

(Za p = q = 2 nejednakost (1) se naziva Koši-Švarcova nejednakost. 

Dokaz. Uvedimo 

a 0 i = 

Tada (1) prelazi u 

nX 

uz uslove ja 0 ij p = 1 i 

i=1 

nX 

i=1 

a i 

ja i j p ! 1 

p 

; b 0 i = 

nX 

ja 0 ib 0 ij 6 1 

i=1 

nX 

jb 0 ij q . Dokaµzimo (2): 

i=1 

nX 

i=1 

b i 

jb i j q ! 1 

q 

: 

1



Lema 1.1 Vrijedi 

6 p 

p + q 

q ; ( > 0; > 0; 1 p + 1 q 

= 1): (2) 

Dokaz leme . Ako je barem jedan od ili jednak nuli nejednakost oµcito 

vrijedi. Neka je > 0 i > 0. Posmatrajmo funkciju y = x m ; 0 < m < 1 

koja je konveksna prema gore za x > 0, tj. tangenta na y = x m u taµcki x = 1 

je ispod krive. Dakle,x m 6 1 + m(x 1) za x > 0; 0 < m < 1: Stavimo li 

x = p 

q i m = 1 , dobijamo tvr†enje leme. 

p 

Dokaz stava1. Ako u nejednakosti 6 p 

p + q 

q stavimo = ja0 ij ; = 

jb 0 ij ; (i = 1; 2; :::; n) i saberemo sve tako dobijene nejdnaµcine, dobijamo 

nX 

ja 0 ib 0 ij 6 1 nX 

ja 0 

p 

ij p + 1 nX 

jb 0 

q 

ij q = 1 p + 1 q = 1: 

i=1 

i=1 

Dakle, (2) je dokazano, µcime i lema 1. 

Posljedica 1.1 (Nejednakost Minkovskog) Neka su a i ; b i ; (i = 1; 2; :::; n) 

proizvoljni realni (ili kompleksni) brojevi i neka je p > 1: Tada je za svako 

n = 1; 2; ::: 

nX 

i=1 

ja i + b i j p ! 1 

p 

6 

nX 

i=1 

i=1 

ja i j p ! 1 

p 

+ 

nX 

i=1 

jb i j p ! 1 

p 

: (3) 

Dokaz. Za p = 1 oµcigledno je da (3) vrijedi. Za p > 1 primijenimo nejednakost 

Heldera: 

nX 

nX 

nX 

ja i + b i j p 6 ja i j ja i + b i j p 1 + jb i j ja i + b i j p 1 6 

i=1 

odakle zbog 1 

6 

= 

i=1 

+ 

nX 

i=1 

nX 

i=1 

ja i j p ! 1 

p 

nX 

i=1 

jb i j p ! 1 

p 

nX 

i=1 

ja i + b i j p ! 1 

q 

1 

q = 1 p slijedi (3). 2 

i=1 

ja i + b i j q(p 1) ! 1 

q 

nX 

i=1 

0 

@ 

+ 

ja i + b i j q(p 1) ! 1 

q 

nX 

i=1 

ja i j p ! 1 

p 

+ 

nX 

i=1 

! 1 

1 

p 

jb i j p A



Primjer 1.2 Neka je X n-dimenzionalni euklidov prostor E n . Rastojanje 

izme†u x = f 1 ; 2 ; :::; n g i y = ( 1 ; 2 ; :::; n ) zadajemo pomoću 

(x; y) = 

nX 

i=1 

j i i j 2 ! 1 

2 

Za aksiom trougla primijenimo nejednakost Minkovskog za p = 2: 

Primjer 1.3 Neka je X skup neprekidnih funkcija x(t) de…nisanih na a 6 

x 6 b. De…nišemo rastojanje 

(x; y) = max jx(t) y(t)j : 

a6t6b 

Nejednakost trougla provjeravamo: Za bilo koje t 2 [a; b] imamo 

(x; y) = jx(t) z(t)j = jx(t) y(t) + y(t) z(t)j 6 

6 jx(t) y(t)j + jy(t) z(t)j 6 

6 max jx(t) y(t)j + max jy(t) z(t)j = 

a6t6b a6t6b 

= (x; y) + (y; z) 

Skup svih neprekidnih funkcija na [0; 1] sa gore de…nisanom metrikom oznaµcavamo 

sa C [0;1] : 

Primjer 1.4 Posmatrajmo skup X svih nizova realnih (ili kompleksnih) brojeva 

x = f 1 ; 2 ; :::; n g takvih da je < 1: Da vidimo 

1X 

nejednakost 

Bunjakovski-Švarca i Koši-Minkovskog. Neka je N skup prirodnih brojeva. 

Tada za p = q = 2 iz (1) i (3) dobijamo 

NX 

j i i j 6 

i=1 

NX 

j i + i j 2 6 

i=1 

No (4) i (5) se mogu pojaµcati sa 

NX 

j i i j 6 

i=1 

NX 

( i + i ) 2 6 

i=1 

NX 

i=1 

NX 

i=1 

1X 

i=1 

1X 

i=1 

3 

i=1 

2 i 

2 i 

2 i 

2 i 

2 i 

! 1 

2 

 

! 1 

2 

+ 

! 1 

2 

 

! 1 

2 

+ 

NX 

i=1 

2 i 

NX 

i=1 

1X 

i=1 

2 i 

1X 

i=1 

2 i 

! 1 

2 

2 i 

(4) 

! 1 

2 

: (5) 

! 1 

2 

(4’) 

! 1 

2 

: (5’)



Pošto redovi na desnoj strani u (4’) i (5’) konvergiraju to su na desnoj strani 

u tim nejednakostima konaµcni brojevi. Dakle, pustimo li da N ! 1 dobijamo 

1X 

j i i j 6 

i=1 

1X 

( i + i ) 2 6 

i=1 

1X 

i=1 

1X 

i=1 

2 i 

2 i 

! 1 

2 

 

! 1 

2 

+ 

1X 

i=1 

2 i 

1X 

i=1 

2 i 

! 1 

2 

(4”) 

! 1 

2 

: (5”) 

1X 

Specijalno, iz (5”) slijedi da red ( i i ) 2 konvergira za svako x = f i g i 

i=1 

y = f i g iz posmatranog prostora. Stavimo 

(x; y) = 

1X 

i=1 

j i i j 2 ! 1 

2 

(6) 

Sada se lahko provjeravaju aksiomi rastojanja (6) i dobijeni prostoroznaµcavamo 

sa l 2 : 

Primjer 1.5 Neka je X skup svih ograniµcenih nizova x = f 1 ; 2 ; :::; n ; :::g 

gdje je j i j 6 K x ; K x konstanta, koja u opštem sluµcaju zavisi od x. Stavimo 

(x; y) = sup j i i j : 

i 

Lahko se provjeravaju aksiomi rastojanja (vidi primjer 3). Dobijeni metriµcki 

prostor oznaµcavamo sa m. 

Primjer 1.6 Prostor c. Taµcke prostora c su konvergentni nizovi f i g a rastojanje 

isto kao u primjeru 5. 

Primjer 1.7 Prostor c 0 : Konvergentni nizovi µcija je granica 0. 

Primjer 1.8 Prostor C 1 [a; b] : Neprekidne funkcije x(t) na [a; b] sa 

(x; y) = 

Z b 

a 

jx(t) 

y(t)j dt 

4



Dokaz. Ako je x(t) = y(t) za svako t 2 [a; b] tada 

Z b 

jx(t) y(t)j dt = 0. 

Obrnuto, neka je 

Z b 

jx(t) 

y(t)j dt = 0:Tada je x(t) = y(t) Pretpostavimo 

a 

a 

da to nije taµcno. Tada postoji t 0 2 [a; b] tako da je x(t 0 ) 6= y(t 0 ) tj. 

jx(t 0 ) y(t 0 )j = > 0: No, neprekidna je funkcija x ! jxj pa bi jx(t) y(t)j > 

 

u µcitavom jednom razmaku pozitivne duµzine, tada inegral nije 0. Pa dobijena 

kontradikcija dokazuje aksiom identiµcnosti. Ostalo je 

2 

jednostavno. 

De…nicija 1.2 Neka su X i Y metriµcki prostori sa metrikama d X i d Y redom. 

Ako je Y X i d X = d Y za svaki par taµcaka iz Y; kaµzemo da je Y 

metriµcki podprostor od X. 

Primjer 1.9 c 0 c m: 

De…nicija 1.3 Metriµcki prostori X i Y su izometriµcni ako izme†u njih postoji 

obostrano jednoznaµcno preslikavanje f takvo da je za svaki par taµcaka 

x 1 ; x 2 2 X 

Y (f(x 1 ); f(x 2 )) = X (x 1 ; x 2 ) : 

Razlika me†u njima je samo u prirodi elemenata. Identi…kujemo ih ukoliko 

nas ne interesuju sami elementi. 

De…nicija 1.4 Neka je M X i N X. Rastojanje izme†u skupova M i 

N, de…nirano je sa: 

(M; N) = 

inf (x; y) : 

x2M;y2N 

De…nicija 1.5 Dijametar skupa M X de…nisan je pomoću 

(M) = sup (x; y) : 

x;y2M 

Skup je ograniµcen ako ima konaµcan dijametar. 

De…nicija 1.6 Neka je realan pozitivan broj i neka je a …ksirana taµcka u 

X. Skup taµcaka x 2 X koje zadovoljavaju d(x; y) < (odnosno d(x; y) 6 ) 

je otvorena odnosno zatvorena kugla sa centrom u a i polupreµcnikom . Sfera 

je skup onih x 2 X za koje je d(x; y) = : Otvorenu kuglu oznaµcavamo sa 

K(a; ) a zatvorenu sa K [a; ] : Sferu oznaµcavamo sa S(a; ) 

5



De…nicija 1.7 M X je otvoren skup ako za svako x 2 M postoji neko 

tako da je K(a; ) M: 

Otvorena kugla je otvoren skup. Zaista, ako je x 2 K(a; ) tada je d(x; y) < 

pa je K(x; d (x; a)) K(a; ): 

a) ? i X su otvoreni skupovi. 

b) Unija ma koje kolekcije otvorenih skupova je otvoren skup. 

c) Presjek konaµcno mnogo otvorenih skupova je otvoren skup. 

Da presjek beskonaµcno mnogo otvorenih skupova nije otvoren skup pokazuje 

1 

primjer skupova 

n n 

; 1 1\ 

1 

jer je 

n n 

; 1 = f0g : 

Dokaz. 

n=1 

a) oµcigledno. 

b) Neka je x 2 [ i2IG i : Tada za neko i 0 2 I, x 2 G i0 gdje je otvoren skup. 

Tada postoji K(a; ) G i0 ; tim prije je i K(a; ) [ i2IG i : 

1\ 

c) Ako je x 2 G i ; tada x 2 G i za svako i = 1; 2; :::; n pri µcemu su G i 

n=1 

otvoreni skupovi pa postoje i > 0 (i = 1; 2; :::; n) takvi da K(a; i ) 

G i za svako i = 1; 2; :::; n: Stavimo li = min f 1 ; 2 ; :::; n g kugla 

1\ 

K(a; ) leµzi u svakom G i pa i u G i : Dakle, ovaj je otvoren skup. 

n=1 

De…nicija 1.8 Skup M X je zatvoren ako mu je komplement u odnosu 

na µcitav prostor otvoren skup. 

a) µCitav prostor i ? su zatvoreni skupovi. 

b) Presjek ma koje familije zatvorenih skupova je zatvoren skup. 

c) Unija konaµcno mnogo zatvorenih skupova je zatvoren skup. 

6



Dokaz. Analogno stavu 2. 

De…nicija 1.9 Okolina skupa M X je svaki otvoren skup V koji sadrµzi 

jedan otvoren skup u kome leµzi M. Ako se M svodi na taµcku x, govorimo o 

okolini taµcke x tj, V x . 

Kugla K(x; ") je za svako " > 0 jedna okolina taµcke x. Zove se " 

taµcke x. 

okolina 

Stav 1.2 Skup M je otvoren skup akko je okolina svake svoje taµcke. 

Dokaz. Neka je skup M otvoren. Tada prema de…niciji 9 on je okolina svake 

svoje taµcke. 

Obrnuto, neka je M okolina svake svoje taµcke x, tj. neka svakom x odgovara 

otvoren skup G x M tako da x 2 G x . No, pošto M = [ 

fxg [ 

x2M 

G x M to je M = [ 

G x pa na osnovu stava 2 M je otvoren skup. 

x2M 

De…nicija 1.10 Taµcka x je unutrašnja taµcka skupa M ako je M njena okolina. 

Skup svih unutrašnjih taµcaka skupa M obrazuje unutrašnjost (interior) skupa 

 

M u oznaci M . Dajemo neka tvr†enja, bez dokaza, koja su ra†ena i u 

topologiji. 

Tvr†enje 1.1 M je najveći otvoreni skup sadrµzan u M. 

Otvorene skupove, dakle karakteriše M = M: 

a) 

 

 

M = M: 

b) M N =) M N: 

x2M 

c) 

 

\M \ N = M \ N: 

De…nicija 1.11 Taµcka x je adherentna taµcka skupa M ako u svakoj njenoj 

okolini leµzi bar jedna taµcka iz M. 

Skup adherentnih taµcaka skupa M obrazuje adherenciju skupa M (zatvorenje,klosur) 

u oznaci M. 

7



Primjer 1.10 R a = R; (a; b) = [a; b] : 

Tvr†enje 1.2 M je najmanji zatvoren skup koji sadrµzi M: 

Zatvorene skupove karakteriše M = M. 

a) M = M: 

b) M N =) M N: 

c) M [ N =) M [ N: 

De…nicija 1.12 x je taµcka me†e (ruba) skupa M ako je istovremeno adherentna 

taµcka skupova M i C(M): 

Skup svih taµcaka me†e formira rub (me†u) skupa M. 

Primjer 1.11 Rub intervala (a; b) u R su a i b. Rub razmaka (a; b) u R 2 je 

zatvoreni razmak [a; b]. 

De…nicija 1.13 Taµcka x je izolovana taµcka skupa M ako postoji okolina V x 

taµcke x u kojoj, osim x, nema drugih taµcaka iz M. 

De…nicija 1.14 Taµcka x je taµcka nagomilavanje skupa M ako u svakoj njenoj 

okolini leµzi bar jedna taµcka iz M razliµcita od x. 

Izvodni skup skupa M je skup svih taµcaka nagomilavanja skupa M i oznaµcavamo 

ga sa M 0 . 

8



2 Separabilni prostori. 

Konvergencija u metriµckim prostorima. 

De…nicija 2.1 Metriµcki prostor X je separabilan ako u njemu postoji najviše 

prebrojiv svuda gust skup. 

Primjer 2.1 Euklidov k-dimenzionalni prostor R k je separabilan sa metrikom 

(x; y) = 

kX 

i=1 

j i i j 2 ! 1 

2 

: 

U svakoj " okolini taµcke x = f i g 2 R k postoji taµcka sa racionalnim 

koordinatama f i g. Zasta, ako se racionalni brojevi i izaberu tako da je 

j i i j < " p n 

; (i = 1; 2; ::::; n) a to je moguće jer su gusti u R, dobijamo 

(x; y) = 

kX 

i=1 

j i i j 2 ! 1 

2 

< ". Skup taµcaka sa racionalnim koordinatama 

je dakle svuda gust u R k : Kako je on i prebrojiv to je R k separabilan. 

Primjer 2.2 l p je separabilan prostor. 

Nizovi sa racionalnim µclanovima od kojih je njih konaµcno mnogo razliµcito od 

nule imaju moć @ 0 : Zaista, nizova koji imaju sve nule poslije n-tog mjesta ima 

@ n 0 pa ako ih sve saberemo, dobijamo @ 1 0 + @ 2 0 + @ 3 0 + :::: = @ 0 + @ 0 + @ 0 + ::: = 

@ 0 što je tvr†enje. Pokazat ćemo da je u l p svuda gust skup A nizova sa 

racionalnim µclanovima od kojih je samo konaµcno mnogo razliµcito od nule. 

1X 

Neka je x = f i g proizvoljna taµcka iz l p i neka je " > 0. Red j i j p 

konvergira pa je moguće izabrati n takvo tako da je 

1X 

i=n+1 

reda teµzi ka 0). Izaberimo racionalne brojeve r i tako da je 

j i r i j < "p 

; (i = 1; 2; :::; n) : 

(2n) 1 p 

Neka je r = (r 1 ; r 2 ; :::; r n ; 0; 0; :::) 2 A: Tada je 

i=1 

j i j p < "p 

2 (ostatak 

( (x; r)) p = 

1X 

j i r i j p + 

i=1 

1X 

i=n+1 

j i j p < "p 

2n n + "p 

2 = "p : 

9



Dakle, (x; r) < " pa je skup A svuda gust u l p . Kako je A prebrojiv, l p je 

separabilan. 

Primjer 2.3 Prostor m nije separabilan. 

Uoµcimo skup B nizova µciji su µclanovi iskljuµcivo 0 ili 1. Jasno da B m 

i k(B) = c. Oko svake taµcke iz B opišimo kuglu polupreµcnika 1 . Sve ove 

3 

kugle su disjunktne jer je rastojanje izme†u bilo koje dvije taµcke iz skupa B 

jednako 1. Svaki svuda gust skup u m morao bi imati po jedan (barem po 

jedan) element u svakoj ovoj kugli, pa ne bi bio prebrojiv. Dakle, m ne moµze 

biti separabilan. 

Primjer 2.4 C [a;b] je separabilan. 

U suštini, to tvrdi Vajerštrasov stav o aproksimaciji neprekidne funkcije polinomom. 

Neka je X metriµcki prostor i neka je fx n g n2N 

jedan niz taµcaka u X: 

De…nicija 2.2 Niz fx n g n2N 

u X konvergira taµcki x 2 X ako niz brojeva 

(x n ; x) ! 0; (n ! 1): 

x je granica niza fx n g n2N 

. Oznaµcavamo x n ! x; (n ! 1) ili lim 

n!1 

x n = x: 

De…nicija 2.2* Niz fx n g n2N 

konvergira ka x ako svakoj okolini V x odgovara 

prirodni broj n 0 tako da n > n 0 =) x n 2 V x : 

Uoµcimo niz x = f n i g ; n = 1; 2; ::: u nekom prostoru. Tada ovom nizn fx n g 

odgovara konaµcno kao u R n ili beskonaµcno mnogo kao u l p nizova realnih 

(ili kompleksnih) brojeva f n 1g ; f n 2g ; f n 3g ; :::. Ovo su nizovi koordinata koji 

odgovaraju nizu taµcaka x n (u metrici prostora). Kakav je njihov odnos? 

Po†imo redom. U euklidovom prostoru R je konvergencija u smislu metrike 

(primjer 2.2) ekvivalentna sa konvergencijom po koordinatama, tj. potreban 

i dovoljan uslov da niz x = f n i g konvergira taµcki x = f i g u smislu metrike 

u R n konvergira jeste da n i ! i ,(n ! 1) za svako (i = 1; 2; ::; n). Zaista, iz 

n i ! i ,(n ! 1) odmah slijedi da (x n ; x) ! 0; (n ! 1): Obrnuto slijedi 

iz j n i i j 6 (x n ; x) koja vrijedi za svako i = 1; 2; :::; n: 

Prostor l p : To već nije tako. Iz konvergencije po metrici u l p slijedi konvergencija 

po koordinatama, no obrnuto nije tako. Posmatrajmo kao primjer: 

e 1 = (1; 0; 0; :::; 0; :::), e 2 = (0; 1; 0; :::; 0; :::); :::; e n = (0; 0; 0; :::; 1; :::): 

Oµcigledno da niz (e n ) konvergira po koordinatama, jer je lim n i = 0; no po 

n!1 

metrici u l p ne konvergira jer je (e n ; e m ) = 2 1 p za svako n 6= m: 

10



Sliµcna situacija je i u C [a;b] : Ovdje konvergencija po metrici znaµci uniformnu 

konvergenciju niza funkcija (x n (t)) u razmaku [a; b]. No, konvergencija "po 

koordinatama" svodi se na obiµcnu konvergenciju (taµckastu) niza funkcija 

(x n (t)) u [a; b] pa nisu ekvivalentne. 

Tvr†enje 2.1 Svaki konvergentan niz (x n ) je ograniµcen, tj. skup njegovih 

vrijednosti je takav. 

Dokaz. Iz (x n ; x) < "; za n > n 0 slijedi da sve taµcke skupa fx n g sem njih 

konaµcno mnogo leµze u kugli K(x; "). Za dovoljno veliko r leµzaće tada sve 

taµcke skupa fx n g u kugli K [x; r] : 

De…nicija 2.3 Za svaki strogo rastući niz prirodnih brojeva n 1 < n 2 < n 3 < 

niz (x nk ) zovemo djelimiµcni niz niza (x n ) : 

De…nicija 2.4 Taµcka x je adherentna vrijednost niza (x n ) ako postoji djelimiµcan 

niz (x nk ) koji konvergira ka x. 

De…nicija 2.5 Niz (x n ) je Košijev (fundamentalan) niz ako svakom " > 0 

odgovara prirodan broj n 0 takav da vrijedi 

m > n > n 0 =) (x n ; x m ) < ": 

Tvr†enje 2.2 Svaki Košijev niz je ograniµcen. 

Dokaz. Ako je niz (x n ) Košijev tada za n = n 0 vrijedi m > n > n 0 =) 

(x n0 ; x m ) < ": Dakle, svi µclanovi niza osim njih konaµcno mnogo leµze u kugli 

K (x n0 ; "). No tada postoji i dovoljno veliko r tako da svi µclanovi u kugli 

K [x n0 ; r] 

Tvr†enje 2.3 Svaki konvergentan niz je Košijev. 

Dokaz. Ako x n ! x; tj. 

(8" > 0) (9n 0 2 N) : (n > n 0 ) =) ( (x n ; x) < ") 

tada za m > n > n 0 slijedi da je 

što znaµci da je niz (x n ) Košijev. 

(x n ; x m ) 6 (x n ; x) + (x; x m ) < 2" 

11



Uoµcimo da u metriµckom prostoru Q sa metrikom (x; y) = jx yj niz (r n ) 

gdje je r n konaµcan decimalni razlomak koji je dobijen zaustavljanjem u decimalnom 

razvoju broja p 2, na decimali n-toj po redu. Jasno, 

p a 1 2 = 1 + 

10 + a 2 

10 + a 3 

2 10 + + a n 

3 10 + ; (a n i 2 f0; 1; 2; :::; 9g) : 

Tada je za m > n 

(r n ; r m ) = 

= 

 

1 + a 1 

10 + + a m 

1 

10 m a n+1 

10 + + a 

m a n < n+1 10 m 10 

a 1 

10 

 

a n 

10 n = 

n 

! 0; (n ! 1) 

pa je niz (r n ) Košijev niz. No, r n ! p 2 Dakle, ne konvergira nijednom 

racionalnom. 

De…nicija 2.6 Metriµcki prostor je kompletan (potpun) ako u njemu svaki 

Košijev niz konvergira. 

Primjer 2.5 Prostor l p ; (1 6 p < 1) je kompletan. 

Neka je (x n ) jedan Košijev niz u l p , tj. 

(x m ; x n ) = 

1X 

i=1 

j m i n i j p ! 1 

p 

< ": 

Zbog oµcigledne nejednakosti j m i n i j 6 (x m ; x n ) za svako …ksirano i = 

1; 2; :::; n, dobijamo da je f n i g Košijev niz u R; pa postoji broj i takav da 

je n i ! i kada n ! 1; (i = 1; 2; :::; n) : Budući da je svaki Košijev niz 

ograniµcen, dobijamo 

(x n ; 0) = 

1X 

i=1 

j n i j p ! 1 

p 

6 r 

P 

odakle je k j n i j p 6 r p za svako n i svako k. Pustimo li da n ! 1 dobijamo 

i=1 

kP 

j i j p 6 r p za svako k. Dakle, red µcija je ovo djelimiµcna suma konvergira 

i=1 

pa je x = ( i ) iz l p . Pokaµzimo jošda x n ! x u smislu metrike l p . Iz 

(x m ; x n ) = 

1X 

i=1 

j m i n i j p ! 1 

p 

< " 

12



slijedi da je 

kX 

j m i 

i=1 

n i j p < " p 

za m > n > n 0 i za svako k. Pustimo li da m ! 1 , dobijamo 

kX 

j i 

i=1 

n i j p < " p 

za n > n 0 i za svako k; odakle je 

1X 

j i 

i=1 

n i j p < " p 

za n > n 0 . Dakle, (x; x n ) 6 " za n > n 0 što je i trebalo pokazati. 

Primjer 2.6 Prostor m je kompletan. 

Neka je (x n ) Košijev niz u m, tj. (x m ; x n ) < " za m > n > n 0 : Tada je 

j m i n i j < " za m > n > n 0 i za svako i = 1; 2; ::: pa je f n i g Košijev u R za 

svako i = 1; 2; ::: pa postoji broj i takav da n i ! i ; (n ! 1; i = 1; 2; :::) : 

Niz (x n ) je ograniµcen jer je Košijev tj. (x m ; 0) 6 r a tim prije je j n i j 6 r za 

svako n i svako i. Neka n ! 1 tada je niz f i g ograniµcen pa je x = ( i ) iz 

m. Naizad, ako u j m i n i j < " pustimo da m ! 1 dobijamo j i n i j 6 " 

za n > n 0 i i = 1; 2; :::, pa je i sup j i n i j 6 "; n > n 0 ; tj. x n ! x u smislu 

metrike u m. 

Primjer 2.7 C [a; b] je kompletan metriµcki prostor. 

Primjer 2.8 C 1 [a; b] nije kompletan metriµcki prostor. 

Neka je 

x n (t) = 

niz iz C 1 [0; 1]. Za m > n imamo 

n; 0 6 t 6 

1 

n 2 

1p 

t 

; 

1 

n 2 6 t 6 1 

1 (x m ; x n ) = 

Z 1 

0 

1 

n 2 

Z 

jx m (t) x n (t)j dt 6 

0 

t 1 2 dt = 

2 

n ! 0 

tj. (x n ) je Košijev niz u C 1 [0; 1] : Pokazaćemo da niz (x n ) ne konvergira 

ni jednoj neprekidnoj funkciji iz C 1 [0; 1] : Neko je x(t) proizvoljna na [0; 1] 

13



neprekidna funkcija. Ona je na [0; 1] ograniµcena funkcija, tj. postoji prirodan 

broj k takav da je jx(t)j 6 k za svako 0 6 t 6 1. No za n > 2k i 0 6 t 6 1 

4k 2 

imamo da je x n (t) > 2k; pa za n > 2k imamo 

1 (x n ; x) = 

Z 1 

jx m (t) x(t)j dt > 

1 

4k 2 Z 

jx m (t) 

x(t)j dt 

> 

0 

1 

4k 2 Z 

0 

Z 

jjx m (t)j jx(t)jj dt > 

0 

1 

4k 2 

0 

(2k k)dt = 1 

4k : 

Dakle, 1 (x n ; x) > 1 

4k pa x n 9 x u metrici 1 : 

De…nicija 2.7 Skup je M X nigdje gust skup u metriµckom prostoru X 

ako njegova adherencija M ne sadrµzi nijednu kuglu ili što je isto M nema 

unutrašnjih taµcaka. 

Primjer: Skup Z u skupu R; Kantorov skup D u R: 

De…nicija 2.8 Skup M X je prve kategorije u X ako je unija najviše 

prebrojivo mnogo nigdje gustih skupova u X. Skup koji nije prve kategorije 

je skup druge kategorije u X. 

Tvr†enje 2.4 Metriµcki prostor X je kompletan ako i samo ako presjek svakog 

monotono opadajućeg niza zatvorenih kugli fK n g u X µciji niz polupreµcnika 

teµzi ka 0 kada n ! 1, sadrµzi jednu i samo jednu taµcku prostora X. 

Dokaz. Neka je X kompletan. Uoµcimo niz nepraznih i zatvorenih kugli 

K n = K [x n ; r n ] koji zadovoljava K n K n+1 i r n ! 0. Za m > n je 

K m K n pa je (x n ; x m ) < r n tj. fx n g niz centara kugli K n je Košijev niz 

u X. Pošto je X kompletan tada postoji taµcka x 2 X tako da je x n ! x. 

T 

Pokaµzimo da je x 2 1 T 

K n . Zaista, x 2 1 K n jer u K n leµze sve taµcke niza 

n=1 

fx n g osim moµzda konaµcno mnogo njih tako da je x taµcka nagomilavanja skupa 

K n : Me†utim, K n je zatvoren skup pa njoj pripada njena taµcka nagomilavanja. 

Dakle x 2 K n za svako n Ako bi postojala još jedna x 0 6= x koja 

tako†er leµzi u K n za svako n tada pošto r n ! 0 to je (x 0 ; x) < r n pa mora 

biti (x 0 ; x) = 0. Dakle, x 0 = x. 

Obrat. Neka X nije kompletan. Pokazaćemo da je moguće konstruisati 

opadajući niz zatvorenih kugli fK n g µciji niz polupreµcnika teµzi ka nuli, tako 

14 

n=1



T 

da je 1 K n = ?: Pošto X nije kompletan u njemu postoji niz fx n g (barem 

n=1 

jedan) koji ne konvergira niti jednoj taµcki iz X. Odredimo niz prirodnih brojeva 

n 1 < n 2 < tako da je (x ni ; x m ) < 1 2 i za svako m > n i; (i = 1; 2; :::) : 

Niz kugli K i = K 

x ni ; 1 2 zadovoljava sve potrebne uvjete, tj. i Ki K i+1 i 

1 

2 ! 0: K i i K i+1 slijedi iz (x ni ; x m ) < 1 2 : Pokaµzimo da je T 1 K i n = ? Zaista, 

ako bi postojala taµcka x koja pripada svim kuglama K i , tj. (x ni ; x) 6 

n=1 

1 

2 imali bi zbog (x i 1 n i 

; x m ) < 1 2 da za svako m > n i; (i = 1; 2; :::) 

i 

(x; x m ) 6 (x; x ni ) + (x ni ; x m ) < 1 

2 i 1 + 1 2 i = 3 2 i 

što bi znaµcilo da fx n g konvergira ka x 2 X. Dobijena kontradikcija dokazuje 

tvr†enje. 

Tvr†enje 2.5 Kompletan metriµcki prostor X je druge kategorije u sebi. 

Dokaz. Neka X nije druge kategorije u sebi. To znaµci da se X moµze 

predstaviti kao prebrojiva unija skupova F i µcije adherencije ne sadrµze nijednu 

kuglu. Moµzemo uzeti da je F i = F i (vidi stav 2.12 kod Aljanµcića). 

Dakle X = 

1 S 

i=1 

F i , Kako je CF 1 

neprazan otvoren skup postoji u njemu 

kugla J 1 polupreµcnika r 1 < 1: Neka je K 1 njoj koncentriµcna kugla zatvorena 

sa polupreµcnikom r 1 

2 : Pošto F 2 ne sadrµzi nijednu kuglu to otvoreni skup 

CF 2 \ K 1 nije prazan pa sadrµzi otvorenu kuglu J 2 polupreµcnika r 2 < 1 2 : Neka 

je njoj koncentriµcna zatvorena kugla polupreµcnika r 2 

. Nastavljajući ovaj 

2 

postupak, dolazimo do niza kugli fJ n g i fK n g polupreµcnika r n < 1 2 odnosno 

r n 

2 , koje zadovoljavaju uvjete K n K n CF n i K n+1 K n pa iz ovih 

inkluzija imamo 

1\ 

K n 

n=1 

1\ 

J n 

n=1 

1\ 

1[ 

CF n = C F n = CX = ?: 

n=1 

Dakle, skup. No to je suprotno tvr†enju 2.4 jer je X kompletan prostor 

a kugle je monotono opadajući niz µciji polupreµcnici teµze ka nuli. Time je 

teorema dokazana. 

Prostor se moµze kompletirati. To je vaµzno jer me†u metriµckim prostorima 

veliku ulogu igraju kompletni prostori. 

15 

n=1



Tvr†enje 2.6 Neka je X nekompletan metriµcki prostor. Tada postoji kompletan 

metriµcki prostor X takav da je jedan u njemu svuda gust podprostor 

X izometriµcan sa X. 

Primjedba: Pošto se izometriµcni prostori mogu identi…kovati to se X i X 

mogu identi…kovati pa je X ustvari nastao kompletiranjem prostora X. Primjer 

Q R: 

Dokaz. Uoµcimo kolekciju svih Košijevih nizova u X i uvedimo u nju relaciju 

ekvivalencije 

fx n g fx 0 ng ako (x n ; x 0 n) (n!1) 

! 0: (*) 

Oznaµcimo sa X = X= µciji su elementi klase ekvivalentnih Košijevih nizova 

iz X: Uvedimo u X metriku na sljedeći naµcin: ako su x i y dvije klase iz X 

izabraćemo u svakoj od njih po jednog predstavnika, na primjer Košijev niz 

fx n g u x i Košijev niz fy n g u y i stavimo 

Pokaµzimo da je uvedena relacija (**) korektna. 

Prvo, limes na desnoj strani uvijek postoji 

(x ; y ) = lim 

n!1 

(x n ; y n ) : (**) 

j (x m ; y m ) (x n ; y n )j = j (x m ; y m ) (x n ; y m ) + (x n ; y m ) (x n ; y n )j 6 

6 j (x m ; y m ) (x n ; y m )j + j (x n ; y m ) (x n ; y n )j 6 

6 (x m ; x n ) (y m ; y n ) ! 0; za m > n ! 1 

a ovo znaµci da je niz f (x n ; y n )g Košijev u R. Dakle, konvergira pa limes u 

(**) uvijek postoji. 

Drugo, pokaµzimo da (x ; y ) ne zavisi od predstavnika. Neka su fx 0 ng i 

fyng 0 neki drugi predstavnici klasa x i y redom.Tada vrijedi lim (x n ; y n ) = 

n!1 

lim 

n!1 (x0 n; yn) 0 : Zaista to je posljedica nejednakosti 

j (x n ; y n ) (x 0 n; y 0 n)j = j (x n ; y n ) (x 0 n; y n ) + (x 0 n; y n ) (x 0 n; y 0 n)j 6 

6 j (x n ; y n ) (x 0 n; y n )j + j (x 0 n; y n ) (x 0 n; y 0 n)j 6 

6 (x n ; x 0 n) (y n ; y 0 n) 

pa zbog (*) dobijamo jer fx n g fx 0 ng i fy n g fy 0 ng 

Treće, (x ; y ) zadovoljava aksiome A 1 ; A 2 i A 3 : A 1 i A 2 direktno slijede iz 

(*). Što se tiµce aksiome A 3 ona je posljedica A 3 za elemente iz X (x n ; y n ) 6 

(x n ; z n ) + (z n ; y n ) pa kada pustimo da n ! 1 dobijamo A 3 za (x ; y ) 

De…nišimo podprostor X X . Taµcka x 2 X pripada podprostoru X ako u 

x postoji Košijev niz fx n g stacionarnog tipa, tj. takav da je x n = x za svako 

16



n. Na osnovu (*) jasno je da u istoj klasi ekvivalencije ne mogu postojati 

dva razliµcita Košijeva niza stacionarnog tipa. Otuda slijedi da se izme†u X 

i X moµze jednostavno uspostaviti biunivona korespodencija x 2 X 7 ! X 

onu klasu x koja u sebi sadrµzi stacionarni Košijev niz x; x; x; :::. Ako su x 

i y dve taµcke iz X sa stacionarnim Košijevim nizovima x; x; x; ::: odnosno 

y; y; y; ::: prema (*) je 

(x ; y ) = lim 

n!1 

(x n ; y n ) = (x; y) ; x ; y 2 X : 

Dakle X i X su izometriµcni. 

Pokazaćemo da je prostor X svuda gust u X : Neka je x 2 X i fx n g jedan 

predstavnik klase x : Svakom " > 0 odgovara prirodan broj N takav da je 

(x n ; x N ) < " 2 za n > N. Neka je y ona klasa u X koja sadrµzi stacionaran 

Košijev niz x N ; x N ; x N ; :::. Tada je 

(x ; y ) = lim 

n!1 

(x n ; x N ) 6 " 2 < ": 

Dakle, u svakoj " okolini taµcke x 2 X leµzi bar jedna taµcka y 2 X : 

Ostalo je da pokaµzemo da je X kompletan prostor. Neka je fx ng proizvoljan 

Košijev niz u X . Kako je X svuda gust u X mogu će je za svako n izabrati 

yn 2 X tako da je (x ; y ) < 1 : Kako je 

n 

(y m; y n) 6 (y m; x m) + (x m; x n) + (x n; y m) < 

< 1 m + (x m; x n) + 1 n 

dakle zajedno sa fx ng i fyng je Košijev niz u X . 

Ako u svakoj klasi yn iz X izaberemo za predstavnika odgovarajući stacionaran 

Košijev niz-neka je x n ; x n ; x n ; ::: to nizu klasa fyng u X odgovaraće 

niz taµcaka fx n g u X i zbog izometriµcnosti izme†u X i X biće (x m ; x n ) = 

(ym; yn) : Dakle, zajedno sa fyng i fx n g je Košijev (ali u X) pa fx n g 

odre†uje jednu klasu (onu kojoj pripada) oznaµcimo je sa x . Pokazaćemo 

da fx ng konvergira ka x 2 X u smislu metrike u X: Zaista, to je tako jer za 

…ksirano n 

(x n; x ) 6 (x n; y n) + (y n; x ) < 1 n + lim 

n!1 (x n; x m ) () 

jer je na osnovu (**) (y n; x ) = lim 

n!1 

(x n ; x m ) jer u klasi y n leµzi Košijev niz 

x n ; x n ; x n ; ::: a u x Košijev niz x 1 ; x 2 ; x 3 ; :::. Pustimo li da n ! 1 u () 

dobijamo (x n; x ) ! 0; dakle x n ! x u metrici u X . 

17



Neka je sada f preslikavanje metriµckog prostora X u samog sebe. Taµcka 

x 2 X za koju je f(x) = x naziva se nepokretna taµcka preslikavanja f: 

Preslikavanje f moµze, a ne mora imati nepokretnih taµcaka, a ako ih ima 

moµze ih biti jedna a i više. 

Postavlja se pitanje egzistencije i jedinstvenosti nepokretne taµcke nekog preslikavanja 

f. 

De…nicija 2.9 Preslikavanja f metriµckog prostora X u samog sebe je kontrakcija 

ako postoji pozitivan broj q < 1 takav da je za svaki par taµcaka 

x 1 ; x 2 2 X (f (x 1 ) ; f (x 2 )) 6 q (x 1 ; x 2 ) : 

Tvr†enje 2.7 (Banahov teorem) Kontrakcija f kompletnog metriµckog prostora 

X u samog sebe ima jednu i samo jednu nepokretnu taµcku. 

Dokaz. Izaberimo x 0 2 X i konstruišimo niz taµcaka x 1 = f (x 0 ) ; x 2 = 

f (x 1 ) ; x 3 = f (x 2 ) ; :::. Pokaµzimo da je niz fx n g jedan Košijev niz u X: 

Pošto je 

(x n+1 ; x n ) = (f (x n ) ; f (x n 1 )) 6 q (x n ; x n 1 ) 

i ponovimo li ovo n puta, dobijamo 

pa za m > n je 

(x n+1 ; x n ) 6 q n (x 1 ; x 0 ) = aq n 

(x n ; x m ) 6 (x n ; x n+1 ) + (x n+1 ; x n+2 ) + ::: + (x m 1 ; x m ) 6 

6 aq n + aq n+1 + ::: + aq m 1 < aq n + aq n+1 + ::: = 

= aqn 

1 q : 

Dakle, (x m ; x n ) ! 0 kada m > n ! 1: Pošto je X kompletan metriµcki 

prostor tada postoji x 2 X kojoj konvergira niz fx n g tj. 

lim x n = x : () 

n!1 

A kako je f kontrakcija to je 

(x n+1 ; f (x )) = (f (x n ) ; f (x )) 6 q (x n ; x ) 

tj. lim (x n+1 ; f (x )) = 0 ili što je isto lim x n+1 = f (x ) pa prema () 

n!1 n!1 

i jedinstevnosti granice u X dobijamo f(x ) = x . Dakle x je nepokretna 

18



taµcka preslikavanja f: Pokaµzimo da je x jedina. Neka postoji x takva da 

je f(x ) = x i x 6= x : Tada 

(x ; x ) = (f (x ) ; f (x )) 6 q (x ; x ) 

odakle zbog x 6= x ; ( (x ; x ) > 0) slijedi da je q > 1 što je suprotno 

pretpostavci da je f kontrakcija. 

Primjer 2.9 Neka je X = [a; b] i f(x) realna funkcija µcije vrijednosti leµze u 

[a; b]. Primijenícemo Banahov teorem na rješavanje jednaµcine f(x) x = 0: 

Uoµcimo prelikavanje y = f(x). Pošto je [a; b] zatvoren u R on je sam za 

sebe kompletan metriµcki prostor pa f : [a; b] ! [a; b]. Kada je f kontrakcija? 

Dovoljno je da je f diferencijabilna funkcija i da je jf 0 (x)j 6 q < 1. Zaista, 

tada je na osnovu teoreme o srednjoj vrijednosti za svako x 1 ; x 2 2 [a; b] 

jf(x 1 ) f(x 2 )j = jf 0 ()j jx 1 x 2 j 6 q jx 1 x 2 j 

pa je dakle f kontrakcija u [a; b]. Dakle, ako je jf 0 (x)j 6 q < 1 u [a; b] tada 

jednaµcina f(x) x = 0 ima jedinstveno rješenje x i ono se moµze dobiti 

sukcesivnim aproksimacijama, polazeći od proizvoljnog x 0 2 [a; b] i formirajući 

niz x n = f(x n 1 ); n = 1; 2; :::. 

U primjeru se lahko obezbje†uje da f(x) zadovoljava uslove Banahove teoreme. 

Kako? Neka je data jednaµcina F (x) = 0 sa F (a) < 0 i F (b) > 0 i 

0 < m 6 F 0 (x) 6 M u [a; b]. Stavimo f(x) = x F (x) a parametar 

odre†ujemo kasnije. Jednaµcina F (x) = 0 ekvivalentna je jednaµcini f(x) = x, 

no pošto je f 0 (x) = 1 F 0 (x) to je 1 M 6 f 0 (x) 6 1 m pa je moguće 

izabrati tako da bude ispunjen zahtjev za f 0 (x) koji opravdava primjenu 

Banahove teoreme. 

Primjer 2.10 Neka je dat sistem od k linearnih algebarskih jednaµcina sa k 

nepoznatih 

a 11 1 + a 12 2 + ::: + a 1k k = b 1 

a 21 1 + a 22 2 + ::: + a 2k k = b 2 

(*) 

. 

a k1 1 + a k2 2 + ::: + a kk k = b k 

On se moµze napisati u obliku 

1 = (1 a 11 ) 1 a 12 2 ::: a 1k k + b 1 

2 = a 21 1 + (1 a 22 ) 2 ::: a 2k k + b 2 

(**) 

. 

k = a k1 1 a k2 2 ::: + (1 a kk ) k + b k 

19



1; i = j 

ili poslije smjene c ij = ij a ij ; gdje je ij = 

0; i 6= j ; u obliku 

i = 

kX 

c ij j + b i ; (i = 1; 2; :::; k) : 

j=1 

() 

De…nišimo preslikavanje y = f(x) sa R k na R k sljedeći naµcin: taµcki x = 

( 1 ; 2 ; :::; n ) 2 R k odgovara taµcka x = ( 1 ; 2 ; :::; n ) 2 R k gdje su i 

P 

odre†ene sa i = k c ij j + b i ; (i = 1; 2; :::; k) : Oµcigledno je da su nepokretne 

j=1 

taµcke preslikavanja f prostora R k u R k ustvari rješenje sistema (*). Kada je 

f kontrakcija? Obzirom na de…niciju metrike u bíce 

( (y 1 ; y 2 )) 2 = 

= 

kX 

i=1 

kX 

i=1 

kX 

j=1 

c ij (1) 

j 

kX 

c ij 

j=1 

kX 

j=1 

(1) 

j (2) 

j 

c ij (2) 

j 

! 2 

! 2 

= 

pa na osnovu Helderove nejednakosti imamo 

tj. 

( (y 1 ; y 2 )) 2 6 

= 

(y 1 ; y 2 ) 6 

kX 

i=1 

kX 

i=1 j=1 

kX 

kX 

c 2 ij 

j=1 j=1 

kX 

c 2 ij ( (y 1 ; y 2 )) 2 

kX 

kX 

i=1 j=1 

Prema tome, f je kontrakcija ako je 

c 2 ij 

! 

2 

(1) 

j (2) 

j = 

! 1 

2 

( (y 1 ; y 2 )) : 

q = 

kX kX 

c 2 ij < 1 

i=1 j=1 

i tada sistem (*) ima (na osnovu Banahovog stava jer je R k kompletan) jedno 

i samo jedno rješenje. 

20



3 Neprekidnost u metriµckim prostorima. 

Kompaktni metriµcki prostori i neprekidnost. 

Neka su (X; x ) i 

prostora X u Y . 

Y; y 

 

dva metriµcka prostora. Neka je f preslikavanje iz 

De…nicija 3.1 Funkcija f je neprekidna u taµcki a 2 X ako svakom " > 0 

odgovara broj > 0 tako da 

x (x; a) < ) y (f (x) ; f (a)) < ": (*) 

Pošto iz (*) slijedi da je f (K (a; )) K(f(a); ") a time i f 1 (K(f(a); ")) 

f 1 (f(K (a; ))) K (a; ) to je de…nicija 3.1 ekvivalentna sljedećim de…nicijama 

De…nicija 3.1* Funkcija f je neprekidna u taµcki a ako u svakoj okolini V 

taµcke f(a) u Y odgovara okolina U taµcke a u X takva da je f(U) V . 

De…nicija 3.1** Funkcija f je neprekidna u taµcki a ako je inverzna slika 

f 1 (V ) svake okoline V taµcke f(a) u Y jedna okolina taµcke a u X. 

De…nicija 3.2 Funkcija f je neprekidna na skupu M X ako je neprekidna 

u svakoj njegovoj taµcki. 

Tvr†enje 3.1 Neka je f : X ! Y . Preslikavanje f je neprekidno na X 

akko je inverzna slika f 1 (G) svakog otvorenog skupa G iz Y otvoren skup u 

X. 

Dokaz. 

)) Neka je f neprekidna funkcija na X i neka je G Y otvoren skup. 

Pošto je G okolina svake svoje taµcke to je na osnovu de…nicije 1** i skup 

f 1 (G) okolina svake svoje taµcke pa je f 1 (G) otvoren. 

() Neka je f 1 (G) otvoren skup u X za svaki otvoren skup G iz Y . Neka 

je x proizvoljna taµcka u X. Za svaku okolinu V taµcke f(x) , f 1 ( V ) je (zbog 

pretpostavke) otvoren skup u X sadrµzi x pa tim prije je f 1 (V ) f 1 ( V ) 

okolina taµcke x: 

Dakle, inverzna slika svake okoline taµcke f(x) je jedna okolina taµcke x a to 

znaµci da je f neprekidno preslikavanje prostora X u prostor Y . 

Obzirom na 

f 1 (CG) = C f 1 (G) 

prethodno tvr†enje ima dualni oblik. 

21



Tvr†enje 3.2 Preslikavanje f je neprekidno na X akko je inverzna slika 

svakog zatvorenog skupa iz Y zatvoren skup u X. 

De…nicija 3.3 Neka f preslikava skup M X u prostor Y i neka je taµcka 

a adherentna taµcka skupa M. Taµcka b 2 Y je graniµcna vrijednost od f(x) 

kada x kroz skup M teµzi ka a ako svakom " > 0 odgovara > 0 tako da 

x 2 M; (x; a) < ) (b; f(x)) < " ili što je ekvivalentno sa : Svakoj 

okolini V taµcke b 2 Y odgovara okolina U taµcke a u X takva da f(U \M) V 

Pišemo f(x) ! b kada M 3 x ! a ili lim f(x) = b: 

M3x!a 

Jasno, da ako f ima graniµcnu vrijednost kada x ! a kroz skup M onda je 

ona ima i kada x ! a kroz N M no, ako je N M to nije u opštem 

sluµcaju taµcno. Primjer neka je X = R 2 i Y = R; funkcija 

f(x) = 1 2 

2 1 + 2 ; x = ( 1 ; 2 ) 

2 

ima graniµcnu vrijednost kada x ! (0; 0) duµz pozitivnog dijela ose 1 ali ne i 

kada x prolazi kroz poluravan 1 > 0: 

Specijalno ako je f : R ! Y i ako uzmemo M = fx : a < x < a + g gdje je 

proizvoljno > 0 i graniµcnu vrijednost od f kada x ! a prolazeći kroz skup 

M nazivamo desna graniµcna vrijednost funkcije f u taµcki a i oznaµcavamo sa 

f(a + 0). Simetriµcno i f(a 0). U ovom sluµcaju funkcija f ima graniµcnu 

vrijednost u taµcki a taµcno kada je f(a 0) = f(a + 0). U sluµcaju kada je 

f(a 0) 6= f(a + 0) kaµzemo da f ima prekid prve vrste u taµcki a. Ako bar 

jedna od f(a 0) ili f(a + 0) ne postoje kaµzemo da f ima prekid druge 

vrste u taµcki a. 

De…nicija 3.4 Neka je f de…nisana na M X i neka njene vrijednosti leµze 

u Y . Funkcija f je uniformno neprekidna na M ako svakom " > 0 odgovara 

broj > 0 takav da za svaki par taµcaka x 1 ; x 2 2 M vrijedi 

(x 1 ; x 2 ) < =) (f (x 1 ) ; f (x 2 )) < " 

Primijetimo, ako je f neprekidna funkcija na M ona na njemu ne mora biti 

uniformno neprekidna. Primjer je funkcija x 7! 1 na (0; 1). 

x 

Dalje, neprekidnost funkcije na skupu je lokalne prirode, dok je uniformna 

neprekidnost globalne , tj. vezana je za skup. Praktiµcno to znaµci, da kod 

obiµcne neprekidnosti na skupu kolekcija brojeva fg koji za dato " > 0 odgovaraju 

raznim taµckama skupa ne mora da ima pozitivni in…mum, dok se to 

implicitno podrazumijeva u de…niciji uniformne neprekidnost. 

22



Na realnoj pravoj svaki beskonaµcan ograniµcen skup ima bar jednu taµcku 

nagomilavanja, odnosno svaki ograniµcen niz ima bar jednu adherentnu vrijednost. 

To se moµze i reći ovako: ograniµceni beskonaµcni skupovi odnosno nozovi 

imaju Bolcano-Vajerštrasovu osobinu. u osobinu nemaju svi opštiji metriµcki 

prostori. Npr. lp i u njemu skup fe 1 ; e 2 ; :::g je ograniµcen ali (e m ; e n ) = 2 1 p 

za m 6= n pa nema nijednu taµcku nagomilavanja. 

De…nicija 3.5 Metriµcki prostor X je kompaktan ako svaki njegov beskonaµcni 

dio ima bar jednu taµcku nagomilavanja. 

De…nicija 3.5* Metriµcki prostor X je kompaktan ako svaki niz u njemu ima 

bar jednu adherentnu vrijednost, tj. sadrµzi bar jedan konvergentan podniz 

(djelimiµcni niz). 

Pokaµzimo da su prethodne dvije de…nicije ekvivalentne. 

=) ) Ako je (x n ) proizvoljan niz u X, odgovarajući skup njegovih vrijednosti 

fx n g je ili beskonaµcan ili se u nizu (x n ) jedan njegov µclan - recimo x 

- beskonaµcno mnogo puta ponavlja. U prvom sluµcaju beskonaµcan skup fx n g 

ima, po prethodnoj pretpostavci, bar jednu taµcku nagomilavanja u X i ona 

je adherentna vrijednost niza (x n ). U drugom sluµcaju, taµcka x je adherentna 

vrijednost niza. 

(=) Neka je M jedan beskonaµcan podskup od X i izaberimo niz (x n ) 

me†usobno razliµcitih taµcaka u M. On prema pretpostavci ima bar jednu 

adherentnu vrijednost u X i ona je ( jer su svi elementi niza me†usobno 

razliµciti) taµcka nagomilavanja skupa M. 

Podsjetimo se da pojam adherentne taµcke skupa fx n g ne treba miješati sa 

pojmom adherentne vrijednosti niza (x n ) : Naime, jasno da je svaka adherentna 

vrijednost niza (x n ) jedna adherentna taµcka skupa fx n g. Obrnuto nije 

1 

taµcno. Pokazuje primjer niza u R koji ima jednu adherentnu vrijednost 

- to je nula, dok su nula i svi µclanovi skupa njegove adherentne 

n 

1 

n 

taµcke. Sliµcno je i sa odnosom izme†u adherentne vrijednosti niza (x n ) i taµcke 

nagomilavanja skupa fx n g. Naime, svaka taµcka nagomilavanja skupa fx n g 

je adherentna vrijednost niza (x n ) ali obrnuto nije taµcno, jer, na primjer, niz 

1; 1; 1; ::: u R ima jedinicu kao adherentnu vrijednost a odgovarajući skup 

vrijednosti je f1g pa nema taµcaka nagomilavanja. 

Kratko napisano, ako sa A (x n ) oznaµcimo kolekciju adherentnih vrijednosti 

niza (x n ), tada jedino vrijedi 

fx n g 0 A (x n ) fx n g: 

23



De…nicija 3.6 Skup M X je kompaktan ako je posmatran sam za sebe 

kao prostor, jedan kompaktan prostor. 

De…nicija 3.7 Skup M X je relativno kompaktan ako je njoegova adherencija 

kompaktan skup. 

Skup M X je kompaktan, ako se doda uslov da adherentna vrijednost, 

odnosno taµcka nagomilavanja pripadaju skupu M 

Obzirom da zatvorene skupove karakteriše M=M to je relativno kompaktan 

skup - kompaktan akko je zatvoren. 

Primjer 3.1 R nije kompaktan prostor niti je otvoren skup u R kompaktan. 

Ograniµceni skupovi u R su relativno kompaktni. Dakle, ograniµceni i zatvoreni 

skupovi u R su kompaktni. 

Tvr†enje 3.3 Svaki kompaktan metriµcki prostor X je kompletan. 

Primjedba: Obrat ne vrijedi, što pokazuje prostor R: 

Dokaz. Neka je (x n ) proizvoljan Košijev niz u X. Pošto je X kompaktan 

tada postoji djelimiµcni niz (x nk ) tako da x nk ! x kada k ! 1. No tada je 

za svako " > 0 

(x n ; x) 6 (x n ; x nk ) + (x nk ; x) < 2" 

ako n i n k izaberemo dovoljno velike, dakle Košijev niz (x n ) konvergira ka x 

pa je prostor X komletan. 

Primjer skupa fe 1 ; e 2 ; :::g u l p pokazuje da ograniµcenost ne obezbje†uje relativnu 

kompaktnost skupa fe 1 ; e 2 ; :::g u metriµckom prostoru l p . Zato se uvodi 

pojam: 

De…nicija 3.8 Kolekcija taµcaka M " je "-mreµza skupa N X ako kolekcija 

otvorenih kugli sa centrima u taµckama iz M " i polupreµcnika " pokriva skup 

N, tj. ako je [ 

y2M " 

K (y; ") N: 

De…nicija 3.9 Skup N X je totalno ograniµcen ako za svako " > 0 ima 

konaµcnu "-mreµzu. 

Primjedba: Svaki totalno ograniµcen skup N je i ograniµcen. Zaista, ako 

je r(A) radijus skupa N, tada je r(A) r (M " ) + 2" < 1 (jer je konaµcno 

r (M " )) jer sadrµzi samo konaµcno mnogo taµcaka. Obrnuto nije taµcno, kao što 

pokazuje primjer fe 1 ; e 2 ; :::g u l p : 

24



U prostoru R k ograniµcenost i totalna ograniµcenost se poklapaju. Zaista, ako 

k 

1 ! 

P 

je u R k skup N ograniµcen on leµzi u nekoj kocki B (x; y) = ( i i ) 2 2 

i=1 

µcija je ivica duµzina preµcnika kugle (koja sadrµzi N). Dijeleći ovu kocku na 

kocke µcije ivice su manje od p " tjemena ovih posljednih obrazuju jednu 

k 

"-mreµzu u odnosu na B pa pošto je N B to i u odnosu na N. 

Primjer 3.2 Skup taµcaka B= x = ( i ) : j i j 6 1 ; i = 1; 2; :::; n l 2 2 je totalno 

ograniµcen. Zaista, neka je " > 0 i odaberimo N 2 N tako da je 1N < " 2 

2 . 

Svakoj taµcki x 2 B pridruµzimo taµcku y = ( 1 ; 2 ; :::; N ; 0; :::). Tada je 

0 

! 1 0 

1 

! 1 

1 

2 

2 

1X 

1X 

(x; y) = @ ( i ) 2 A 6 @ 

1 

A < " 2 2i 2 

i=N+1 

i=N+1 

tj. skup A = fyg je jedna " -mreµza u odnosu na A. No pošto je A ograniµcen 

2 

skup u R N (kao jednoµclan) a tu se totalna ograniµcenost i ograniµcenost pokalapaju 

- postojaće " -mreµza u odnosu na A. Ova je onda i konaµcna "-mreµza u 

2 

odnosu na skup B, tj. skup B je totalno ograniµcen u l 2 . 

Tvr†enje 3.4 (Hajne-Borel) Metriµcki prostor X je kompaktan akko ima 

H B osobinu, tj. ako se iz svakog otvorenog pokrivanja fG i g prostora X 

moµze izdvojiti jedno konaµcno pokrivanje prostora X. X S G i 

. 

i2I 

Dokaz. (Vidi Aljanµcića, str. 74.) 

Tvr†enje 3.5 Ako je f neprekidna na kompaktnom skupu K X ona je 

uniformno neprekidna na njemu. 

Dokaz. Neka je " > 0. Pošto je f neprekidna na K X, to svakoj taµcki 

t 2 K odgovara otvorena kugla K t = K (t; r t ) tako da je 

(f(z); f(t)) < " (*) 

2 

 

za svako z 2 K \ K t Neka je Kt 

= K t; r 

t 

. Familija fKt g 

2 

t2K 

je jedno 

pokrivanje (otvoreno) skupa K. Pošto K ima H-B svojstvo tada postoji 

konaµcno pokrivanje fKt g t2K 

skupa K, tj. 

K t 1 

[ K t 2 

[ [ K t n 

K: (**) 

25



Neka je 

= 1 2 min fr t 1 

; r t2 ; :::; r tn g : (***) 

Pokazaćemo da sada vrijedi 

(x; y) < =) (f(x); f(y)) < " 

za x; y 2 K tj. da je f uniformno neprekidna na K. Zaista, zbog (**) postoji 

prirodan broj m (1 6 m 6 n) takav da x 2 Kt m 

K tm : Zbog (x; y) < 

x 2 Kt m 

pripada i obzirom na (***) imamo 

(y; t m ) 6 (y; x) + (x; t m ) < + r t m 

2 6 r t m 

tj. y 2 K tm : Na osnovu (*) je dakle za (x; y) < 

(f(x); f(y)) 6 (f(x); f(t m )) + (f(t m ); f(y)) < " 2 + " 2 = ": 

jer x; y 2 K tm 

µcime je tvr†enje dokazano. 

Tvr†enje 3.6 Neprekidna slika kompaktnog skupa K X je kompaktan 

skup f(K) Y: 

Primjedba: Metriµcki i topološki pojmovi 

Paµzljivo razmatranje uvedenih de…nicija i dokazanih tvr†enja ove glave koji 

se odnose na metriµcke prostore pokazuje da se sve mogu podijeliti u dva dijela. 

U jednom su tvr†enja i de…nicije posljedica osobina otvorenih skupova 

(odnosno zatvorenih) i za njihovo dokazivanje ili formulaciju nije bilo neophodno 

spominjati metriku. Npr. u de…niciji neprekidne funkcije neophodno je 

znati šta je otvoren skup pa su se formulacija i tvr†enje u vezi sa neprekidnim 

funkcijama mogli izvesti na isti naµcin u svim metriµckim prostorima. 

De…nicija otvorenog skupa, unutrašnjih taµcaka, ruba i tvr†enja u vezi sa 

njima tako†er ne zavise od metrike.. Nasuprot tome, nedgeje metrika igra 

veoma bitnu ulogu. pojmovi kugle, kontrakcije i sliµcno. De…nicija uniformno 

neprekidne funkcije je u zavisnosti od metrike. Za prve od navedenih pojmova 

(koji ne zavise od metrike) kaµzemo da zavise od topologije, tj. od familije 

otvorenih skupova a za druge (koji zavise od metrike) od metrike. Familija 

svih otvorenih skupova metriµckog prostora de…niše topologiju metriµckog prostora. 

Za metriµcke prostore kaµzemo da imaju istu topologiju ako imaju istu 

familiju otvorenih skupova, a razliµcite u suprotnom. Dvije razliµcite metriµcke 

funkcije mogu odre†ivati istu topologiju, tj. istu familiju otvorenih skupova. 

Na primjer, neka je fX = (x; y) 2 R 2 : x 2 + y 2 = 1g : 

26



Jasno je 2 (M 0 ; N 0 ) 6 1 (M 0 ; N 0 ) 6 2 (M 0 ; N 0 ) pa 1 ; 2 de…nišu istu 

familiju otvorenih skupova u X. 

De…nicija 3.10 Metrike 1 i 2 na X zovemo ekvivalentnim ako odre†uju 

istu topologiju. Drugim rijeµcima, ako postoje pozitivne konstante c 1 i c 2 takve 

da je za svaki par taµcaka x; y 2 X 

2 (x; y) 6 c 1 1 (x; y) 6 c 2 2 (x; y) : (*) 

Primjedba: Ako je f : X ! Y neprekidno preslikavanja metriµckog prostora 

X sa metrikom 1 u metriµcki prostor Y sa metrikom 0 1 funkcija f ostaje 

neprekidna i kada se 1 i 0 1 zamijene sa ekvivalentnim metrikama 2 i 0 2: 

Prije nego pre†emo na normirane prostore, dajemo jošneke primjere metriµckih 

prostora funkcija. 

4 Prostori L p (a; b) i M(a; b) 

Neka je L p (a; b); (p > 1; 

razmaku (a; b) takvih da je 

1 6 a 

Z b 

a 

jx(t)j p dt < +1 ( tj. 

(a; b)). U skupu L p (a; b) uvedimo relaciju ekvivalencije 

x y ako je x(t) = y(t) s.s. na (a; b): 

x je integrabilna na 

Oznaµcimo sa L p (a; b) = L p (a; b)= . L p (a; b) je kolekcija klasa ekvivalencije, 

no mi ćemo kao što je to uobiµcajeno smatrati skupom funkcija (predstavnika 

odgovarajućih klasa). Drugim rijeµcima, nećemo razlikovati dvije skoro svuda 

jednake funkcije ili što je isto dvije funkcije iz L p (a; b) smatramo razliµcitim 

ako se njihove vrijednosti ne poklapaju na skupu pozitivne mjere. ako se 

uzmu funkcije de…nisane na nekom skupu E, oznaka je L p (E): 

Posljedica: Ako je b a < 1 svaka ograniµcena i mjerljiva funkcija na (a; b) 

je u L p (a; b); (jer je integrabilnog p stepena). Još više, ako x 2 L p (a; b); 

(p > 1) i b a < 1 tada je x 2 L 1 (a; b): Zaista, ako oznaµcimo sa A = 

ft 2 (a; b) : jx(t)j < 1g tada je jasno da x 2 L 1 (A) (jer je ograniµcena pa i 

integrabilna na A) no pošto je 

jxj 6 jxj p (*) 

na skupu CA tada je, zbog 

Z 

jx(t)j dt 6 

Z 

jx(t)j p dt 6 

Z b 

jx(t)j p dt (jer 

CA 

x 2 L p (a; b)), x 2 L 1 (CA) pa je x 2 L 1 (a; b): Pokaµzimo (*). Pošto je p > 1 

CA 

a 

27



tada funkcija h 7! h p ; (h > 0) je iznad funkcije h 7! h p za h > 1 tj. na 

CA . Skup L p (a; b) postaje metriµcki prostor ako se u njemu de…niše metrika 

pomoću 

0 

1 1 

(x; y) = @ 

Z b 

a 

p 

jx(t) y(t)j p dtA 

: (**) 

Tvr†enje 4.1 Ako je x 2 L p i y 2 L q ; gdje je p > 1 i 1 p + 1 q 

= 1; tada je 

Z b 

0 

jx(t)y(t)j dt @ 

Z b 

1 

0 p 

jx(t)j p dtA 

@ 

1 

Z b 

1 

1 

q 

jy(t)j q dtA 

: (1) 

a 

a 

a 

Dokaz. Ako se u Lemi 2 Poglavlje 1 stavi 

= 

0 

@ 

Z b 

jx(t)j 

1 

jx(t)j p dtA 

1 

p 

; = 

0 

@ 

Z b 

jy(t)j 

1 

jy(t)j q dtA 

1 

q 

a 

a 

i ako integralimo od a do b, dobijamo, na osnovu 6 p 

p + q 

q : 

0 

@ 

Z b 

jx(t)j 

1 

jx(t)j p dtA 

1 

p 

0 

@ 

Z b 

jy(t)j 

1 

jy(t)j q dtA 

1 

q 

= 

0 

@ 

Z b 

jx(t)y(t)j 

1 1 0 1 

p 

Z b 

jx(t)j p dtA 

@ jy(t)j q dtA 

1 

q 

a 

a 

6 

a 

0 

p @ 

Z b 

jx(t)j p 

1 + 

jx(t)j p dtA 

a 

0 

q @ 

Z b 

jy(t)j q 

1 

jy(t)j q dtA 

a 

a 

28



0 

@ 

Z b 

1 

1 1 0 p 

jx(t)j p dtA 

@ 

Z b 

1 

jy(t)j q dtA 

1 

q 

Z b 

a 

jx(t)y(t)j dt 

6 

Z b 

a 

a 

0 

0 

B 

@ p @ 

Z b 

jx(t)j p 

a 

1 + 

jx(t)j p dtA 

0 

q @ 

Z b 

1 

jy(t)j q 

1 

dt = 1 p + 1 q = 1 

jy(t)j q C 

dtAA 

a 

a 

pa je (1) dokazano. 

Tvr†enje 4.2 Ako x i y pripadaju L p ; gdje je p > 1; tada je 

0 

@ 

Z b 

1 

1 

p 

0 

jx(t)y(t)j p dtA 

@ 

Z b 

1 

1 

p 

0 

jx(t)j p dtA 

+ @ 

Z b 

1 

1 

p 

jy(t)j p dtA 

: (2) 

a 

a 

a 

Dokaz. Dokazujemo primjenom (1) kao kod nejednakosti za sume u poglavlju 

1. 

Koristeći nejednakost (2) (Minkowski za integrale) lahko se pokazuje da 

je aksiom (A3) za iz (**) zadovoljen. Što se tiµce (A2) primijetimo da 

x(t) = y(t) =) (x; y) = 0; a obrat je jasno taµcan zbog (x; y) = 0 =) 

Z b 

jx(t) y(t)j p dt = 0 i tada je x(t) y(t) = 0 s.s. na (a; b) : Zaista, neka je 

a 

E n = t 2 (a; b) : jx(t) 

E 2 = 

 

t 2 (a; b) : jx(t) y(t)j > 1 2 

y(t)j > 1 

; tada je E 1 = ft 2 (a; b) : jx(t) y(t)j > 1g ; 

n 

; ::: pa E 1 E 2 E n E n+1 

S 

itd. pa E = 1 E n = ft 2 (a; b) : jx(t) y(t)j > 0g = ft 2 (a; b) : jx(t) y(t)j 6= 0g 

n=1 

i mE = 0 što treba pokazati. 

Z Z 

mE n = En 

dt < n jx(t) 

E n E n 

Z 

y(t)j dt < n 

E n 

jx(t) y(t)j p dt = 0 

29



pa je mE n = 0 za svako n i 

m (E) = m 

! 

1[ 

E n 6 

n=1 

µcime je (A2) pokazano. 

Navest ćemo neke osobine prostora L p (a; b): 

1X 

m (E n ) = 0 

n=1 

Tvr†enje 4.3 L p (a; b) je separabilan metriµcki prostor. 

Skica dokaza. (Dokaz u Aljanµciću) Neka je (a; b) [0; 1].De…nišimo za 

…ksirano n = 1; 2; ::: funkcije u n i (t); i = 1; 2; :::; n 1 sa 

1; 

u n 1 

i (t) = 

6 t < i+1 

n n 

(7) 

0; u ostalim sluµcajevima. 

Oznaµcimo sa P skup funkcija oblika 

Xn 1 

n i u n i (t); ( n = 1; 2; :::) (8) 

i=0 

s gdje su n i racionalni brojevi. Jasno P je prebrojiv skup. Pokaµzimo da je 

P svuda gust u L p [0; 1] : 

Ustvari dovoljno je pokazati da je skup B funkcija oblika (8) gdje su n i realni 

brojevi svida gust u L p [0; 1] . Jer se svaka funkcija iz B moµze proizvoljno 

dobro (u smislu metrike u L p ) aproksimirati nekom funkcijom iz P . Drugim 

rijeµcima P je svuda gust u B (to je posljedica gustoće racionalnih u realnim) 

pa imamo P B L p . Tada zbog P = B = L p biće opravdan postupak 

koji je gore uveden. 

Xn 1 

Pokaµzimo de je P = B. Neka je " > 0 dato i neka je s n (t) = n i u n i (t) neka 

funkcija iz B ( n i realni brojevi). Tada postoje racionalni brojevi n i tako da 

 

je n Xn 1 

i < "; i = 0; 1; :::; n 1: No tada s n (t) = n i u n i (t) pripada P i 

jer 

n i 

2 

(s n ; s n ) = 4 

Z 1 

0 

js n (t) 

3 

s n (t)j p dt5 

1 

p 

2 

< " 4 

Xn 1 

u n i (t) = u n 0(t) + u n 1(t) + ::: + u n n 1(t) = 

i=0 

30 

Z 1 

0 

i=0 

i=0 

Xn 1 p 

3 

u n i (t)! 

dt5 

i=0 

1; 0 6 t < 1 

0; t = 1 

1 

p 

= 1 

= "



Sada se pokazuje da je B svuda gust u L p [0; 1] : Kasnije se uzima i za a = 1 

i b = +1. 

Tvr†enje 4.4 Skup neprekidnih funkcija je svuda gust u L p (a; b) za b a < 

1: 

Dokaz. Dovoljno je pokzati za a = 0 i b = 1 da je skup neprekidnih funkcija 

na [0; 1] svuda gust u skupu jednostavnih funkcija oblika (8), drugim rijeµcima 

da se svaki element (dio) 

1; 6 t 6 ; (0 6 < 6 1) 

u(t) = 

0; na drugoim dijelovima od [a; b] 

jednostavne funkcije moµze proizvoljno dobro aproksimirati neprekidnom funkcijom 

u smislu metrike u L p . Dakle, za svako " > 0 postoji y 2 C [0;1] takva da 

je 

(u; y) < ": (9) 

Zaista, ako y de…nišemo sa 

8 

< 1; 6 t 6 

 

" p 

y(t) = 0; 0 < t 6 

: 

2 i + 

" p 

2 

6 t 6 1 

linearno na ostalom dijelu od [a; b] 

biće 

( (u; y)) p = 

Z 1 

0 

ju(t) y(t)j p dt 6 2 

+( " 2) p 

Z 

 

" 

p 

1 p dt = 2 6 " 

p 

2 

pa je (9) taµcno. Ovo je aproksimacija na elementu (tj. dijelu) funkcije 

(jednostavne) oblika (8). 

Posljedica 4.1 Skup polinoma je svuda gust u L p (a; b); b a < 1: 

Dokaz. Neka je x 2 L p (a; b): Prema prethodnoj tvrdni postoji neprekidna 

funkcija y tako da je (x; y) < " za svako " > 0. Na osnovu Vajerštrasove 

2 

teoreme postoji polinom p koji odgovara funkciji y tako da je 

jy(t) p(t)j < " ; za svako t 2 [a; b] : 

2 

Me†utim, pošto je 

0 

(x; y) = @ 

Z b 

a 

jx(t) 

1 

y(t)j p dtA 

1 

p 

6 (b a) 1 p jx(t) y(t)j ; t 2 [a; b] : 

31



Iz 

slijedi 

Zb 

( (x; y)) 1 p = 

a 

jx(t) y(t)j p dt 6 (b a) jx(t) y(t)j p 

jx(t) y(t)j p > 

f() = 

b 

b 

1 

a 

1 

a 

Z b 

a 

Z b 

a 

f(t)dt; 

f(t)dt; (8a 6 6 b) 

pa je (y; p) < " ; odakle je (x; p) 6 (x; y) + (y; p) < ": 

2 

Tvr†enje 4.5 Prostor L p (a; b) je kompletan. 

Dokaz. Neka je (x n ) Košijev niz u L p . Svakom i = 1; 2; ::: odgovara prirodan 

broj n i , n i > n i 1 za i = 1; 2; :::, takav da je 

(x m ; x n ) < 1 2 i ; m > n > n i: 

Za djelimiµcni niz (podniz) (x ni ) vrijedi 

Stavimo 

Tada je 

0 

@ 

Z b 

a 

y k (t) = 

1 1 

p 

y p k dt A 

1 

x ni+1 ; x ni < ; (i = 1; 2; :::) : (10) 

2i kX 

xni+1 (t) x ni (t) i y(t) = 

i=1 

= 

6 

< 

0 

@ 

Z b 

a 

0 

kX 

@ 

i=1 

Z b 

1X 

xni+1 (t) x ni (t) (11) 

i=1 

kX 

x ni+1 (t) x ni (t) p 

1 

! 

dtA 

i=1 

a 

 

x ni+1 (t) 

kX 1 

2 < X 1 

1 

i 2 = 1 i i=1 

32 

i=1 

1 

x ni (t) p dtA 

1 

p 

= 

1 

p 

6 (nejednakost Minkowskog) 

kX 

x ni+1 ; x ni < 

i=1



0 

Dakle @ 

Z b 

1 1 

p 

y p k dt A 

< 1; pa je 

Z b 

y p k dt < 1 i 

a 

Z b 

1 > lim 

k!1 

a 

a 

Zb 

y p k dt > 

a 

Z b 

lim y p k 

dt = 

k!1 

a 

y p dt 

pa zbog Fatuove leme vrijedi. Dakle, 

Z b 

jyj p dt 6 1 pa je y p integrabilna No, 

to znaµci da je y(t) < 1 s.s. na (a; b). Pogledajmo de…niciju funkcije y (t), to 

znaµci da je red 

1X 

x n1 + x ni+1 (t) x ni (t) (12) 

i=1 

apsolutno konvergentan s.s. na (a; b). Oznaµcimo sa x(t)sumu reda (12). 

Za one t 2 (a; b) za koje red konvergira, a u ostalim taµckama (tj. red ne 

konvergira) stavimo x(t) = 0. Prema tome 

a 

lim x n i 

(t) = x(t) (13) 

n!1 

s.s. na (a; b) jer iz (12) slijedi 

1X 

x n1 + x ni+1 (t) x ni (t) = x n2 +x n3 x n2 +x n4 x n3 +:::+x nk+1 x nk +::: 

i=1 

pa je parcijalni zbir x ni (t): Pokaµzimo da je x iz L p i da x n ! x u smislu 

metrike u L p : Pošto je x n Košijev niz tada za svako " > 0 postoji N 2 N 

tako da je 

m > N i n > N =) (x m ; x n ) < ": (14) 

U parcijalnom nizu (n i ) koji smo na poµcetku konstruisali, izaberimo i 0 tako 

veliko da je n i > N za i > i 0 . Ako izraz jx m x ni j p shvatimo kao niz po i i 

vodimo raµcuna o (13) imamo 

Z b 

lim 

i!1 

a 

jx m x ni j p dt > (Fatuova lema) > 

Z b 

a 

lim jx m 

n!1 

Z b 

x ni j p dt () 

= 

a 

jx m 

x n j p dt 

jer (*) vrijedi zbog (13). No pošto je na osnovu (14) 

Z b 

jx m x ni j p dt = ( (x m ; x ni )) p < " p ; (m > N; i > i 0 ) : 

a 

33



Iz ovih nejednakosti slijedi 

0 

@ 

Z b 

jx m 

1 

xj p dtA 

1 

p 

< " za m > N odakle zakljµcujemo 

da x n ! x u metrici L p i kako je 

0 

@ 

Z b 

1 

1 

p 

jxj p dtA 

6 

0 

@ 

Z b 

a 

1 

jx x m + x m j p dtA 

1 

p 

6 Minkowski 

a 

6 

0 

@ 

a 

Z b 

jx 

1 

x m j p dtA 

1 

p 

0 

+ @ 

Z b 

1 

jx m j p dtA 

1 

p 

< 1 

a 

a 

tada x 2 L p (a; b): 

Primjedba: Usput smo dokazali sljedeće tvrdnje: Ako (x n ) konvergira ka x 

u metrici L p (a; b) tada postoji podniz (x ni ) koji s.s. na (a; b) konvergira ka : 

Konvergencija u L p zove se konvergencija u srednjem indeksa p. 

Logiµcno je pogledati odnos konvergencije u srednjem i konvergencije "po koordinatama". 

Naime, konvergencija u metrici prostora C [a;b] znamo da je 

kao uniformna konvergencija funkcija bila uporediva sa obiµcnom ("po koordinatama") 

konvergencijom (ili po taµckama) funkcija. Me†utim, ovdje je 

drugaµcije. Moµze niz funkcija konvergirati u srednjem a da ne konvergira 

taµcka po taµcka i obrnuto, niz funkcija moµze konvergirati "po koordinatama" 

(tj. taµckasto) a ne konvergira u srednjem. 

Primjer 4.1 De…nišimo 

8 

>< n; 0 6 t 

x n (t) = 

n 

1 

>: 0; za t = 0 ili p 6 t 6 1: n 

Tada x n (t) ! 0 za svako t 2 [0; 1] : Ali 

Z 1 

0 

1 

p n 

Z 

jx n (t)j p dt = 

0 

n p dt = n p 1 2 (n!1) 

! 1 jer p > 1 

pa x n (t) 9 0 u smislu metrike u L p [0; 1] (vidi Primjer 8 Poglavlje 2, to je 

dobar primjer za p = 1). 

34



Primjer 4.2 Vidi primjer konstruisan u ovom poglavlju. Uoµcimo ga u ovom 

obliku 

( 

i 

u n 1; 

i (t) = n 6 t 

n 

0; 0 u svim ostalim taµckama 

i x 1 = u 1 1; x 2 = u 2 1; x 3 = u 2 2; x 4 = u 3 1; x 5 = u 3 2; x 6 = u 3 3; :::. Niz (x k ) konvergira 

0 

1 1 

u srednjem indeksa p ka 0 jer 

@ 

Z 1 

0 

jx k (t)j p dtA 

p 

(k!1) 

! 0: Me†utim, ni za 

jedno t 0 2 [0; 1) ne vaµzi x k (t 0 ) ! 0. Zaista, za svako n postojaće jedno 

m 

m; (1 6 m 6 n 1) takvo da je t 0 2 

n ; m + 1 

(vidi de…niciju niza) tada 

n 

je u n m(t 0 ) = 1: Dakle niz x k (t 0 ) ima beskonaµcno mnogo jedinica pa niz ne 

konvergira ka 0. Ovaj primjer pokazuje da konvergencija u srednjem ne povlµci 

µcak ni konvergenciju s.s.. (Vidi primjer poslije T5 i uporedi!) 

De…nicija 4.1 Mjerljiva funkcija x de…nisana na (a; b) je suštinski ograniµcena 

sa gornje strane ako postoji konstanta M takva da je x(t) 6 M s.s. na 

(a; b). Najmanja takva konstanta M je njen suštinski ili esencijalni supremum 

(pravi maksimum) u oznaci sup essx(t) ili vraimaxx(t) 

t2(a;b) 

t2(a;b) 

Simetriµcno se de…niše suštinska ograniµcenost sa donje strane. 

De…nicija 4.2 Mjerljiva funkcija x pripada skupu suštinski ograniµcenih funkcija 

M(a; b) ako njena apsolutna vrijednost ima konaµcan esencijalni supremum. 

Neka je M(a; b) = M(a; b)= gdje je uvedena pomoću (*) na poµcetku 

poglavlja. Lahko se provjerava da je pomoću 

(x; y) = sup ess jx(t) 

t2[a;b] 

y(t)j 

de…nisana metrika u skupu M(a; b): Konvergencija u prostoru M(a; b) suštinski 

ograniµcenih funkcija, tj. niz taµcaka (x n ) iz M(a; b) konvergira ka x iz M 

ako niz funkcija (x n ) konvergira uniformno u (a; b) kada se iz njega ukloni 

skup mjere 0. 

35

MetriÄki prostori - PMF

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?

MetriÄki prostori - PMF