Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
REALNA ANALIZA (Vježbe 2009/10)Renata Turkeš21. prosinca 2009.
Sadržaj1 Metrički prostori 11.1 Metrika i metrički prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Konvergencija u metričkim prostorima . . . . . . . . . . . . . 331.3 Kompletnost metričkih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.4 Banachov stav o fiksnoj tački . . . . . . . . . . . . . . . . . . 661.5 Separabilnost metričkih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . 851.6 Kompaktnost metričkih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . 951.6.1 Neprekidne funkcije na kompaktnim skupovima . . . . 1082 Banachovi prostori 1112.1 Linearni vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1112.2 Normirani prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113 Linearni operatori 1123.1 Ograničenost i neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.2 Inverzni operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.3 O još dva principa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.4 Zatvoreni operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1124 Linearni funkcionali 1134.1 Geometrijski smisao linearnih funkcionala . . . . . . . . . . . . 1134.2 Hahn-Banachov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1134.3 Reprezentacija ograničenih linearnih funkcionala . . . . . . . . 1134.4 Konjugovani prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1134.5 Slaba konvergencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1135 Hilbertovi prostori 1145.1 Skalarni produkt. Hilbertovi prostori. . . . . . . . . . . . . . . 1145.2 Ortogonalnost i ortogonalni komplement . . . . . . . . . . . . 1145.3 Ortonormirani sistemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1141
Uradjeni zadaci u sljedećem materijalu u potpunosti prate skriptu ”Uvodu funkcionalnu analizu (Predavanja 2008/2009)”, autor dr.sci. Nermin Okičić,docent, te su tako podijeljeni u identična po<strong>gla</strong>vlja i sekcije kao u navedenojskripti. Materijal je, dakle, najprije namijenjen studentima Prirodnomatematičkogfakulteta Univerziteta u Tuzli, na kursu <strong>Realna</strong> <strong>analiza</strong>. Vježbesu prvenstveno usmjerene ka što boljem razumijevanju osnovnih pojmova unavedenim cjelinama, te su zadaci pažljivo birani u skladu sa tim ciljem.Studentima koji će koristiti ove vježbe izričito se preporučuje da prvobitnosamostalno pokušaju uraditi sve zadatke, prije osvrta na izložena rješenja.Čujem, i zaboravim;Vidim, i zapamtim;Uradim, i razumijem.(Azijska poslovica)Preporučuje se da se vježbe čitaju po datom redoslijedu, jer se čestonavode različite napomene, primjedbe i detaljna objašnjenja nekih zaključaka,koja se kasnije podrazumijevaju i izostavljaju. Dokazi svih izloženih teoremanalaze se u skripti ”Uvod u funkcionalnu analizu (Predavanja 2008/2009)”.Literatura korištena u izboru najvećeg broja zadataka je sljedeća:1. N. Okičić, Uvod u funkcionalnu analizu (Predavanja 2008/2009)2. S. Aljančić, Uvod u realnu i funkcionalnu analizu3. C.D. Aliprantis, O. Burkinshaw, Principles of Real Analysis4. C.D. Aliprantis, O. Burkinshaw, Problems in Real Analysis5. Efe A. Ok, Real Analysis with Economic Applications,kao i vježbe na kursu <strong>Realna</strong> <strong>analiza</strong> kod asistentice Mirele Garić, te ranijiispitni rokovi. Rješenja istih u najvećem broju rad su autorice ovih vježbi,kao i sve greške u materijalu.
Po<strong>gla</strong>vlje 1Metrički prostoriRješavanje zadataka iz ovog po<strong>gla</strong>vlja studentima bi trebalo u potpunosti razjasnitipojam metrike, te pojmove kompletnost, separabilnost i kompaktnost,i njihov medjusobni odnos, te dati uvid u značaj Banachovog stava o fiksnojtački, prvenstveno kroz kvalitetno razumijevanje uslova tog teorema, a zatimi kroz primjenu istog na dokazivanje egzistencije i jedinstvenosti rješenjarazličitih tipova (sistema) jednačina, te konvergencije nizova.1.1 Metrika i metrički prostoriMetrika je jedan od najvažnijih pojmova moderne matematike. Mnogi pojmovivezani za odredjeni skup ( medju njima najvažniji je pojam konvergencijeniza tačaka ) zasnivaju se isključivo na rastojanju izmedju dvije tačke, anezavisni su od drugih osobina tog skupa. Definicija rastojanja u odredjenomprostoru omogućava nam razmatranje mnogih pojmova vezanih za taj skup,poput npr. pojma kompletnosti, kompaktnosti ili neprekidnosti ( koji se svioslanjaju na pojam konvergencije ), koje smo ranije sretali u skupu realnihbrojeva.Definicija 1.1.1 (METRIKA) Neka je X ≠ ∅ proizvoljan skup. Za funkcijud : X × X → R kažemo da je metrika na X, ako zadovoljava sljedeća četiriuslova:(M1) (∀x, y ∈ X) : d(x, y) ≥ 0(M2) d(x, y) = 0 ⇔ x = y(M3) (∀x, y ∈ X) : d(x, y) = d(y, x)(M4) (∀x, y, z ∈ X) : d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)1
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 2Tada uredjeni par (X, d) nazivamo metrički prostor.Primjedba 1.1.1 U literaturi se nekad osobina (M1) navodi kao(∀x, y ∈ X) : 0 ≤ d(x, y) < ∞.Zaista, primjetimo da je u gornjoj definiciji metrike navedeno da je preslikavanjed : X ×X → R, odnosno da je d realna funkcija, tj. da nikada ne uzimavrijednost ∞. Stoga trebamo biti oprezni, i uvijek prvobitno provjeriti da lizadata funkcija uzima samo konačne vrijednosti, ukoliko to nije unaprijednavedeno.Prvo ćemo navesti neke konkretne primjere metričkih prostora. Da bidokazali da je odredjena funkcija metrika, uvijek ćemo pristupiti na isti način:provjeriti ćemo da li je zadata funkcija realna, a zatim provjeravamo i aksiome(M1)-(M4) iz same definicije metrike. Najčešće je jednostavno pokazatida su zadovoljene osobine (M1)-(M3), dok dokazivanje osobine (M4) možepredstavljati nešto ozbiljniji zadatak. Tada su nam često od velikog značajasljedeće teoreme:Teorem 1.1.1 (NEJEDNAKOST HÖLDERA) Neka su a i , b i ∈ R (iliC) (i = 1, 2, ..., n), i neka je za realan broj p > 1, broj q definiran sa 1 p + 1 q = 1.Tada za sve n ∈ N vrijedin∑n∑ n∑|a i b i | ≤ ( |a i | p ) 1 p ( |b i | q ) 1 q .i=1i=1Teorem 1.1.2 (NEJEDNAKOST MINKOWSKOG) Neka su a i , b i ∈R (ili C) (i = 1, 2, ..., n), i neka je p ≥ 1. Tada za sve n ∈ N vrijedi(i=1n∑n∑n∑|a i + b i | p ) 1 p ≤ ( |a i | p ) 1 p + ( |b i | p ) 1 p .i=1i=1Kao što je navedeno i u skripti, obje ove nejednakosti imaju i svoj integralnioblik, tj. vrijede i sljedeće nejednakosti(∫ ba∫ ba|f(t)g(t)|dt ≤ (∫ bai=1∫ b|f(t)| p dt) 1 p ( |g(t)| q dt) 1 q ,∫ b ∫ b|f(t) + g(t)| p dt) 1 p ≤ ( |f(t)| p dt) 1 p + ( |g(t)| p dt) 1 p .aaa
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 3U sljedećim zadacima navedeni su u<strong>gla</strong>vnom metrički prostori koji će seredovno spominjati tokom cijelog kursa <strong>Realna</strong> <strong>analiza</strong>.ZADATAK 1.1.1 Neka je X proizvoljan skup i neka je d funkcijadefinirana na sljedeći način:{ 0, x = y,d(x, y) =1, x ≠ y.Dokazati da je d metrika.Rješenje: Jasno je, na osnovu same definicije preslikavanja d, da je d(x, y)
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 4ZADATAK 1.1.2 Neka je d : R×R → R funkcija definirana na sljedećinačin:d(x, y) = |x − y|Dokazati da je d metrika.Rješenje: Već je u samoj postavci zadatka navedeno da je d : R×R → R,te odmah možemo prijeći na dokazivanje aksioma metrike.(M1) Jasno slijedi iz definicije.(M2) Druga aksioma jasno slijedi iz sljedećeg niza ekvivalencijad(x, y) = 0 ⇔ |x − y| = 0⇔ x − y = 0⇔ x = y(M3) d(x, y) = |x − y| = |y − x| = d(y, x)(M4) Nejednakost trou<strong>gla</strong> je zadovoljena jer|x − y| = |x − z + z − y| ≤ |x − z| + |z − y|⇔ d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)(R, d) je dobro poznati Euklidov prostor realne prave. ZADATAK 1.1.3 Dokazati da su sljedeće funkcije metrike na R n (n ∈N) :a. d 2 (x, y) = (b. d p (x, y) = (n∑|x i − y i | 2 ) 1 2i=1n∑|x i − y i | p ) 1 p(1 ≤ p < ∞)i=1c. d ∞ (x, y) = max1≤i≤n |x i − y i |Rješenje: Napomenimo prvobitno da su sve funkcije realne jer se radi okonačnim sumama, odnosno maksimumu konačno mnogo vrijednosti.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 5a.(M1) Jasno slijedi iz definicije.(M2) Druga aksioma jasno slijedi iz sljedećeg niza ekvivalencija(M3) d(x, y) = (d 2 (x, y) = 0 ⇔ (n∑|x i − y i | 2 ) 1 2 = 0i=1⇔ x i − y i = 0 (∀i ∈ 1, n)⇔ x i = y i (∀i ∈ 1, n)⇔ x = yn∑n∑|x i − y i | 2 ) 1 2 = ( |y i − x i | 2 ) 1 2 = d(y, x)i=1i=1(M4) Nejednakost trou<strong>gla</strong> je zadovoljena jern∑n∑( |x i − y i | 2 ) 1 2 = ( |x i − z i + z i − y i | 2 ) 1 2i=1∗≤ (i=1n∑n∑|x i − z i | 2 ) 1 2 + ( |z i − y i | 2 ) 1 2i=1⇔ d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y),pri čemu (*) označava primjenu nejednakosti Minkowskog na a i =x i − z i , b i = z i − y i .Ovako definirana metrika na R n naziva se Euklidska metrika. Ukolikonije drugačije na<strong>gla</strong>šeno, podrazumijevamo da je na metričkom prostoruR n (n ∈ N) definirana upravo Euklidska metrika d 2 .b. Potpuno analogno kao a. Primjetimo da je a. ustvari poseban slučajslučaja b.c.(M1) Jasno slijedi iz definicije.(M2) Druga aksioma jasno slijedi iz sljedećeg niza ekvivalencijai=1d ∞ (x, y) = 0 ⇔ max1≤i≤n |x i − y i | = 0(M1)⇔ |x i − y i | = 0 (∀i ∈ 1, n)⇔ x i = y i (∀i ∈ 1, n)⇔ x = y(M3) d(x, y) = max1≤i≤n |x i − y i | = max1≤i≤n |y i − x i | = d(y, x)
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 6(M4) Nejednakost trou<strong>gla</strong> je zadovoljena jer|x i − y i | = |x i − z i + z i − y i | ≤ |x i − z i | + |z i − y i |,pa tako vrijedi imax |x i − y i |1≤i≤n≤ max (|x i − z i | + |z i − y i |)1≤i≤n≤ max |x i − z i | + max |z i − y i | ,1≤i≤n 1≤i≤nšto je ekvivalentno sa d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).Primjedba 1.1.2 Kako su ustvari definirane metrike d p (1 ≤ p ≤ ∞) izprethodnog zadatka ako je n = 1, tj. na skupu realnih brojeva R? Elementix, y ∈ R su tačke koje imaju samo jednu koordinatu, pa lako uočavamo da seustvari sve metrike d p svode na našu dobro poznatu Euklidovu metriku realneprave iz ranijeg primjera, tj.d p (x, y) = d 2 (x, y) = |x − y|(∀p, 1 ≤ p ≤ ∞).ZADATAK 1.1.4 Dokazati da sljedeća funkcija nije metrika na R n :(n ≥ 2)n∑d p (x, y) = ( |x i − y i | p ) 1 p(p < 1)i=1Rješenje:[NUSRET OGRIĆ] Kako bi dokazali da d p nije metrika za p < 1,dovoljno je pokazati da d p nije realna funkcija, ili da nije zadovoljen neki odaksioma metrike (M1)-(M4). Posmatrati ćemo nekoliko slučajeva.1 0 p < 0Jasno je da u ovom slučaju d p neće biti realna funkcija. Naprimjer,ukoliko imamo vektore x i y koji se poklapaju barem u nekoj i-tojkoordinati, izraz |x i − y i | p nije konačan broj, pa tako ni d p (x, y).2 0 p = 0Sada broj 1 p nije konačan, pa je jasno da d p ponovno nije realna funkcija.3 0 0 < p < 1Ovaj slučaj jedini nije trivijalan. Naime, jednostavno se provjerava daje d p realna funkcija, kao i da zadovoljava aksiome metrike (M1)-(M3).
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 7Provjera tih osobina je jednostavna, a ovdje je izostavljamo jer ustvarinije ni neophodna u ovom zadatku kako nam je dovoljno pokazati samokoja osobina nije zadovoljena. Navedeno nas upućuje na zaključak danije zadovoljen aksiom (M4). Zaista, posmatrajmo sljedeće vektore:x = (1, 0, 0, 0, ..., 0)y = (0, 1, 0, 0, ..., 0)z = (0, 0, 0, 0, ..., 0)Na osnovu definicije metrike d p jednostavno nalazimo odgovarajućeudaljenosti:d(x, y) = (1 p + 1 p ) 1 1p = 2pd(x, z) = 1d(z, y) = 1Primjetimo da, kako je 0 < p < 1, vrijedid(x, y) > d(x, z) + d(z, y),pa nejednakost trou<strong>gla</strong> nije zadovoljena. Dakle, i u posljednjem slučajud p zaista nije metrika.Zašto je u posljednjem zadatku n ≥ 2?ZADATAK 1.1.5 Dokazati da su sljedeće funkcije metrike na C[a, b] (C[a, b] je skup svih neprekidnih realnih funkcija na segmentu [a, b] ):a. d(f, g) = sup |f(t) − g(t)|a≤t≤bb. d(f, g) = ( ∫ ba |f(t) − g(t)|2 dt) 1 2Rješenje:a. Kako su po pretpostavci zadatka f, g ∈ C[a, b], f i g su neprekidnefunkcije na [a, b], pa je i funkcija f − g, a dalje i funkcija |f − g|neprekidna na [a, b]. Iz Matematičke analize I poznato nam je da je[a, b] kompaktan skup, te da neprekidna funkcija na kompaktnom skupudostiže svoju maksimalnu i minimalnu vrijednost ( detaljnije o ovojtemi govoriti ćemo u Sekciji 1.6.1 ). Stoga, funkcija |f −g| dostiže svoju
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 8maksimalnu vrijednost na [a, b], odnosno sup |f ′ (t) − g ′ (t)| = d(f, g)a≤t≤bpostoji i konačan je.gf[ ]ab(M1) Jasno slijedi iz definicije.(M2) Osobina (M2) je takodjer zadovoljena jerd(f, g) = 0 ⇔ sup |f(t) − g(t)| = 0a≤t≤b⇔ |f(t) − g(t)| = 0 (∀t ∈ [a, b])⇔ f(t) = g(t) (∀t ∈ [a, b])⇔ f = g(M3) d(f, g) = sup |f(t) − g(t)| = sup |g(t) − f(t)| = d(g, f)a≤t≤ba≤t≤b(M4) Nejednakost trou<strong>gla</strong> je zadovoljena jer za proizvoljne funkcije f, g, h ∈C[a, b] vrijedi⇒|f(t) − g(t)|sup |f(t) − g(t)|a≤t≤b= |f(t) − h(t) + h(t) − g(t)|≤ |f(t) − h(t)| + |h(t) − g(t)|≤ sup (|f(t) − h(t)| + |h(t) − g(t)|)a≤t≤b≤ supa≤t≤bšto je ekvivalentno sa d(f, g) ≤ d(f, h) + d(h, g).|f(t) − g(t)| + sup |g(t) − h(t)|,a≤t≤bInače, ovako definirana metrika d je uobičajena metrika na C[a, b], paukoliko nije drugačije na<strong>gla</strong>šeno, metrički prostor C[a, b] podrazumijevaupravo tu metriku.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 9b. Kako su po pretpostavci zadatka f, g ∈ C[a, b], f i g su neprekidnefunkcije na [a, b], pa je i funkcija f − g, a dalje i funkcija |f − g| 2neprekidna na [a, b]. Iz Matematičke analize I poznato nam je da jesvaka neprekidna funkcija integrabilna, pa stoga ∫ ba |f(t)−g(t)|2 dt postojii konačan je. Dakle, d je zaista realna funkcija.(M1) Jasno slijedi iz definicije.(M2) Osobina (M2) je takodjer zadovoljena jer(M3) d(f, g) = (d(f, g) = 0 ⇔ (∫ ba∫ ba|f(t) − g(t)| 2 dt) 1 2 = 0⇔ |f(t) − g(t)| = 0 (∀t ∈ [a, b])⇔ f(t) = g(t) (∀t ∈ [a, b])⇔ f = g∫ b|f(t) − g(t)| 2 dt) 1 2 = ( |g(t) − f(t)| 2 dt) 1 2 = d(g, f)(M4) Nejednakost trou<strong>gla</strong> je zadovoljena na osnovu nejednakosti Minkowskog( integralni oblik, p = 2).Ovako definirana metrika na C[a, b] naziva se kvadratnom.aZADATAK 1.1.6 Da li je d(f, g) = sup |f(t) − g(t)| metrika na C(R)?t∈RRješenje: Ne. Na osnovu prethodnog zadatka, jasno je da se ništa nećemijenjati u dokazu aksioma metrike, pa one vrijede. Ipak, ovako definiranafunkcija na C(R) × C(R) nije realna. Naime, neka je naprimjer f(t) = t ig(t) = 0. Tada d(f, g) = supt∈R|f(t) − g(t)| = supt∈R|t| = ∞. ZADATAK 1.1.7 Provjeriti da li je ρ metrika na C 1 [0, 1], ako je definiranana sljedeći način:ρ(f, g) = max0≤x≤1 |f ′ (x) − g ′ (x)|Rješenje: Posmatranjem zadatog preslikavanja ρ, brzo možemo oučitida ρ ne zadovoljava osobinu (M2), pa samim time nije metrika. Naime,
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 10primjetimo:ρ(f, g) = 0 ⇔ max (x) − g ′ (x)| = 00≤x≤1⇔ (∀x ∈ [0, 1]) : |f ′ (x) − g ′ (x)| = 0⇔ (∀x ∈ [0, 1]) : f ′ (x) = g ′ (x) (∀x ∈ [0, 1]) : f(x) = g(x),jer ne postoji razlog zbog kojeg bi dvije neprkidne funkcije koje imaju jednakeizvode bile i same jednake. Naprimjer, posmatramo li neprekidne funkcijef : [0, 1] → R, f(x) = C 1 ,g : [0, 1] → R, g(x) = C 2 , (C 1 ≠ C 2 )jasno je da f ′ (x) = g ′ (x) = 0 za sve x ∈ [0, 1], pa tako iρ(f, g) = max0≤x≤1 |f ′ (x) − g ′ (x)| = 0,a očito je da f ≠ g. Zbog vježbe ipak ćemo provjeriti da li su zadovoljeneostale osobine iz definicije metrike. Kako su po pretpostavci zadatka f, g ∈C 1 [0, 1], f ′ i g ′ su neprekidne funkcije na [0, 1], pa je i funkcija f ′ −g ′ , a daljei funkcija |f ′ −g ′ | neprekidna na [0, 1]. Iz Matematičke analize I poznato namje da je [0, 1] kompaktan skup, te da neprekidna funkcija na kompaktnomskupu dostiže svoju maksimalnu i minimalnu vrijednost ( detaljnije o ovojtemi govoriti ćemo u Sekciji 1.6.1 ). Stoga, funkcija |f ′ − g ′ | dostiže svojumaksimalnu vrijednost na [0, 1], odnosno max |f ′ (x)−g ′ (x)| = ρ(f, g) postoji0≤x≤1i konačan je.(M1) Jasno slijedi iz definicije.(M2) Već smo pokazali da ρ(f, g) = 0 ne implicira f = g. Ipak, trivijalnouočavamo da vrijedi obrat, tj. daf = g ⇒ ρ(f, g) = 0.(M3) ρ(f, g) = max0≤x≤1 |f ′ (x) − g ′ (x)| = max0≤x≤1 |g′ (x) − f ′ (x)| = ρ(g, f)(M4) Nejednakost trou<strong>gla</strong> je zadovoljena jer za proizvoljne funkcije f, g, h ∈C 1 [0, 1] vrijedi⇒|f ′ (x) − g ′ (x)| = |f ′ (x) − h ′ (x) + h ′ (x) − g ′ (x)|≤ |f ′ (x) − h ′ (x)| + |h ′ (x) − g ′ (x)|max |f ′ (x) − g ′ (x)|0≤x≤1što je ekvivalentno sa ρ(f, g) ≤ ρ(f, h) + ρ(h, g).≤ max (|f ′ (x) − h ′ (x)| + |h ′ (x) − g ′ (x)|)0≤x≤1≤ max |f ′ (x) − g ′ (x)| + max0≤x≤1 0≤x≤1 |g′ (x) − h ′ (x)|,
••POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 11Dakle, ρ zadovoljava sve osobine metrike osim dijela aksiome (M2), odnosnoosim uslovaρ(f, g) ⇒ f = g.Inače, takvi prostori se nazivaju pseudometrički. ZADATAK 1.1.8 Da li je d(f, g) =C[a, b]?inf |f(t) − g(t)| metrika naa≤t≤bRješenje: Ne. Kao i u prethodnom zadatku, ovako definirana funkcija dje pseudometrika. Naime, jasno je da možemo izabrati dvije različite funkcijef i g, ali da vrijedi d(f, g) = 0.gf[ ]abDakle, ne vrijedi d(f, g) = 0 ⇒ f = g. Zaista,d(f, g) = 0 ⇔ inf |f(t) − g(t)| = 0,a≤t≤bno nema razloga da navedeno dalje povlači jednakost funkcija f i g.Da vrijede sve ostale osobine metrike lako je pokazati, a isto se može zaključitii osvrćući se na primjer uobičajene metrike na C[a, b] - sve što smo zaključiliza supremum, analogno bi mogli zaključiti i za infimum.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 12ZADATAK 1.1.9 Dokazati da je (X, d) metrički prostor ako jea. X = c skup svih konvergentnih nizova; d(x, y) = sup |x n − y n | zan∈Nx = (x n ) n∈N , y = (y n ) n∈N ∈ cb. X = c 0 skup svih nula nizova ( nizovi koji konvergiraju nuli );d(x, y) = sup |x n − y n | za x = (x n ) n∈N , y = (y n ) n∈N ∈ c 0n∈Nc. X = l p skup svih nizova∑sumabilnih sa stepenom p (1 ≤ p < ∞), tj.l p = {x = (x n ) n∈N : |x n | p < ∞}; d(x, y) = ( ∑ |x n − y n | p ) 1 pn∈Nn∈Nza x = (x n ) n∈N , y = (y n ) n∈N ∈ l pd. X = l ∞ skup svih ograničenih nizova, tj. l ∞ = {x = (x n ) n∈N :sup |x n | < ∞}; d(x, y) = sup |x n − y n | za x = (x n ) n∈N , y =n∈Nn∈N(y n ) n∈N ∈ l ∞Rješenje:a. Kako je poznato iz Matematičke analize I ( a detaljnije u sekciji 1.3 ),svaki konvergentan niz je ograničen, pa su prozivoljni nizovi (x n ) n∈N ,(y n ) n∈N ograničeni. Tada je jasno i niz (x n − y n ) n∈N ograničen, pa jezaista d(x, y) = sup |x n − y n | < ∞. Pokažimo da su zadovoljeni i svin∈Naksiomi metrike.(M1) Jasno slijedi iz definicije.(M2) Osobina (M2) je takodjer zadovoljena jer(M3) d(x, y) = supn∈Nd(x, y) = 0 ⇔ sup |x n − y n | = 0n∈N⇔ |x n − y n | = 0 (∀n ∈ N)⇔ x n = y n (∀n ∈ N)⇔ x = y|x n − y n | = sup |x n − y n | = d(y, x)n∈N(M4) Nejednakost trou<strong>gla</strong> je zadovoljena jer za proizvoljne nizove x, y, z ∈
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 13c vrijedi|x n − y n | = |x n − z n + z n − y n |≤ |x n − z n | + |z n − y n |⇒supn∈N|x n − y n | ≤ sup(|x n − z n | + |z n − y n |)n∈N≤ supn∈N|x n − z n | + sup |z n − y n |,n∈Nšto je ekvivalentno sa d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).b. Potpuno analogno kao pod a.a., jer je c 0 ⊂ c.Štaviše, možemo reći da b. slijedi zbogc. Na osnovu nejednakosti Minkowskog imamod(x, y) = ( ∑ n∈N |x n − y n | p ) 1 p≤ ( ∑ n∈N |x n − y n | p ) 1 p + (∑n∈N |x n − y n | p ) 1 ptj. d je zaista realna funkcija.(M1) Jasno slijedi iz definicije.x,y∈l p< ∞ + ∞ = ∞,(M2) Druga aksioma jasno slijedi iz sljedećeg niza ekvivalencija(M3) d(x, y) = ( ∑ n∈Nd(x, y) = 0 ⇔ ( ∑ |x n − y n | p ) 1 p = 0n∈N⇔ x n − y n = 0 (∀n ∈ N)⇔ x n = y y (∀n ∈ N)⇔ x = y∑|x n − y n | p ) 1 p = ( |y n − x n | p ) 1 p = d(y, x)n∈N(M4) Nejednakost trou<strong>gla</strong> je zadovoljena jer( ∑ |x n − y y | p ) 1 p= ( ∑ |x n − z n + z n − y n | p ) 1 pn∈Nn∈N∗≤ ( ∑ ∑|x n − z n | p ) 1 p + ( |z n − y n | p ) 1 pn∈NN⇔ d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y),pri čemu (*) označava primjenu nejednakosti Minkowskog na a n =x n − z n , b n = z n − y n .
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 14d. Da je (l ∞ , d) metrički prostor možemo zaključiti na osnovu a., jer udokazivanju svih osobina metrike u slučaju a. ustvari koristimo samoosobinu ograničenosti nizova. Naravno, ukoliko bismo direktno željelipokazati te osobine, učinili bi to potpuno analogno kao pod a.ZADATAK 1.1.10 Dokazati da je (L p [a, b], d) metrički prostor, gdje jeL p [a, b] skup Lebesgue integrabilnih funkcija sa p-tim stepenom (1 ≤ p
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 15Rješenje: Provjerimo prvobitno da je li je d 1 metrika na R. Da d 1 uzimasamo konačne vrijednosti jasno je iz sljedećeg:d 1 (x, y) = |x− y |1+|x| 1+|y|x| + | y|1+|x| 1+|y|≤ |= x + y1+|x| 1+|y|< 1 + 1 = 2< ∞,za sve x, y ∈ R. Provjerimo sada aksiome metrike:(M1) Jasno slijedi iz definicije.(M2)− y1+|x| x = y1+|x| 1+|y|xd 1 (x, y) = 0 ⇔ | | = 0 1+|y|⇔⇔ x + x|y| = y + |x|y1 0 x ≥ 0, y ≥ 0d 1 (x, y) = 0 ⇔ x + xy = y + xy⇔ x = y2 0 x ≤ 0, y ≤ 0d 1 (x, y) = 0 ⇔ x − xy = y − xy⇔ x = y3 0 x > 0, y < 0d 1 (x, y) = 0 ⇔ x − xy = y + xy⇔ x = y + 2xy,što je nemoguće jer je lijeva strana jednakosti pozitivna, a desnanegativna. Dakle, sigurno nikada neće vrijediti d 1 (x, y) = 0 akox > 0, y < 0.4 0 x < 0, y > 0d 1 (x, y) = 0 ⇔ x + xy = y − xy⇔ x + 2xy = y,što je ponovno nemoguće jer je lijeva strana jednakosti negativna,a desna pozitivna.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 16Stoga, zaista vrijedi d 1 (x, y) = 0 ⇔ x = y.(M3) d 1 (x, y) = |x1+|x| −y | = | y−1+|y| 1+|y|x | = d 1+|x| 1(y, x)(M4) Konačno, nejednakost trou<strong>gla</strong> je zadovoljena za sve x, y, z ∈ X jer|x1+|x| −y1+|y| |= | xx≤ |⇔ d 1 (x, y) ≤ d 1 (x, z) + d 1 (z, y).− z + z − y |1+|x| 1+|z| 1+|z| 1+|y| − z | + | z− y |1+|x| 1+|z| 1+|z| 1+|y|Na osnovu (M1)-(M4) zaključujemo da preslikavanje d 1 jeste metrika na R.Ispitajmo da li je i d 2 metrika. Kako funkcija arctanx uzima vrijednosti uintervalu ( π , π ), onda2 2d 2 (x, y) = | arctanx − arctan y| ≤ | arctanx| + | arctany| < π 2 + π 2 = π < ∞.Sada prelazimo na ispitivanje aksioma metrike.(M1) Jasno slijedi iz definicije.(M2) Kako je funkcija arctanx dobro definirana i injektivna, imamod 2 (x, y) = 0 ⇔ | arctanx − arctany| = 0⇔ arctanx = arctan y⇔ x = y(M3) d 2 (x, y) = | arctanx − arctany| = | arctany − arctan x| = d 2 (y, x)(M4) Nejednakost trou<strong>gla</strong> je zadovoljena za sve x, y, z ∈ X jer| arctanx − arctany| = | arctanx − arctanz + arctan z − arctan y|≤ | arctanx − arctan z| + | arctanz − arctan y|⇔ d 2 (x, y) ≤ d 2 (x, z) + d 2 (z, y).Dakle, i preslikavanje d 2 je metrika na R. ZADATAK 1.1.12 Neka je (X, d) metrički prostor. Neka je D : X ×X → R preslikavanje definirano saDokazati da je D metrika.D(x, y) = ln(1 + d(x, y)).Rješenje:
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 17(M1) d je metrika na X, pa vrijedi:(∀x, y ∈ X) : d(x, y) ≥ 0⇒ (∀x, y ∈ X) : 1 + d(x, y) ≥ 1⇒ (∀x, y ∈ X) : ln[1 + d(x, y)] ≥ ln 1⇒ (∀x, y ∈ X) : D(x, y) ≥ 0(M2) Kako je d metrika, vrijedi d(x, y) = 0 ⇔ x = y. Stoga imamo:D(x, y) = 0 ⇔ ln[1 + d(x, y)] = 0 = ln 1⇔ 1 + d(x, y) = 1⇔ d(x, y) = 0⇔ x = y(M3) Kako je d metrika, vrijedi d(x, y) = d(y, x), pa tako vrijedi i:D(x, y) = ln[1 + d(x, y)] = ln[1 + d(y, x)] = D(y, x).(M4) Naravno, i u dokazivanju nejednakosti trou<strong>gla</strong> za funkciju D koristitićemo činjenicu da je d metrika, odnosno da d zadovoljava nejednakosttrou<strong>gla</strong>:(∀x, y, z ∈ X) : d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)⇒ (∀x, y, z ∈ X) : 1 + d(x, y) ≤ 1 + d(x, z) + d(z, y)(M1)⇒ (∀x, y, z ∈ X) : 1 + d(x, y) ≤ 1 + d(x, z) + d(z, y) + d(x, z)d(z, y)⇒ (∀x, y, z ∈ X) : 1 + d(x, y) ≤ [1 + d(x, z)][1 + d(z, y)]⇒ (∀x, y, z ∈ X) : ln[1 + d(x, y)] ≤ ln[1 + d(x, z)][1 + d(z, y)]⇒ (∀x, y, z ∈ X) : ln[1 + d(x, y)] ≤ ln[1 + d(x, z)] + ln[1 + d(z, y)].Posljednja nejednakost upravo je ekvivalentna nejednakosti D(x, y) ≤D(x, z) + D(z, y).Sada ćemo dokazati neke osobine metrike koje se često koriste, a koje suu skripti ”Uvod u funkcionalnu analizu (Predavanja 2008/2009)” u<strong>gla</strong>vnomnavedene u obliku lema bez dokaza.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 18ZADATAK 1.1.13 Neka je (X, d) proizvoljan metrički prostor.Dokazati da vrijede sljedeće osobine:a. (∀x 1 , x 2 , ..., x n ∈ X, n ≥ 2) : d(x 1 , x n ) ≤ d(x 1 , x 2 ) + d(x 2 , x 3 ) +... + d(x n−1 , x n )b. (∀x, y, z ∈ X) : |d(x, y) − d(x, z)| ≤ d(y, z)c. (∀x, y, z, t ∈ X) : |d(x, z) − d(y, t)| ≤ d(x, y) + d(z, t)Rješenje:a. Tvrdnju ćemo dokazati koristeći princip potpune matematičke indukcije.1 0 Provjerimo tačnost tvrdnje za n = 2. Tvrdnja je tačna jer je dmetrika, pa vrijedi nejednakost trou<strong>gla</strong>.2 0 Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za n = k, (k ≥ 2) tj. neka zasve x 1 , x 2 , ..., x k ∈ X, (k ≥ 2) vrijedid(x 1 , x k ) ≤ d(x 1 , x 2 ) + d(x 2 , x 3 ) + ... + d(x k−1 , x k ).3 0 Provjerimo tačnost tvrdnje za n = k+1. Neka su x 1 , x 2 , ..., x k , x k+1 ∈X proizvoljni. Imamo:d(x 1 , x k+1 )(M4)≤ d(x 1 , x k ) + d(x k , x k+1 )2 0≤ d(x 1 , x 2 ) + d(x 2 , x 3 ) + ... + d(x k−1 , x k ) + d(x k , x k+1 )Po principu potpune matematičke indukcije, sada možemo zaključitida je tvrdnja tačna za sve n ∈ N.b. Neka su x, y, z ∈ X proizvoljni. Primjetimo:|d(x, y) − d(x, z)| ≤ d(y, z)⇔ −d(y, z) ≤ d(x, y) − d(x, z) ≤ d(y, z)⇔ −d(y, z) ≤ d(x, y) − d(x, z) ∧ d(x, y) − d(x, z) ≤ d(y, z)⇔ d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∧ d(x, y) ≤ d(y, z) + d(x, z)(M3)⇔d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∧ d(x, y) ≤ d(y, z) + d(z, x),što je ekvivalentno aksiomu (M4).
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 19c. Neka su x, y, z, t ∈ X prozivoljni. Tada vrijedi:|d(x, z) − d(y, t)| = |d(x, z) − d(z, y) + d(z, y) − d(y, t)|≤ |d(x, z) − d(z, y)| + |d(z, y) − d(y, t)|(M3)= |d(z, x) − d(z, y)| + |d(y, z) − d(y, t)|b.≤ d(x, y) + d(z, t)Uraditi ćemo još nekoliko zanimljivijih zadataka koji imaju za cilj dodatnousavršiti razumijevanje definicije metrike, jer zahtijevaju kvalitetno shvatanjeaksioma metrike (M1)-(M4).ZADATAK 1.1.14 Za koje α ∈ R će funkcija d(x, y) = |x − y| α bitimetrika na R?Rješenje: Radi lakšeg tumačenja, ispitivati ćemo funkciju d kroz nekolikoslučajeva, odnosno intervala u kojima se nalazi α ∈ R. Da bi dokazali da dneće biti metrika za odredjeni α dovoljno je uočiti da za takav α ne vrijedineki od aksioma metrike, što možemo učiniti provjerom redom aksioma (M1)-(M4) ili direktnim uočavanjem koji aksiom nije zadovoljen.1 0 α < 0d nije metrika jer ne vrijedi d : R × R → R, kako je d(0, 0) = ∞.2 0 α = 0d nije metrika jer ne vrijedi d : R × R → R, kako d(0, 0) = 0 0 nijedefinirano.3 0 α ∈ (0, 1)Jednostavno se pokazuje da zaista vrijede aksiomi (M1)-(M3). Aksiom(M4) (∀x, y, z ∈ X) : |x − y| α ≤ |x − z| α + |z − y| α je takodjerzadovoljen zbog činjenice(∀a, b ∈ R) : |a + b| α ≤ |a| α + |b| α .( za a = x − z, b = z − y) Da bi dokazali navedenu činjenicu, uvedimopomoćnu funkciju f : R → Rf(t) = (1 + t) α − (1 + t α )
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 20Ispitajmo monotonost navedene funkcije:f ′ (t) = α(1 + t) α−1 − αt α−1= α[(1 + t) α−1 − t α−1 ]α∈(0,1)< 0Dakle, f je opadajuća, a kako je f(0) = 0, onda imamo(∀t ≥ 0) : f(t) ≤ 0⇒ (∀t ≥ 0) : (1 + t) α − (1 + t α ) ≤ 0⇒ (∀t ≥ 0) : (1 + t) α ≤ (1 + t α )Uvrstimo li t = a , (a, b > 0, inače trivijalno ) dobijamob(1 + a b )α ≤ 1 + aαb α⇒(b+a)α ≤ 1 + aαb α b α⇒ (a + b) α ≤ b α + a α .4 0 α = 1d(x, y) = |x − y| je standardna Euklidska metrika.5 0 α > 1Jednostavno provjeravamo da vrijede aksiomi (M1)-(M3). Medjutim,aksiom (M4) nije zadovoljen jer vrijedi njegova negacija:(∃x = 1, y = −1, z = 0 ∈ R) : 2 α = |x −y| α ≥ |x −z| α + |z −y| α = 2,pa d nije metrika.Konačno, zaključujemo da je funkcija d(x, y) = |x − y| α metrika na R samokada α ∈ (0, 1]. ZADATAK 1.1.15 Odrediti sve realne brojeve a, b za koje je funkcijad(x, y) = |ax + by| metrika na R.Rješenje: Prvobitno napomenimo da će uvijek vrijediti d(x, y) < ∞, bezobzira na a, b ∈ R.(M1) Jasno je da (∀x, y ∈ R) : 0 ≤ |ax + by| = d(x, y) za sve a, b ∈ R.(M2) Radi lakšeg tumačenja drugog aksioma metrike, posmatrati ćemo dvijeimplikacije koje ga čine odvojeno:
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 21• [x = y ⇒ d(x, y) = 0]⇔ [x = y ⇒ |ax + by| = 0]⇔ [x = y ⇒ ax + by = 0]⇔ [x = y ⇒ ax = −by],a da bi ta implikacija vrijedila jasno je da mora vrijediti a = −b.• [d(x, y) = 0 ⇒ x = y]⇔ [|ax − ay| = 0 ⇒ x = y]⇔ [ax − ay = 0 ⇒ x = y]⇔ [ax = ay ⇒ x = y],a da bi navedena implikacija vrijedila jasno je da mora biti a ≠ 0,jer0 · x = 0 · y x = y.Dakle, da bi vrijedio aksiom (M2): d(x, y) = 0 ⇔ x = y, neophodno jeda vrijede obje implikacije koje čine ovu ekvivalenciju, pa mora vrijeditia = −b, ali pri tome ne smije vrijediti a = −b = 0. Stoga, d(x, y) =|ax − ay|, gdje je a ∈ R\{0}.(M3) Aksiom (M3) neće nametnutni nikakva dodatna ograničenja na a, jer(∀x, y ∈ X) :d(x, y) = |ax − ay| = |ay − ax| = d(y, x),bez obzira na a ∈ R\{0}.(M4) Ni (M4) neće nametnuti ograničenja jer za sve x, y, z ∈ Xd(x, y) = |ax − ay|= |ax − az + az − ay|≤ |ax − az| + |az − ay|= d(x, z) + d(z, y)Na osnovu (M1)-(M4), jedini uslovi su a ∈ R\{0}, i b = −a. Dakle, d(x, y) =|ax − ay| je metrika za sve a ∈ R\{0}. ZADATAK 1.1.16 Neka je d : X × X → R proizvoljna funkcija kojazadovoljava sljedeće osobine: strogost, simetričnost i nejednakost trou<strong>gla</strong>,tj. zadovoljava aksiome metrike (M2)-(M4). Dokazati da je tada dmetrika!
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 22Rješenje: Kako je po pretpostavci d realna funkcija, da bi dokazali da jed metrika dovoljno je utvrditi da je d i pozitivno definitna, tj. da zadovoljavaaksiom (M1):(∀x, y ∈ X) : d(x, y) ≥ 0.Pretpostavimo suprotno, neka postoje a, b ∈ X takvi da d(a, b) < 0.Na osnovu (M2) imamo d(a, a) = 0.Na osnovu (M3) imamo d(b, a) = d(a, b) < 0.Konačno, na osnovu (M4) imamo d(a, a) ≤ d(a, b)+d(b, a), što je kontradikcijajer je zbog ranije izloženog lijeva strana nejednakosti 0, a desna negativanbroj. Dakle, zaista vrijedi i aksiom (M1), pa je d metrika. ZADATAK 1.1.17 Neka je d : X × X → R proizvoljna funkcija kojaje zadovoljava sljedeće osobine:(i) d(x, y) = 0 ⇔ x = y(ii) (∀x, y, z ∈ X) : d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z)Dokazati da je d metrika!Rješenje: Da li su date osobine (i) i (ii) aksiomi metrike (M2) i (M4)? Ne,i to je prvo što je neophodno uočiti. Na taj zaključak navodi nas i prethodnizadatak, u kojemu imamo tvrdnju da aksiomi (M2)-(M4) povlače i aksiom(M1), što vodi do pretpostavke da slabiji uslovi ne bi implicirali istu tvrdnju.Takodjer, pogledamo li rješenje prethodnog zadatka, možemo uvidjeti da smozaista koristili i aksiom (M3) kako bi dokazali da je d metrika.Zaista, pogledamo li pažljivo, možemo se uvjeriti da uslov (ii) ne predstavljanejednakost trou<strong>gla</strong> u njenom izvornom obliku! Sada možemo prijeći nakonkretno rješavanje zadatka. d je po pretpostavci realna funkcija, pa jedovoljno provjeriti aksiome metrike (M1)-(M4).(M1) Na osnovu (ii) imamo(∀x, y ∈ X) :d(x, x) ≤ d(x, y) + d(x, y),a kako je zbog (i) d(x, x) = 0, jasno je da vrijedi(∀x, y ∈ X) :0 ≤ 2d(x, y),odnosno(∀x, y ∈ X) : d(x, y) ≥ 0.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 23(M2) Pretpostavka (i) ekvivalentna je aksiomu (M2).(M3) Koristeći redom pretpostavke (ii) i (i) dobijamo(∀x, y ∈ X) :d(x, y) ≤ d(x, x) + d(y, x) = 0 + d(y, x) = d(y, x).Analogno dobijamo(∀x, y ∈ X) :d(y, x) ≤ d(y, y) + d(x, y) = 0 + d(x, y) = d(x, y).Spajajući dvije dobijene nejednakosti imamo(∀x, y ∈ X) :d(x, y) = d(y, x).(M4) Po pretpostavci (ii) imamo(∀x, y ∈ X) :d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z),no zbog dokazanog aksioma (M3) vrijedi d(y, z) = d(z, y), pa je zaistazadovoljen aksiom (M4):(∀x, y ∈ X) :d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).Kako su zadovoljene svi aksiomi metrike, d je metrika. ZADATAK 1.1.18 Neka je (X, d) proizvoljan metrički prostor i f :R + 0 → R+ 0 monotono neopadajuće preslikavanje koje zadovoljava sljedećeosobine:(i) f(x) = 0 ⇔ x = 0(ii) f(x + y) ≤ f(x) + f(y)Ako je g : X × X → R + 0je g metrika.definirano sa g(x, y) = f(d(x, y)), dokazati daRješenje: Po pretpostavci, g je realna funkcija, pa predjimo na dokazivanjeaksioma metrike.(M1) Po pretpostavci zadatka, g : X ×X → R + 0 , za zaista vrijedi g(x, y) ≥ 0uvijek.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 24(M2) Osobina (M2) je zadovoljena jer vrijedig(x, y) = 0 ⇔ f(d(x, y)) = 0(i)⇔ d(x, y) = 0⇔ x = y,pri čemu je posljednja ekvivalencija zadovoljena jer je d metrika pad(x, y) = 0 ⇔ x = y.(M3) Kako je d metrika, vrijedi d(x, y) = d(y, x), pa imamog(x, y) = f(d(x, y)) = f(d(y, x)) = g(y, x).(M4) Zbog činjenice da je d metrika, ona zadovoljava i nejednakost trou<strong>gla</strong>,odnosno imamof neopadajuća⇒(ii)Dakle, g je zaista metrika. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)f(d(x, y)) ≤ f(d(x, z) + d(z, y))⇒ f(d(x, y)) ≤ f(d(x, z)) + f(d(z, y))⇔ g(x, y) ≤ g(x, z) + g(z, y)Pojam metrike omogućava nam mjerenje i nekih drugih rastojanja.Definicija 1.1.2 (UDALJENOST SKUPOVA) Neka je (X, d) proizvoljanmetrički prostor, i ∅ ≠ A, B ⊆ X. Rastojanje izmedju skupova A i Bdefinišemo sad(A, B) = inf{d(x, y) :x ∈ A, y ∈ B}.ZADATAK 1.1.19 Naći udaljenost d(A, B)(A, B ⊆ R 2 ), ako je:a. A osa Ox, a B prava čija je jednačina y = 1.b. A osa Ox, a B grafik funkcije y = e x .Rješenje: A i B su podskupovi skupa R 2 , pa kako drugačije nije na<strong>gla</strong>šeno,prisjetimo se da ćemo ovdje podrazumijevati Euklidsku metriku d 2 , tj. zax = (x 1 , x 2 ), y = (y 1 , y 2 ) ∈ R 2 jed(x, y) = (2∑ √|x i − y i | 2 ) 1 2 = |x1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 .i=1
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 25a. Na osnovu definicije udaljenosti dva skupa imamod(A, B) = inf{d(x, y) : x ∈ A, y ∈ B}(∗)= inf{d((x 1 , 0), (y 1 , 1)) : x 1 , y 1 ∈ R}= inf{ √ (x 1 − y 1 ) 2 + (0 − 1) 2 : x 1 , y 1 ∈ R}= inf{ √ (x 1 − y 1 ) 2 + 1 : x 1 , y 1 ∈ R}(∗∗)= 1,pri čemu (∗) i (∗∗) označavaju sljedeća jednostavna detaljna objašnjenja:(*) x ∈ A ⇔ x = (x 1 , 0), x 1 ∈ Ry ∈ B ⇔ y = (y 1 , 1), y 1 ∈ RyB 1Ax(**) Na osnovu definicije infimuma znamo√inf (a − b)2 + 1 = 1a,b∈R{ √(i) (∀a, b ∈ R) : (a − b)2 + 1 ≥ 1⇔√(ii) (∀ε > 0)(∃(a ε , b ε ) ∈ R 2 ) : (aε − b ε ) 2 + 1 < 1 + εJednostavno se pokazuje da zaista vrijede oba uslova iz definicijeinfimuma:(i) (∀a, b ∈ R) : (a − b) 2 ≥ 0⇒ (∀a, b ∈ R) : √ (a − b) 2 + 1 ≥ 1⇒ (∀a, b ∈ R) : (a − b)2 + 1 ≥ 1(ii) Uočimo li sljedeći jednostavan niz ekvivalencija√(aε − b ε ) 2 + 1 < 1 + ε ⇔ (a ε − b ε ) 2 + 1 < 1 + 2ε + ε 2⇔ a ε − b ε < √ ε(2 + ε)⇔ a ε < b ε + √ ε(2 + ε),
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 26jasno je da zaista vrijedi (ii), pri čemu možemo birati b ε ∈ Rproizvoljan, i a ε ∈ [b ε , b ε + √ ε(2 + ε)).( najjednostavnije (∃(a ε , b ε ) = (c, c)) )b. Ponovno na osnovu definicije udaljenosti dva skupa imamod(A, B) = inf{d(x, y) : x ∈ A, y ∈ B}(△)= inf{d((x 1 , 0), (y 1 , e y 1)) : x 1 , y 1 ∈ R}= inf{ √ (x 1 − y 1 ) 2 + (0 − e y 1 )2 : x 1 , y 1 ∈ R}= inf{ √ (x 1 − y 1 ) 2 + e 2y 1 : x1 , y 1 ∈ R}(△△)= 0,pri čemu (△) i (△△) označavaju sljedeća jednostavna detaljna objašnjenja:(△) x ∈ A ⇔ x = (x 1 , 0), x 1 ∈ Ry ∈ B ⇔ y = (y 1 , e y 1), y 1 ∈ RyBAx(△△) Po definiciji infimuma√inf (a − b)2 + e 2b = 0a,b∈R{ √(i) (∀a, b ∈ R) : (a − b)2 + e⇔√ 2b ≥ 0(ii) (∀ε > 0)(∃(a ε , b ε ) ∈ R 2 ) : (aε − b ε ) 2 + e 2b < εSlično prethodnom slučaju pokazujemo da su zadovoljena obauslova iz definicije infimuma:(i) (∀a, b ∈ R) : (a − b) 2 ≥ 0, e 2b ≥ 0⇒ (∀a, b ∈ R) : √ (a − b) 2 + e 2b ≥ 0⇒ (∀a, b ∈ R) : (a − b)2 + e 2b ≥ 0
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 27(ii) Uočimo li niz ekvivalencija√(aε − b ε ) 2 + e 2b < ε ⇔ (a ε − b ε ) 2 + e 2bε < ε 2⇔ a 2 ε − 2a εb ε + b 2 ε − e2bε − ε 2 < 0⇔ a ε ∈ (b ε − √ e 2bε+ε2 , b ε − √ e 2bε+ε2 ),lako zaključujemo da zaista vrijedi i uslov (ii) iz definicijeinfimuma, izaberemo li b ε ∈ R prozivoljan, i a ε ∈ (b ε −√e2b ε+ε 2 , b ε − √ e 2bε+ε2 ).( √ e 2x < ε ⇔ e x < ε ⇔ x < lnε, pa se npr. jednostavnomože uzeti (a ε , b ε ) = (ln ε − 1, ln ε − 1)))Na kraju ove sekcije podsjetimo se još definicije nekih pojmova čije namuvodjenje takodjer omogućava pojam metrike.Definicija 1.1.3 (OTVORENA/ZATVORENA KUGLA. SFERA.)Neka je (X, d) metrički prostor, i a ∈ X i r > 0 proizvoljni. Otvorena ku<strong>gla</strong>u X sa centrom u tački a, poluprečnika r je skupB(a, r) = {x ∈ X :d(a, x) < r}.Zatvorena ku<strong>gla</strong> u X sa centrom u tački a, poluprečnika r je skupK(a, r) = {x ∈ X :d(a, x) ≤ r}.Sfera u X sa centrom u tački u a, poluprečnika r je skupS(a, r) = {x ∈ X :d(a, x) = r}.Šta su otvorene kugle u diskretnom metričkom pros-ZADATAK 1.1.20toru (X, d)?Rješenje: Kako d(x, y) uzima samo vrijednosti 0 i 1, jasno je da možemoimati samo sljedeća dva slučaja.1 0 r ∈ (0, 1]B(a, r) = {x ∈ X : d(a, x) < r} = a.2 0 r ∈ (1, +∞)B(a, r) = {x ∈ X : d(a, x) < r} = X.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 28ZADATAK 1.1.21 Šta predstavlja otovorenu jediničnu kuglu B(0, 1) umetričkom prostoru (R 2 , d p ), ako jea. p = 1b. p = 3 2c. p = 2d. p = 3e. p = ∞Rješenje:a. p = 1B(0, 1) = {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : d 1 (0, x) < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : d 1 ((0, 0), (x 1 , x 2 )) < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : |0 − x 1 | + |0 − x 2 | < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : |x 1 | + |x 2 | < 1}b. p = 3 2B(0, 1) = {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : d32= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : d32(0, x) < 1}((0, 0), (x 1 , x 2 )) < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : (|0 − x 1 | 3 2 + |0 − x 2 | f rac32) 2 3 < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : |x 1 | 3 2 + |x 2 | f rac32 < 1}
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 29c. p = 2B(0, 1) = {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : d 2 (0, x) < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : d 2 ((0, 0), (x 1 , x 2 )) < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : (|0 − x 1 | 2 + |0 − x 2 | 2 ) 1 2 < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : |x 1 | 2 + |x 2 | 2 < 1}d. p = 3B(0, 1) = {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : d 3 (0, x) < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : d 3 ((0, 0), (x 1 , x 2 )) < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : (|0 − x 1 | 3 + |0 − x 2 | 3 ) 1 3 < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : |x 1 | 3 + |x 2 | 3 < 1}
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 30e. p = ∞B(0, 1) = {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : d ∞ (0, x) < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : d ∞ ((0, 0), (x 1 , x 2 )) < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : max{|0 − x 1 |, |0 − x 2 |} < 1}= {x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : max{|x 1 |, |x 2 |} < 1}ZADATAK 1.1.22 Neka je C[0, 1] metrički prostor sa uobičajenommetrikom.a.Šta predstavlja jediničnu kuglu B(0, 1)?b. Neka je f(t) = e t i g(t) = t. Da li g ∈ B(f, 1)?Rješenje:
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 31a. Kako jeB(0, 1) = {f ∈ C[0, 1] : d(0, f) < 1}= {f ∈ C[0, 1] : sup |0 − f(t)| < 1}0≤t≤1= {f ∈ C[0, 1] : sup |f(t)| < 1}0≤t≤1= {f ∈ C[0, 1] : −1 < f(t) < 1},kuglu B(0, 1) čine sve neprekidne funkcije na segmentu [0,1] koje senalaze izmedju pravih y = −1 i y = 1.1[ ]0 1-1b.g ∈ B(f, 1) ⇔ (g ∈ C[a, b] ∧ d(f, g) < 1)⇔ (g ∈ C[0, 1] ∧ sup |f(t) − g(t)| < 1)0≤t≤1⇔ (t ∈ C[0, 1] ∧ sup |e t − t| < 1),0≤t≤1što ne vrijedi jer sup |e t −t| ≥ |e 0 −0| = |1−0| = 1. Dakle, g /∈ B(f, 1).0≤t≤1ZADATAK 1.1.23 Neka je (X, d) metrički prostor. Dokazati da uopćem slučaju ne mora vrijediti sljedeće:a. B(x, r 1 ) = B(x, r 2 ) ⇒ r 1 = r 2b. B(x 1 , r) = B(x 2 , r) ⇒ x 1 = x 2
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 32Rješenje:a. Kako nalaženje primjera koji podupiru tvrdnju zadatka značajno doprinosirazumijevanju definicije kugli, navesti ćemo ih nekoliko:1. Neka je X proizvoljan skup, a d diskretna metrika. Izaberemo liproizvoljan element a ∈ X, imamoB(a, 2) = B(a, 3) = X.S druge strane, jasno je da 2 ≠ 3, pa zaista B(x, r 1 ) = B(x, r 2 ) r 1 = r 2 .2. Neka je X = {a, b} i d proizvoljna metrika. Ako obilježimod(a, b) = u > 0, imamoB(a, u) = B(a, u 2 ) = {a},iako u ≠ u . Možemo naprimjer posmatrati i2iako 2u ≠ 3u.B(a, 2u) = B(a, 3u) = a, b = X,3. Neka je X = Z, a d Euklidska metrika. Primjetimo da vrijedia jasno je da 3 ≠ 2.5.B(0, 3) = B(0, 2.5) = {−2, −1, 0, 1, 2},b. Neka je X proizvoljan skup koji sadrži najmanje dva elementa ( radijednostavnosti možemo posmatrati skup X = {a, b} ), i d diskretnametrika. Tada je jasno da vrijediiako a ≠ b.B(a, 2) = B(b, 2) = X,Definicija 1.1.4 (OTVOREN/ZATVOREN SKUP) Neka je (X, d) metričkiprostor. Skup O ⊆ X je otvoren ako vrijedi(∀x ∈ O)(∃ε > 0) : B(x, ε) ⊆ O.Skup F ⊆ X je zatvoren ako je njegov komplement otvoren skup.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 33Definicija 1.1.5 (ZATVORENJE SKUPA) Neka je (X, d) metrički prostori A ⊆ X proizvoljan skup. Zatvorenje skupa A, u oznaci A, je najmanji( u smislu inkluzije ) zatvoreni skup koji sadrži skup A.Jednostavno se uočava da vrijediA = ⋂ {F ⊆ X : F zatvoren i A ⊆ F }.U zadacima je često najjednostavnije utvrditi zatvorenost skupa A ispitivanjemda li je granična vrijednost svakog konvergentnog niza tačaka iz Atakodjer u A. Naime, navedena osobina ekvivalentna je zatvorenosti skupa,u što se možemo uvjeriti jednostavnim zaključivanjem (definicija konvergentnogniza je u sljedećoj sekciji.)Definicija 1.1.6 (BAZA) Neka je (X, d) metrički prostor. Familija {B i } i∈Iotvorenih skupova je baza prostora X ako se svaki otvoren skup u X možeprikazati kao unija nekih elemenata te familije.1.2 Konvergencija u metričkim prostorimaDefinicija 1.2.1 (KONVERGENTAN NIZ) Neka je (X, d) metrički prostor.Za niz (x n ) n∈N u X kažemo da konvergira ka x 0 ∈ X ako vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x 0 ) < ε.Drugačije rečeno, niz (x n ) n∈N konvergira ka x 0 ∈ X ako d(x n , x 0 ) → 0∞). Pišemo lim x n = x 0 .n→∞(n →Primjetimo da se definicija konvergencije oslanja na metriku u datomprostoru, što je napomenuto u samom uvodnom dijelu ovog po<strong>gla</strong>vlja. Tako,niz (x n ) n∈N može konvergirati u (X, d 1 ), ali ne konvergirati u (X, d 2 ).Definicija 1.2.2 (NEPREKIDNA FUNKCIJA) Neka su (X, d X ) i (Y, d Y )metrički prostori. Preslikavanje f : X → Y je neprekidno u tački x 0 ∈ Xako vrijedi(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) : d X (x 0 , x) < δ ⇒ d Y (f(x 0 ), f(x)) < ε,odnosno akolim f(x) = f(x 0 ).x→x 0Preslikavanje f je neprekidno na X ako je neprekidno u svakoj tački x ∈ X.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 34ZADATAK 1.2.1 Dokazati da je metrika neprekidna funkcija svojihargumenata.Rješenje: Na osnovu definicije neprekidnog preslikavanja, treba pokazatida vrijedilimx n→x,y n→y d(x n, y n ) = d(x, y).U tu svrhu, neka x n → x i y n → y. Na osnovu jedne od ranije dokazanihosobina metrike, imamo|d(x n , y n ) − d(x, y)| ≤ d(x n , x) + d(y n , y) → 0,što i predstavlja tvrdnju zadatka. ZADATAK 1.2.2 Niz tačaka u metričkom prostoru može konvergiratisamo jednoj tački.Rješenje: Pretpostavimo suprotno, neka niz (x n ) n∈N u metričkom prostoruX konvergira ka dvije različite tačke a i b. Tada imamod(a, b) ≤ d(a, x n ) + d(x n , b) → 0 kad n → ∞,odnosno a = b, što je kontradikcija, pa vrijedi tvrdnja zadatka. ZADATAK 1.2.3 Neka je (X, d) diskretan metrički prostor. Dokazatida vrijedi(x n ) n∈N je konvergentan ⇔ (∃K ∈ N) : x K = x K+1 = x K+2 = ...Rješenje:⇒) Neka je (x n ) n∈N proizvoljan konvergentan niz. Na osnovu definicijekonvergencije, to znači(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x 0 ) < ε.Kako navedena relacija vrijedi za sve ε > 0, izaberimo npr. ε = 1 2 .Tada vrijedi(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x 0 ) < 1 2 ,
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 35a kako je d diskretna metrika, to ustvari znači(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x 0 ) = 0.Kako je d metrika, zadovoljava osobinu (M2), pa je posljednja relacijaekvivalentna sljedećoj(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ x n = x 0 .Dakle, (∃K = n 0 ) : x K = x K+1 = x K+2 = ...⇐) Neka (∃K ∈ N) : x K = x K+1 = x K+2 = .... Dakle, zanemarimo likonačno mnogo članova niza, ostali se članovi niza poklapaju, pa jejasno da je (x n ) n∈N konvergentan. Preciznije, (x n ) n∈N je konvegrentanjer zaista vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 = K ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x 0 ) = 0 < ε.ZADATAK 1.2.4 Dokazati da je konstantan niz konvergentan usvakom metričkom prostoru.Rješenje: Neka je (x n ) n∈N konstantan niz, tj. nekax n = a (∀n ∈ N)U svakom metričkom prostoru, d zadovoljava osobinu (M2) pa d(a, a) = 0,pad(x n , a) = d(a, a) = 0 ≤ ε za sve ε > 0.Potpuno precizno, imamo(∀ε > 0)(∃n 0 = 1 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , a) = 0 < ε,odnosno x n → a. 1.3 Kompletnost metričkih prostoraDefinicija 1.3.1 (OGRANIČEN NIZ) Neka je (X, d) metrički prostor.Niz (x n ) n∈N je ograničen ako sve članove niza možemo umetnuti u neku kuglu,tj. ako vrijedi(∃a ∈ X, r > 0)(∀n ∈ N) :x n ∈ B(a, r).
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 36Primjedba 1.3.1 Ograničen niz možemo definirati i na drugačiji način -kažemo da je niz (x n ) n∈N ograničen ako vrijedi(∃C > 0)(∀m, n ∈ N) :d(x m , x n ) < CZaista, jednostavno se pokazuje ekvivalentnost navedenih definicija ( preporučujese studentima da ekvivalentnost pokušaju sami pokazati, koristećidefinicije iz sekcije 1.1.! ):⇒) Neka vrijedi (∃a ∈ X, r > 0)(∀n ∈ N) : x n ∈ B(a, r).Posmatrajmo proizvoljne m, n ∈ N. Vrijedid(x m , x n ) (M4)≤ d(x m , a) + d(a, x n ) ≤ r + r = 2r,pa zaista (∃C = 2r > 0)(∀m, n ∈ N) : d(x m , x n ) < C.⇐) Neka vrijedi (∃C > 0)(∀m, n ∈ N) : d(x m , x n ) < C. Neka je n ∈ Nproizvoljan. Uzmemo li npr. a = x 1 ∈ X, na osnovu pretpostavkeimamod(x n , a) = d(x n , x 1 ) < C ⇔ x n ∈ B(a, r).Dakle, zaista (∃a = x 1 ∈ X, r = C > 0)(∀n ∈ N) :x n ∈ B(a, r).Naravno, u rješavanju zadataka ograničenost niza ćemo dokazivati (x n ) n∈Npo definiciji koja nam je u tom trenutku prikladnija.Definicija 1.3.2 (CAUCHYEV NIZ) Neka je (X, d) metrički prostor. Zaniz (x n ) n∈N u X kažemo da je Cauchyev ako vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ d(x m , x n ) < εDrugačije rečeno, niz (x n ) n∈N je Cauchyev ako d(x m , x n ) → 0(m, n → ∞).Prisjetimo se još jednom i definicije konvergentnog niza.Definicija 1.3.3 (KONVERGENTAN NIZ) Neka je (X, d) metrički prostor.Za niz (x n ) n∈N u X kažemo da konvergira ka x 0 ∈ X ako vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x 0 ) < ε.Drugačije rečeno, niz (x n ) n∈N konvergira ka x 0 ∈ X ako d(x n , x 0 ) → 0∞). Pišemo lim x n = x 0 .n→∞(n →
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 37Teorem 1.3.1 Svaki Cauchyev niz je ograničen, a svaki konvergentan niz jeCauchyev. Shematski to možemo zapisatikonvergentan ⇒ Cauchyev ⇒ ograničenPrimjedba 1.3.2 Nerijetko nam je kontrapozicija nekog teorema i značajnijaod samog teorema. Po kontrapoziciji posljednjeg teorema, ako niz nije ograničenonda sigurno nije ni Cauchyev; ako niz nije Cauchyev, sigurno znamo da nijeni konvergentan. Shematski to možemo zapisatinije ograničen ⇒ nije Cauchyev ⇒ nije konvergentanŽelimo li, naprimjer, pokazati da niz (x n ) n∈N nije Cauchyev, možemo toutvrditi pokazujući da (x n ) n∈N nije ograničen, što je često mnogo lakši zadatak.Ili, ako želimo pokazati da odredjeni niz nije konvergentan, jasno jeda je dovoljno da pokažemo da nije ograničen, ili da nije Cauchyev.ZADATAK 1.3.1 Provjeriti da li je niz (a n ) n∈N iz metričkog prostora(X, d) (i) ograničen, (ii) Cauchyev, (iii) konvergentan, gdje je:a. X = C, d uobičajena metrika, a n = e inb. X = R, d uobičajena metrika, a n = b n c n , pri čemu je (b n ) n∈Nograničen, a (c n ) n∈N Cauchyev nizc. X = C[0, 1], d(f(t), g(t)) = ∫ 10 |f(t) − g(t)|dt, a n(t) = max{ t n , 1}Rješenje: U utvrdjivanju odredjenih svojstava datih nizova značajni ćenam biti posljednji teorem i primjedba.a. (C, d)x, y ∈ C, pa su oblikax = x 1 + ix 2 , x 1 , x 2 ∈ Ry = y 1 + iy 2 , y 1 , y 2 ∈ Rd(x, y) = |x − y| = |(x 1 − y 1 ) + i(x 2 − y 2 )| = √ (x 1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2Navedimo sada nekoliko članova zadatog niza a n = e in , kako bi boljeuočili njegova svojstva. ( Korisno je prvobitno pokušati intuitivno ”osjetiti”da li zadati niz posjeduje odredjeno svojstvo, a tek onda strogo
•••POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 38pokušati isto dokazati. ) Kako je e iϕ = cosϕ + i sin ϕ, imamoa 1 = e i = cos 1 + i sin 1a 2 = e 2i = cos 2 + i sin 2.a n = e in = cosn + i sin n.|e in | = | cosn + i sin n| = √ cos 2 n + sin 2 n = 1 za sve n ∈ N, pa zaključujemoda se članovi niza (a n ) n∈N nalaze na jediničnoj kružnici ukompleksnoj ravni:a 2a 1a 3. ...Sada već možemo uočiti da je dati niz ograničen, ali da nije Cauchyev,pa tako nije ni konvergentan. Pokažimo to eksplicitno.(i) (a n ) n∈N ograničen ⇔ (∃C > 0)(∀m, n ∈ N) : 0 ≤ d(a m , a n ) ≤ CPosmatrajmo stoga proizvoljne m, n ∈ N, i bez umanjenja općenitostipretpostavimo da m > n.d(a m , a n ) = |a m − a n |= |e im − e in |= |e in (e i(m−n) − 1)|= |e in ||e i(m−n) − 1|= |e i(m−n) − 1|≤ |e i(m−n) | + | − 1|= 1 + 1= 2⇒ (∃C = 2 > 0)(∀m, n ∈ N) : d(a m , a n ) ≤ C⇒ (a n ) n∈N je ograničen( Sve članove niza možemo smjestiti npr. u kuglu B(0, 3 ) ) 2
••POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 39(ii) (a n ) n∈N Cauchyev⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d(a m , a n ) < εNavedeno ne vrijedi, jer npr. zam = (2k + 1)π a m = e im = cos(2k + 1)π + i sin(2k + 1)π = −1n = 2kπ a n = e in = cos 2kπ + i sin 2kπ = 1a ma nKad k → ∞, tada m, n → ∞, ali⇒ (a n ) n∈N nije Cauchyev niz.d(a m , a n ) = | − 1 − 1| = 2 ↛ 0(iii) Kako (a n ) n∈N nije Cauchyev niz ( upravo dokazano ), onda poposljednjoj primjedbi (a n ) n∈N sigurno nije konvergentan.b. X = (R,d)Prvobitno razjasnimo koja svojstva posjeduje zadati niz (a n ) n∈N . Popretpostavci, a n = b n c n , pri čemu je (b n ) n∈N ograničen, a (c n ) n∈N Cauchyevniz.• (b n ) n∈N je ograničen, pa sve članove niza možemo smjestiti u nekukuglu, a bez umanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je toku<strong>gla</strong> sa centrom u 0, tj.(∃r 1 > 0)(∀n ∈ N) : |b n | < r 1 , odnosno(∃C 1 ≥ 0)(∀m, n ∈ N) : |b m − b n | ≤ C 1( Prisjetite se dvije ekvivalentne definicije ograničenog niza! )• (c n ) n∈N je Cauchyev, pa vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d(c m , c n ) < ε⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ |c m − c n | < ε
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 40Takodjer, kako je (c n ) n∈N Cauchyev znamo da je ograničen, paanalogno kao i za prethodni niz imamo(∃r 2 > 0)(∀n ∈ N) : |c n | < r 2 ,(∃C 2 ≥ 0)(∀m, n ∈ N) : |c m − c n | ≤ C 2 .Predjimo sada na ispitivanje osobina datog niza (a n ) n∈N .(i) (a n ) n∈N ograničen ⇔ (∃C ≥ 0)(∀m, n ∈ N) : d(a m , a n ) ≤ CPosmatrajmo stoga proizvoljne m, n ∈ N, i bez umanjenja općenitostipretpostavimo da m > n.d(a m , a n ) = |a m − a n |= |b m c m − b n c n |= |b m c m − b m c n + b m c n − b n c n |= |b m (c m − c n ) + c n (b m − b n )|≤ |b m (c m − c n )| + |c n (b m − b n )|= |b m ||c m − c n | + |c n ||b m − b n |< r 1 C 2 + r 2 C 1tj. (∃C = r 1 C 2 + r 2 C 1 > 0)(∀m, n ∈ N) :Dakle, (a n ) n∈N je ograničen niz.d(a m , a n ) ≤ C(ii) (a n ) n∈N Cauchyev⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d(a m , a n ) < εPitamo se dakle da li d(a m , a n ) → 0 kad m, n → ∞. Ranije jeustanovljeno da vrijedid(a m , a n ) ≤ |b m ||c m − c n | + |c n ||b m − b n |Kako imamo |b m | < r 1 , i |c m − c n | → 0 kad m, n → ∞, vrijedi|b m ||c m − c n | → 0 kad m, n → ∞. Medjutim, iako |b m − b n | ≤ C 1 ,primjetimo da |c n | ↛ 0 u općem slučaju. Navedeno nas navodina zaključak da (a n ) n∈N nije Cauchyev, u šta nas može uvjeritisljedeći (kontra)primjer:(b n ) n∈N b n = (−1) n −1, 1, −1, 1, −1, 1, ...(c n ) n∈N c n = 1 1, 1, 1, 1, 1, 1, ...Za date nizove očigledno vrijedi da je (b n ) n∈N ograničen, jer |b n | ≤1 uvijek, i za (c n ) n∈N da je Cauchyev jer d(c m , c n ) = 0 uvijek.Ipak, niz (a n ) n∈N(a n ) n∈N a n = b n c n = (−1) n · 1 = (−1) n − 1, 1, −1, 1, −1, 1, ...
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 41očigledno nije Cauchyev. Naime, za m = 2k, n = 2k + 1 vrijedim, n → ∞ za k → ∞, alid(a m , a n ) = |a m − a n | = |(−1) m − (−1) n | = |1 − (−1)| = 2 ↛ 0.Dakle, u općem slučaju (a n ) n∈N nije Cauchyev niz, tj. (a n ) n∈N nemora biti Cauchyev niz.(iii) Kako (a n ) n∈N nije Cauchyev u općem slučaju ( upravo dokazano), onda (a n ) n∈N u općem slučaju nije ni konvergentan. ( Direktno,mogli smo primjetiti da niz (a n ) n∈N iz prethodnog kontraprimjeraima dvije tačke gomilanja −1 i 1, pa sigurno nije konvergentan. )c. X = C[0, 1], d(f(t), g(t)) = ∫ 10 |f(t) − g(t)|dt, a n(t) = max{ t n , 1}Ponovno prvobitno ispišimo nekoliko članova datog niza (a n ) n∈N . Kakoje t ∈ [0, 1] imamoa 1 (t) = max{t, 1} ≡ 1a 2 (t) = max{ t 2 , 1} ≡ 1.a n (t) = max{ t n , 1} ≡ 1.Dakle, (a n ) n∈N je konstantan niz funkcija u C[0, 1], i to konstantnihfunkcija a n (t) ≡ 1.⇒ d(a m , a n ) = ∫ 1|a 0 m(t) − a n (t)|dx = ∫ 1|1 − 1|dx = 0,0pa je niz (a n ) n∈N očito ograničen, Cauchyev i konvergentan.Definicija 1.3.4 (KOMPLETNOST) Metrički prostor (X, d) je kompletanako je svaki Cauchyev niz u X konvergentan.Primjedba 1.3.3 Iz same potrebe da se uvede i definicija Cauchyevog nizai konvergentnog niza, iz prethodnog teorema, zadatka, a i definicije kompletnostijasno je da postoji razlika izmedju Cauchyevog i konvergentnog niza.Ukoliko ta razlika nije shvaćena iz samih definicija, rješavanje prethodnog zadatkatome je sigurno trebalo doprinjeti. Ipak, ovdje ćemo iznijeti i jedno intuitivnijeobjašnjenje zašto Cauchyev niz ne mora biti konvergentan. Naime,na osnovu teorema o kompletiranju zaključujemo da nekompletnost prostoraX ne predstavlja izrazit problem, jer X možemo na neki način ”kompletirati”- postoji kompletan prostor X takav da je X svuda gust u X. Definicija svudagustog skupa trebala bi biti poznata od ranije, a ponovno će biti navedena usekciji 1.6. Intuitivno, iako prostor X nije kompletan, postoji prostor X koji
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 42je ”samo malo veći” (po inkluziji) od X, a koji jeste kompletan. Izaberemo liproizvoljan Cauchyev niz u X, on je Cauchyev i u X, pa je zbog kompletnostiprostora X taj niz i konvergentan u X. Sada je jasno da je svaki Cauchyevniz u X na neki način ”konvergentan”, tj. ima granicu. Sigurno znamo daje ta granica u X, no pravo pitanje je da li se ona nalazi u X ili ne. Samo odtoga ustvari zavisi da li će posmatrani Cauchyev niz u X biti i konvergentanu X.ZADATAK 1.3.2 R je kompletan metrički prostor.Rješenje: Rezultat je poznat iz Matematičke analize I, jer je svaki realanCauchyev niz konvergentan. ZADATAK 1.3.3 Sljedeći metrički prostori su kompletni:a. (R n , d p ) (n ∈ N, 1 ≤ p < ∞)b. (R n , d ∞ ) (n ∈ N)c. Prostor ograničenih funkcija B[a, b]d. Prostor neprekidnih funkcija C[a, b]e. (l p , d p ) (1 ≤ p < ∞)f. (l ∞ , d ∞ )g. (c, d), pri čemu je c prostor svih konvergentnih nizova u R, id(x, y) = sup |ξ i − η i |i∈Nh. (X, d), pri čemu je X proizvoljan prostor, i d diskretna metrika.Dokazati!Rješenje: Po definiciji, (X, d) je kompletan ako je svaki Cauchyev nizu X konvergentan u X. Stoga, želimo li pokazati da je odredjeni prostorkompletan, posmatramo proizvoljan Cauchyev niz i dokazujemo da je istikonvergentan.a. Neka je (x n ) n∈N proizvoljan Cauchyev niz u (R n , d p ) (n ∈ N, 1 ≤ p
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 43∞).x 1 = (ξ (1)1 , ξ(1) 2 , ξ(1) 3 , ..., ξ(1)x 2 = (ξ (2)1 , ξ (2)2 , ξ (2)3 , ..., ξ (2)n )n )n )x 3 = (ξ (3)1 , ξ (3)2 , ξ (3)3 , ..., ξ (3).x n = (ξ (n)1 , ξ (n)2 , ξ (n)3 , ..., ξ (n)n ).x m = (ξ (m)1 , ξ (m)2 , ξ (m)3 , ..., ξ (m)n ).Na osnovu definicije Cauchyevog niza, imamo(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d p (x m , x n ) < ε,što je na osnovu defincije metrike d p ekvivalentno sa(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ (Dalje imamon∑i=1|ξ (m)i −ξ (n)i | p ) 1 p < ε.(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒n∑i=1|ξ (m)i− ξ (n)i | p < ε p ,a kako je jedan član sume manji ili jednak cijeloj sumi, vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ |ξ (m)i −ξ (n)i | p < ε p (∀i ∈ 1, n).Konačno, jasno je da vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ |ξ (m)i−ξ (n)i| < ε (∀i ∈ 1, n).Pogledamo li pažljivije posljednju osobinu, jasno je da ona ustvari predstavljačinjenicu da je niz koordinata (ξ (n)i ) n∈N Cauchyev (∀i ∈ 1, n).No, uočimo i da je niz (ξ (n)i ) n∈N ⊂ R, odnosno da se radi o nizu realnihbrojeva. Kako je, po prethodnom zadatku, R kompletan, svakiCauchyev niz u R je konvergentan, pa je tako i niz (ξ (n)i ) n∈N konvergentanu R. Nekaξ (n)i → ξ i (n → ∞); (i ∈ 1, n).
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 44Za konkretan i ∈ 1, n to znači(∀ε > 0)(∃n i ∈ N)(∀n ∈ N) :n ≥ n i ⇒ |ξ (n)i− ξ i | < εPosmatrajmo sada tačku x = (ξ 1 , ξ 2 , ..., ξ n ) ∈ R n i dokažimo da našpočetni niz (x n ) n∈N konvergira upravo toj tački.d p (x n , x) = (n∑i=1|ξ (n)i − ξ i | p ) 1 p → 0,jer se radi o konačnoj sumi u kojoj svaki sabirak teži nuli. Preciznije,(∀ε > 0)(∃n 0 = max{n 1 , n 2 , ..., n n })(∀n ∈ N) :n ≥ n 0 ⇒ d p (x n , x) = (n∑i=1|ξ (n)i− ξ i | p ) 1 p < (n(εn 1 pn 1 p.) p ) 1 p = ε.Sasvim je jasno da je x ∈ R n , pa je stoga zaista (R n , d p ) kompletanprostor (n ∈ N, 1 ≤ p < ∞).b. Neka je (x n ) n∈N proizvoljan Cauchyev niz u (R n , d ∞ ) (n ∈ N).x 1 = (ξ (1)1 , ξ (1)2 , ξ (1)3 , ..., ξ (1)n )n )n )x 2 = (ξ (2)1 , ξ (2)2 , ξ (2)3 , ..., ξ (2)x 3 = (ξ (3)1 , ξ (3)2 , ξ (3)3 , ..., ξ (3).x n = (ξ (n)1 , ξ (n)2 , ξ (n)3 , ..., ξ n (n) ).x m = (ξ (m)1 , ξ (m)2 , ξ (m)3 , ..., ξ n (m) ).Na osnovu definicije Cauchyevog niza, imamo(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d ∞ (x m , x n ) < ε,što je na osnovu defincije metrike d ∞ ekvivalentno sa(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ max1≤i≤n |ξ(m) i − ξ (n)i | < ε.Kako je svaki |ξ (m)iimamo(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :− ξ (n)i | manji ili jednak od max1≤1≤n |ξ(m) im, n ≥ n 0 ⇒ |ξ (m)i−ξ (n)i− ξ (n)i |, dalje| < ε (∀i ∈ 1, n).
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 45Pogledamo li pažljivije posljednju osobinu, jasno je da ona ustvari predstavljačinjenicu da je niz koordinata (ξ (n)i ) n∈N Cauchyev (∀i ∈ 1, n).No, uočimo i da je niz (ξ (n)i ) n∈N ⊂ R, odnosno da se radi o nizu realnihbrojeva. Kako je, po prethodnom zadatku, R kompletan, svakiCauchyev niz u R je konvergentan, pa je tako i niz (ξ (n)i ) n∈N konvergentanu R. NekaZa konkretan i ∈ 1, n to značiξ (n)i → ξ i (n → ∞); (i ∈ 1, n).(∀ε > 0)(∃n i ∈ N)(∀n ∈ N) :n ≥ n i ⇒ |ξ (n)i − ξ i | < ε.Posmatrajmo sada tačku x = (ξ 1 , ξ 2 , ..., ξ n ) ∈ R n i dokažimo da našpočetni niz (x n ) n∈N konvergira upravo toj tački.d ∞ (x n , x) = max1≤i≤n |ξ(n) i − ξ i | → 0,jer se radi o maximumu konačno mnogo vrijednosti od kojih svaka težinuli ( taj maximum max 1≤i≤n |ξ (n)i − ξ i | je upravo |ξ (n)i − ξ i | za nekii ∈ 1, n). Preciznije,(∀ε > 0)(∃n 0 = max{n 1 , n 2 , ..., n n })(∀n ∈ N) :n ≥ n 0 ⇒ d ∞ (x n , x) = max1≤i≤n |ξ(n) i − ξ i | < ε.Sasvim je jasno da je x ∈ R n , pa je stoga zaista (R n , d ∞ ) kompletanprostor (n ∈ N).c. Neka je (f n ) n∈N proizvoljan Cauchyev niz u B[a, b].f 1 : [a, b] → R, |f 1 (t) − f 1 (s)| < C 1 (∀t, s ∈ [a, b])f 2 : [a, b] → R, |f 2 (t) − f 2 (s)| < C 2 (∀t, s ∈ [a, b])f 3 : [a, b] → R, |f 3 (t) − f 3 (s)| < C 3 (∀t, s ∈ [a, b])..f n : [a, b] → R, |f n (t) − f n (s)| < C n (∀t, s ∈ [a, b])..f m : [a, b] → R, |f m (t) − f m (s)| < C m (∀t, s ∈ [a, b]).Na osnovu definicije Cauchyevog niza, imamo.(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d(f m , f n ) < ε,
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 46što je na osnovu definicije uobičajene metrike d ekvivalentno sa(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ sup |f m (t)−f n (t)| < ε.t∈[a,b]Izaberimo t 0 ∈ [a, b] proizvoljno. Kako |f m (t 0 )−f n (t 0 )| ≤ sup |f m (t)−t∈[a,b]f n (t)|, imamo(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ |f m (t 0 )−f n (t 0 )| < ε (∀t 0 ∈ [a, b]).Medjutim, za izabrani t 0 ∈ [a, b] niz (f n (t 0 )) n∈N je niz realnih brojeva,koji je na osnovu posljednjeg izraza Cauchyev (∀t 0 ∈ [a, b]). Kako je Rkompletan, niz (f n (t 0 )) n∈N je i konvergentan u R (∀t 0 ∈ [a, b]). NekaZa konkretan t ∈ [a, b] to značif n (t) → r t (n → ∞); (t ∈ [a, b])(∀ε > 0)(∃n t ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ |f n (t) − r t | < ε 2Posmatrajmo sada sljedeću funkcijuf : [a, b] → R, f(t) = r t ,te dokažimo da početni niz (f n ) n∈N konvergira upravo toj funkciji.jerd(f n , f) = sup |f n (t) − f(t)| = sup |f n (t) − r t | → 0,t∈[a,b]t∈[a,b]⇒|f n (t) − r t | < ε 2(∀t ∈ [a, b])sup |f n (t) − r t | ≤ εt∈[a,b] 2 < ε.Potpuno precizno, kako je početni niz (f n ) n∈N Cauchyev, već je navedenoda vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ sup |f m (t) − f n (t)| < εt∈[a,b]2⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ |f m (t) − f n (t)| < ε (∀t ∈ [a, b])2m→∞⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ |f(t) − f n (t)| ≤ ε (∀t ∈ [a, b])2⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ sup |f(t) − f n (t)| ≤ εt∈[a,b]2 < ε⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(f, f n ) < ε
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 47Dakle, zaista je početni niz (f n ) n∈N konvergentan, i to konvergira kanavedenoj funkciji f. Medjutim, još uvijek nismo došli do kraja zadatka.U posljednjoj primjedbi objašnjeno je da je svaki Cauchyev niz, patako i dati niz (f n ) n∈N , na neki način ”konvergentan”, no da uvijekne mora da vrijedi da je konvergentan u datom prostoru X ( odakle ipojam kompletnosti ). Odnosno, najvažnije je pitanje da li se ”granica”tog niza nalazi u samom prostoru X. Konkretno, u našem zadatku jepreostalo još pokazati da se granica datog niza, funkcija f zaista nalaziu skupu B[a, b]. Želimo dakle pokazati da je funkcija f(t) = r t zaistaograničena funkcija. U tu svrhu posmatrajmo proizvoljne s, t ∈ [a, b] :|f(t) − f(s)|= |f(t) − f n (t) + f n (t) − f n (s) + f n (s) − f(s)|≤ |f(t) − f n (t)| + |f n (t) − f n (s)| + |f n (s) − f(s)|∗< A + C n + B< C n + ε,što je upravo ekivaletno definiciji ograničene funkcije ( pri čemu *označava činjenicu da su nizovi (f n (t)) n∈N i (f n (s)) n∈N ograničeni jer sukonvergentni - pogledati dokaz tog teorema u skripti ”Uvod u funkcionalnuanalizu (Predavanja 2008/2009)”, te ograničenost funkcije f n , gdje jen ∈ N proizvoljan ). Dobili smo da je proizvoljan Cauchyev niz (f n ) n∈Nu B[a, b] konvergentan, i to da je granica niza, funkcija f takodjer uB[a, b], pa je B[a, b] kompletan.d. Neka je (f n ) n∈N proizvoljan Cauchyev niz u C[a, b].f 1 : [a, b] → R,f 2 : [a, b] → R,f 3 : [a, b] → R,.f n : [a, b] → R,.f m : [a, b] → R,.|t − s| < δ 1 ⇒ |f 1 (t) − f 1 (s)| < ε|t − s| < δ 2 ⇒ |f 2 (t) − f 2 (s)| < ε|t − s| < δ 3 ⇒ |f 3 (t) − f 3 (s)| < ε.|t − s| < δ n ⇒ |f n (t) − f n (s)| < ε.|t − s| < δ m ⇒ |f m (t) − f m (s)| < ε.Prvi dio dokaza analogan je slučaju c., no ponoviti ćemo ga radi vježbe.Na osnovu definicije Cauchyevog niza, imamo(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d(f m , f n ) < ε,što je na osnovu definicije uobičajene metrike d ekvivalentno sa(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ sup |f m (t)−f n (t)| < ε.t∈[a,b]
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 48Izaberimo t ∈ [a, b] proizvoljno. Kako |f m (t) − f n (t)| ≤ sup |f m (t) −t∈[a,b]f n (t)|, imamo(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ |f m (t)−f n (t)| < ε (∀t ∈ [a, b]).Medjutim, za izabrani t ∈ [a, b] niz (f n (t)) n∈N je niz realnih brojeva,koji je na osnovu posljednjeg izraza Cauchyev (∀t ∈ [a, b]). Kako je Rkompletan, niz (f n (t)) n∈N je i konvergentan u R (∀t ∈ [a, b]). Nekaf n (t) → r t(n → ∞) (t ∈ [a, b])Za konkretan t ∈ [a, b] to znači(∀ε > 0)(∃n t ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n t ⇒ |f n (t) − r t | < ε 2Posmatrajmo sada sljedeću funkcijuf : [a, b] → R, f(t) = r t ,te dokažimo da početni niz (f n ) n∈N konvergira upravo toj funkciji.jerd(f n , f) = sup |f n (t) − f(t)| = sup |f n (t) − r t | → 0,t∈[a,b]t∈[a,b]⇒|f n (t) − r t | < ε 2(∀t ∈ [a, b])sup |f n (t) − r t | ≤ εt∈[a,b] 2 < ε.Potpuno precizno, kako je početni niz (f n ) n∈N Cauchyev, već je navedenoda vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ sup |f m (t) − f n (t)| < εt∈[a,b]2⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ |f m (t) − f n (t)| < ε (∀t ∈ [a, b])2m→∞⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ |f(t) − f n (t)| ≤ ε (∀t ∈ [a, b])2⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ sup |f(t) − f n (t)| ≤ εt∈[a,b]2 < ε⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(f, f n ) < εDakle, zaista je početni niz (f n ) n∈N konvergentan, i to konvergira kanavedenoj funkciji f. Dokažimo još da f ∈ C[a, b], odnosno da je fneprekidna funkcija. Kako bi dokazali neprekidnost funkcije f na [a, b],dokazujemo da je f neprekidna u svakoj tački s ∈ [a, b]. U tu svrhu
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 49fiksirajmo proizvoljni s ∈ [a, b], te dokažimo da je f neprekidna u s, štoje na osnovu definicije neprekidne funkcije u tački ekvivalentno sa(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀t ∈ [a, b]) : |t − s| < δ ⇒ |f(t) − f(s)| < ε.Neka je ε > 0 proizvoljan, i t ∈ [a, b] takav da |t − s| < δ. Tada|f(t) − f(s)|= |f(t) − f n (t) + f n (t) − f n (s) + f n (s) − f(s)|≤ |f(t) − f n (t)| + |f n (t) − f n (s)| + |f n (s) − f(s)|= |r t − f n (t)| + |f n (t) − f n (s)| + |f n (s) − r s |< ε 2 + ε + ε 2< 2ε,što je upravo ekvivaletno definiciji neprekidne funkcije ( n ∈ N biramodovoljno veliki broj, tj. n ≥ n 0 ). Preciznije, za proizvoljnu tačkus ∈ [a, b] dobili smo da vrijedi(∀ε > 0)(∃δ = δ n > 0)(∀t ∈ [a, b]) : |t − s| < δ ⇒ |f(t) − f(s)| < 2ε.Dakle, proizvoljan Cauchyev niz (f n ) n∈N u C[a, b] je konvergentan, igranica niza, funkcija f takodjer je u C[a, b], pa je C[a, b] kompletan.Posljednji dio dokaza, da je f takodjer neprekidna funkcija, mogli smoprovesti i na jednostavniji način, koji je najčešće iznošen u literaturi.Naime, pokazali smo da f n → f ( kad n → ∞ ), što ustvari značida niz funkcija (f n ) n∈N uniformno konvergira ka funkciji f. Od ranijeje poznato da, ukoliko niz neprekidnih funkcija uniformno konvergiraka f, i sama granična funkcija f mora biti neprekidna. Time je dokazzavršen.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 50e. Neka je (x n ) n∈N proizvoljan Cauchyev niz u (l p , d p ) (1 ≤ p < ∞).x 1 = (ξ (1)1 , ξ(1)x 2 = (ξ (2)1 , ξ(2)2 , ξ(1) 32 , ξ(2) 3, ..., ξ(1) n , ...),, ..., ξ(2) n , ...),x 3 = (ξ (3)1 , ξ (3)2 , ξ (3)3 , ..., ξ (3)n , ...),.x n = (ξ (n)1 , ξ (n)2 , ξ (n)3 , ..., ξ (n)n , ...),.x m = (ξ (m)1 , ξ (m)2 , ξ (m)3 , ..., ξ (m)n , ...),.∞∑i=1∞∑i=1∞∑i=1.∞∑i=1.∞∑i=1|ξ (1)i | p < ∞|ξ (2)i | p < ∞|ξ (3)i | p < ∞|ξ (n)i | p < ∞|ξ (m)i | p < ∞Na osnovu definicije Cauchyevog niza, imamo(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d p (x m , x n ) < ε,što je na osnovu definicije metrike d p ekvivalentno sa∞∑(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ ( |ξ (m)i −ξ (n)i | p ) 1 p < ε.Dalje imamoi=1(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒∞∑i=1|ξ (m)i− ξ (n)i | p < ε p ,a kako je jedan član sume manji ili jednak cijeloj sumi, vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ |ξ (m)i −ξ (n)i | p < ε p (∀i ∈ N).Konačno, jasno je da vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ |ξ (m)i−ξ (n)i| < ε (∀i ∈ N).Pogledamo li pažljivije posljednju osobinu, jasno je da ona ustvari predstavljačinjenicu da je niz koordinata (ξ (n)i ) n∈N Cauchyev (∀i ∈ N). No,
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 51uočimo i da je niz (ξ (n)i ) n∈N ⊂ R, odnosno da se radi o nizu realnih brojeva.Kako je, po prethodnom zadatku, R kompletan, svaki Cauchyevniz u R je konvergentan, pa je tako i niz (ξ (n)i ) n∈N konvergentan u R.NekaZa konkretan i ∈ N to značiξ (n)i → ξ i (n → ∞); (i ∈ N).(∀ε > 0)(∃n i ∈ N)(∀n ∈ N) :n ≥ n i ⇒ |ξ (n)i − ξ i | < ε.Posmatrajmo sada tačku x = (ξ 1 , ξ 2 , ..., ξ n , ...) i dokažimo da naš početniniz (x n ) n∈N konvergira upravo toj tački. Pristup nam ovaj put morabiti drugačiji, jer iako∞∑d p (x n , x) = ( |ξ (n)i − ξ i | p ) 1 p ,i=1i svaki član |ξ (n)i − ξ i | teži nuli, ne mora vrijediti da d p (x n , x) → 0.Naime, radi se o beskonačnoj sumi, odnosno redu, a poznato je dačinjenica da opći član reda konvergira ka nuli, je samo potreban, ali ne∞∑ 1i dovoljan uslov za konvergenciju reda ( npr. poznato je da redinije konvergentan, iako očito opći član reda 1 teži nuli).iPrisjetimo se da je red konvergentan akko (po definiciji) je konvergentanniz parcijalnih suma tog reda. Dakle, da bi dokazali konvergencijureda ∑ ∞i=1 |ξ(n) i − ξ i | p , dovoljno je da pokažemo da je konvergentan niz( ∑ Ni=1 |ξ(n) i − ξ i | p ) N∈N . Ranije u zadatku već je navedeno da, kako jepočetni niz (x n ) n∈N po pretpostavci Cauchyev, vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :i=1m, n ≥ n 0 ⇒ d p (x m , x n ) < ε⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ ∑ ∞i=1 |ξ(m) i − ξ (n)i | p < εp 4⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ ∑ Ni=1 |ξ(m) i − ξ (n)i | p < εp (∀N ∈ N)4⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ ∑ Ni=1 |ξ i − ξ (n)i | p ≤ εp < εp (∀N ∈ N)4 2m→∞Dakle, niz parcijalnih suma ( ∑ Ni=1 |ξ(n) i −ξ i | p ) N∈N je ograničen odozgo saε p , a jasno je da je rastući, pa je taj niz konvergentan. Kako posljednji2izraz vrijedi za sve N ∈ N, možemo uzeti N → ∞, kada dobijamo4 1 p(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) :n ≥ n 0 ⇒∞∑i=1|ξ i − ξ (n)i | p ≤ εp2 < εp .
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 52Sada jasno slijedi∞∑(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ ( |ξ i − ξ (n)i | p ) 1 p < ε,i=1što je na osnovu definicije metrike d p ekvivalentno sa(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d p (x n , x) < ε.Dakle, zaista vrijedi da x n → x ( kad n → ∞). Pokažimo još da x ∈ l p ,tj. da je x = (ξ i ) i∈N p sumabilan niz. Ponovno ćemo konvergencijureda ∑ i∈N |ξ i| p dokazivati preko konvergencije njegovog niza parcijalnihsuma. Kako je početni niz (x n ) n∈N Cauchyev, on je ograničen, pa svečlanove tog niza možemo smjestiti u kuglu B(0, r), tj. vrijedi(∃r > 0)(∀n ∈ N) : x n ∈ B(0, r)⇔ (∃r > 0)(∀n ∈ N) : d p (0, x n ) < r⇔ (∃r > 0)(∀n ∈ N) : d p ((0) i∈N , (ξ (n)i ) i∈N ) < r⇔ (∃r > 0)(∀n ∈ N) : ( ∑ ∞i=1|0 − ξ(n) i | p ) 1 p < r∑⇔ (∃r > 0)(∀n ∈ N) : ∞i=1 |ξ(n) i | p < r∑ p⇒ (∃r > 0)(∀n ∈ N) : Ni=1 |ξ(n) i | p < r p (∀N ∈ N)n→∞ ∑⇒ (∃r > 0) : Ni=1 |ξ i| p ≤ r p (∀N ∈ N)Dakle, niz parcijalnih suma reda ∑ ∞i=1 |ξ|p je ograničen, a kako jeočigledno rastući, taj je niz konvergentan, pa je konvergentan i samred ∑ ∞i=1 |ξ|p , odnosno∞∑|ξ| p < ∞.i=1Stoga, po definiciji prostora l p , vrijedi x = (ξ i ) i∈N ∈ l p , čime je dokazzavršen.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 53f. Neka je (x n ) n∈N proizvoljan Cauchyev niz u (l ∞ , d ∞ ).x 1 = (ξ (1)1 , ξ(1)2 , ξ(1) 3, ..., ξ(1) n , ...)x 2 = (ξ (2)1 , ξ (2)2 , ξ (2)3 , ..., ξ (2)n , ...)x 3 = (ξ (3)1 , ξ(3)2 , ξ(3) 3, ..., ξ(3) n , ...).x n = (ξ (n)1 , ξ (n)2 , ξ (n)3 , ..., ξ (n)n , ...)supi∈Nsupi∈Nsupi∈Nsupi∈N..x m = (ξ (m)1 , ξ (m)2 , ξ (m)3 , ..., ξ n (m) , ...) sup.Na osnovu definicije Cauchyevog niza, imamo.i∈N|ξ (1)i | < ∞|ξ (2)i | < ∞|ξ (3)i | < ∞|ξ (n)i | < ∞|ξ (m)i | < ∞(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d ∞ (x m , x n ) < ε,što je na osnovu defincije metrike d ∞ ekvivalentno sa(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :Kako je svaki |ξ (m)iimamo− ξ (n)i(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ sup |ξ (m)i − ξ (n)i | < ε.i∈N| manji ili jednak od sup |ξ (m)ii∈Nm, n ≥ n 0 ⇒ |ξ (m)i−ξ (n)i− ξ (n)i |, dalje| < ε (∀i ∈ N).Pogledamo li pažljivije posljednju osobinu, jasno je da ona ustvari predstavljačinjenicu da je niz koordinata (ξ (n)i ) n∈N Cauchyev (∀i ∈ N). No,uočimo i da je niz (ξ (n)i ) n∈N ⊂ R, odnosno da se radi o nizu realnih brojeva.Kako je, po prethodnom zadatku, R kompletan, svaki Cauchyevniz u R je konvergentan, pa je tako i niz (ξ (n)i ) n∈N konvergentan u R.Nekaξ (n)i → ξ i (n → ∞); (i ∈ N).Za konkretan i ∈ 1, n to znači(∀ε > 0)(∃n i ∈ N)(∀n ∈ N) :n ≥ n i ⇒ |ξ (n)i − ξ i | < ε 2 .Posmatrajmo sada tačku x = (ξ 1 , ξ 2 , ..., ξ n ) ∈ R n i dokažimo na našpočetni niz (x n ) n∈N konvergira upravo toj tački.d ∞ (x n , x) = sup |ξ (n)i − ξ i | → 0,i∈N
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 54jer⇒|ξ (n)i − ξ i | < ε (∀i ∈ N)2− ξ i | ≤ ε 2 < εsupi∈N|ξ (n)iPreciznije, kako je početni niz (x n ) n∈N Cauchyev, već je navedeno da(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ sup |ξ (m)i − ξ (n)i | < εi∈N2⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ |ξ (m)i − ξ (n)i | < ε (∀i ∈ N)2⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ |ξ i − ξ (n)i | ≤ ε (∀i ∈ N)2⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ sup |ξ i − ξ (n)i | ≤ εi∈N 2 < ε⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x) < ε,m→∞što upravo znači da prvobitni niz (x n ) n∈N konvergira ka x. Ostalo je jošpokazati da je x ∈ l ∞ , odnosno da je x ograničen niz, tj. da sup |ξ i | 0)(∀n ∈ N) : x n ∈ B(0, r)⇔ (∃r > 0)(∀n ∈ N) : d ∞ (0, x n ) < r⇔ (∃r > 0)(∀n ∈ N) : d ∞ ((0) i∈N , (ξ (n)i⇔ (∃r > 0)(∀n ∈ N) : supi∈N⇔ (∃r > 0)(∀n ∈ N) : supi∈N⇒ (∃r > 0)(∀n ∈ N) : |ξ (n)n→∞|0 − ξ (n)i|ξ (n)i | < r) i∈N ) < r| < ri | < r (∀i ∈ N)⇒ (∃r > 0) : |ξ i | ≤ r (∀i ∈ N)⇒ (∃r > 0) : sup |ξ i | ≤ r < ∞i∈NStoga, po definiciji prostora l ∞ , vrijedi x = (ξ i ) i∈N ∈ l ∞ , čime je dokazzavršen.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 55g. Neka je (x n ) n∈N proizvoljan Cauchyev niz u (c, d).x 1 = (ξ (1)1 , ξ (1)2 , ξ (1)3 , ..., ξ (1)x 2 = (ξ (2)1 , ξ (2)2 , ξ (2)3 , ..., ξ (2)x 3 = (ξ (3)1 , ξ (3)2 , ξ (3)3 , ..., ξ (3).x n = (ξ (n)1 , ξ (n)2 , ξ (n)3 , ..., ξ (n)n , ...),n , ...), (ξ (1)i ) i∈N konvergentann , ...), (ξ (2)i ) i∈N konvergentann , ...), (ξ (3) ) i∈N konvergentan.x m = (ξ (m)1 , ξ (m)2 , ξ (m)3 , ..., ξ n (m) , ...), (ξ (m)i..Na osnovu definicije Cauchyevog niza, imamoi(ξ (n)i ) i∈N konvergentan.) i∈N konvergentan(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d(x m , x n ) < ε,što je na osnovu defincije metrike d ekvivalentno sa(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ sup |ξ (m)i − ξ (n)i | < ε.i∈NKako je svaki |ξ (m)iimamo− ξ (n)i| manji ili jednak od sup |ξ (m)ii∈N− ξ (n)i |, dalje(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ |ξ (m)i−ξ (n)i| < ε (∀i ∈ N).Pogledamo li pažljivije posljednju osobinu, jasno je da ona ustvari predstavljačinjenicu da je niz koordinata (ξ (n)i ) n∈N Cauchyev (∀i ∈ N). No,uočimo i da je niz (ξ (n)i ) n∈N ⊂ R, odnosno da se radi o nizu realnih brojeva.Kako je, po prethodnom zadatku, R kompletan, svaki Cauchyevniz u R je konvergentan, pa je tako i niz (ξ (n)i ) n∈N konvergentan u R.Nekaξ (n)i → ξ i (n → ∞); (i ∈ N).Za konkretan i ∈ N to znači(∀ε > 0)(∃n i ∈ N)(∀n ∈ N) :n ≥ n i ⇒ |ξ (n)i − ξ i | < ε 2 .Posmatrajmo sada tačku x = (ξ 1 , ξ 2 , ..., ξ n , ...) ∈ R n i dokažimo na našpočetni niz (x n ) n∈N konvergira upravo toj tački.d ∞ (x n , x) = sup |ξ (n)i − ξ i | → 0,i∈N
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 56jer⇒|ξ (n)i − ξ i | < ε (∀i ∈ N)2− ξ i | ≤ ε 2 < εsupi∈N|ξ (n)iPreciznije, kako je početni niz (x n ) n∈N Cauchyev, već je navedeno da(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ sup |ξ (m)i − ξ (n)i | < εi∈N2⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ |ξ (m)i − ξ (n)i | < ε (∀i ∈ N)2m→∞⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ |ξ i − ξ (n)i | ≤ ε (∀i ∈ N)2⇒ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ sup |ξ i − ξ (n)i | ≤ εi∈N 2 < ε⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x, x n ) < ε,što upravo znači da prvobitni niz (x n ) n∈N konvergira ka x. Ostalo jejoš pokazati da je x ∈ c, odnosno da je x konvergentan niz. Kako jex = (ξ 1 , ξ 2 , ξ 3 , ..., ξ n , ...) niz realnih brojeva, zbog kompletnosti prostoraR dovoljno je pokazati da je x Cauchyev niz. ( Inače, upravo je navedenočest ”trik” - ukoliko se granica niza sama intuitivno ne nameće,kao u dosadašnjim primjerima, obratite pažnju da li je taj niz u kompletnomprostoru, čime postaje dovoljno pokazati da je niz Cauchyev. )Odaberemo li proizvoljne i, j → ∞, na osnovu svega navedenog imamo|ξ i − ξ j | = |ξ i − ξ (n)i≤ |ξ i − ξ (n)i≤ ε 2 + ε + ε 2= 2ε,+ ξ (n)i| + |ξ (n)i− ξ (n)j− ξ (n)j+ ξ (n)j − ξ j || + |ξ (n)j − ξ j |što upravo znači da je niz x = (ξ n ) n∈N Cauchyev ( n ∈ N biramodovoljno veliki broj, tj. n ≥ n 0 , uz što koristimo i činjenicu da jex n = (ξ (n)i ) i∈N ∈ c, tj. (ξ (n)i ) i∈N je konvergentan niz, pa je i Cauchyev ).Preciznije,(∀ε > 0)(∃n n ∈ N)(∀i, j ∈ N) : i, j ≥ n n ⇒ |ξ i − ξ j | < 2ε,pa je x = (ξ n ) n∈N Cauchyev niz u R, pa je konvergentan. Dakle početniCauchyev niz (x n ) n∈N konvergira ka tački x ∈ c, pa je c kompletan.h. Neka je (x n ) n∈N proizvoljan Cauchyev niz u X. U ovom slučaju nemožemo jasnije ispisati elemente posmatranog niza ni kada bismo tohtjeli, jer ne znamo prirodu skupa X. Stoga odmah predjimo na detaljnijiopis navednog svojstva, tj. na osnovu definicije Cauchyevogniza jasno je da(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x m ) < ε
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 57Kako navedena osobina vrijedi za sve ε > 0, vrijedi i za ε = 1 , pa zbog2definicije diskretne metrike imamo(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x m ) = 0.Kako posljednja osobina pak vrijedi za sve m ∈ N takve da m ≥ n 0 ,izaberimo baš m = n 0 . Tada(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x n0 ) = 0.Sada je jasno da, izaberemo li ε > 0 proizvoljno, sigurno vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x n0 ) = 0 < ε,što upravo znači da početni niz (x n ) n∈N konvergira ka x n0 . Kako je tajposmatrani niz u X, onda je i svaki njegov element u X, pa tako ix n0 ∈ X. Dakle, (X, d) je kompletan.Primjedba 1.3.4 Konačno, rezimirajmo kako se dokazuje kompletnost prostora(X, d). Radi jednostavnijeg razmatranja, neka je X prostor nizova x =(ξ i ) i∈N ∈ X koji zadovoljavaju odredjeno svojstvo. Prvobitno biramo proizvoljanCauchyev niz (x n ) n∈N u X, a zatim je poželjno napisati nekoliko članovatog niza kako bismo imali bolji uvid u prirodu prostora X.I Niz (x n ) n∈N je Cauchyev, pa na osnovu definicije Cauchyevog niza zadovoljavaosobinu (*):(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) :m, n ≥ n 0 ⇒ d((ξ (m)i) i∈N , (ξ (n) ) i∈N ) < εII Jednostavnim manipulacijama osobine (*) zaključujemo da su nizovikoordinata (ξ (n)i ) n∈N (i ∈ N) Cauchyevi u R, pa su konvergentni u R.Nekaξ (n)i → ξ i (n → ∞); (i ∈ N)III Posmatramo tačku x = (ξ 1 , ξ 2 , ..., ξ n , ...) i dokazujemo da početni niz(x n ) n∈N konvergira upravo toj tački. Kako osobina (*) vrijedi za svem ∈ N takve da m ≥ n 0 , nakon nekoliko potrebnih izmjena u (*),možemo uzeti da m → ∞, kada (ponovno nakon nekih izmjena) dobijamo(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) :n ≥ n 0 ⇒ d((ξ i ) i∈N , (ξ (n)i ) i∈N ) < ε,što je upravo ekvivalentno činjenici da x n → x (n → ∞). ( Dakle, zasve ε > 0 ovdje postoji n 0 ∈ N kojeg možemo uzeti da je jednak n 0 izprvobitne (*). )i
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 58IV Ostalo je još pokazati da x ∈ X, što je obično dosta jednostavan zadatak.U tu svrhu najčešće se koristi početna pretpostavka o prirodi svihelemenata u X, te činjenica da su nizovi koordinata (ξ (n)i ) n∈N (i ∈ N)konvergentni, ili osobinu (*) u bilo kojem od navedenih oblika.Primjetite da prethodni zadatak nije uvijek radjen po navedenim koracima (npr. slučaj a. i b. ), ali je dokaz mogao u potpunosti pratiti ove korake, ikao takav bi čak bio jednostavniji.Kako bi se pojam kompletnosti što bolje shvatio korisnije je, ipak, uvidjetizašto neki prostori nisu kompletni. Nedostatak kompletnosti sa sigurnošćuće više doprinijeti razumijevanju ”ljepote” ovog svojstva.Bolje je jednom dokazati da nešto ne vrijedi,Nego stotinu puta da to vrijedi.( Fehim Dedagić )Stoga se studentima preporučuje posebnu pažnju obratiti na sljedeći zadatak,kao i sve takvog tipa.ZADATAK 1.3.4 Sljedeći metrički prostori nisu kompletni:a. (Q, d), pri čemu je d Euklidska metrikab. ([0, 1), d), pri čemu je d Euklidska metrikac. (C[a, b], d), pri čemu je d(f(t), g(t)) = ∫ b|f(t) − g(t)|dtad. Skup polinoma na [0, 1], snadbjeven metrikom d(x(t), y(t)) =|x(t) − y(t)|max0≤t≤1e. (c 00 , d ∞ ), pri čemu je c 00 = {x = (ξ i ) : ξ i ∈ C, (∃K = K(x)) : ξ i =0 ∀i ≥ K}Dokazati!Rješenje: Na osnovu negacije definicije kompletnosti, X nije kompletanako postoji niz u X koji je Cauchyev, ali nije konvergentan. Upravo takvenizove navesti ćemo u sljedećim primjerima.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 59a. Posmatrajmo niz racionalnih brojevax 1 = 1, 4x 2 = 1, 41x 3 = 1, 414x 4 = 1, 4142x 5 = 1, 41421.tj. niz u Q čiji je opći član x n jednak broju √ 2 zaokruženom na n decimala.Jasno je da je posmatrani niz Cauchyev u Q, jer za proizvoljnem, n ∈ N(m > n)d(x m , x n ) = |x m − x n | ≤ 1 → 0 (m, n → ∞).10n S druge strane, x n → √ 2NE ∈ Q, pa niz (x n ) n∈N nije konvergentan uQ.b. Posmatrajmo sljedeći niz u [0, 1)Niz (x n ) n∈N je očito Cauchyev jerx 1 = 0x 2 = 1 x 3 = 2 x 4 = 3 4.x n = 1 − 1 n.d(x m , x n ) = |x m − x n | = | 1 m − 1 | → 0 (m, n → ∞),nali x n → 1, pa nije konvergentan u [0, 1).c. Radi lakšeg razmatranja, posmatrajmo prostor C[0, 2]. Cilj nam jepronaći niz neprekidnih funkcija na [0, 2] koje konvergiraju ka funkcijikoja sama nije neprekidna. Intuitivno, jasno je da će niz neprekidnihfunkcija (f n ) n∈N sa sljedeće slike konvergirati ka prekidnoj funkciji f :
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 601f 11 21f 21 21f 31 2·1f1 2Opći član navedenog niza, funkcija f n uzima vrijednost 0 na intervalu[0, 1 − 1 ], vrijednost 1 na intervalu [1, 2], a da bi bila neprekidna najjednostavnijeje da (kao na slici) na preostalom intervalu (1 − 1 , 1) nnbude prava. Da bi funkciju f n eksplicitno zadali i na tom intervalu,
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 61posmatrajmo jednačinu prave kroz dvije tačke (1 − 1 , 0) i (1, 1):ny − y 1 = y 2 − y 1(x − x 1 )x 2 − x 1y − 0 =1 − 01 − (1 − 1 n )(x − 1 + 1 n )y = n(x − 1 + 1 n )y = nx − n + 1Dakle, posmatrati ćemo niz (f n ) n∈N neprekidnih funkcija na [0, 2] definiranihna sljedeći način:⎧⎨ 0, t ∈ [0, 1 − 1 ] nf n (t) = nt − n + 1, t ∈ (1 − 1⎩, 1) n1, t ∈ [1, 2].Pokažimo prvobitno da je niz (f n ) n∈N Cauchyev. Neka su m, n ∈ Nproizvoljni, m > n.d(f n , f m ) =∫ 20|f n (t) − f m (t)|dtFunkcije f n i f m su neprekidne funkcije, tj. pripadaju prostoru C[0, 2],a kako je d metrika prethodni integral postoji, pa možemo pisatid(f n , f m ) = ∫ 2|f 0 n(t) − f m (t)|dt= ∫ 1− 1 n|f0 n (t) − f m (t)|dt + ∫ 1− 1 m|f1− 1 n (t) − f m (t)|dtn+ ∫ 11− 1 m|f n (t) − f m (t)|dt + ∫ 21 |f n(t) − f m (t)|dt= ∫ 1− 1 n|0 − 0|dt + ∫ 1− 1 m|nt − n + 1 − 0|dt0 1− 1 n+ ∫ 11− 1 m|nt − n + 1 − (mt − m + 1)|dt + ∫ 21= ∫ 1− 1 m[nt − (n − 1)]dt + ∫ 1− n)(1 − t)dt1− 1 1− 1 nm(m= n ∫ 1− 1 mtdt − (n − 1) ∫ 1− 11− 1 m1− 1 nn= 1( 1 − 1 ) → 02 n m|1 − 1|dtdt + (m − n) ∫ 1dt − (m − n) ∫ 1tdt1− 1 1− 1 mmkada m, n → ∞. Dakle, (f n ) n∈N je Cauchyev niz u C[a, b]. Posmatrajmofunkciju{ 0, t ∈ [0, 1)f(t) =1, t ∈ [1, 2],
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 62i dokažimo da f n → f(n → ∞). Slično kao ranije, imamod(f n , f) = ∫ 2|f 0 n(t) − f(t)|dt= ∫ 1− 1 n|f0 n (t) − f(t)|dt + ∫ 1|f1− 1 n (t) − f(t)|dt + ∫ 2|f 1 n(t) − f(t)|dtn= ∫ 1− 1 n|0 − 0|dt + ∫ 10 1− 1 n= ∫ 1[nt − (n − 1)]dt1− 1 n= n ∫ 11− 1 n= 12n → 0tdt − (n − 1) ∫ 1dt1− 1 n|nt − n + 1 − 0|dt + ∫ 2|1 − 1|dt1kad n → ∞. Medjutim, jasno je da fNE ∈ C[0, 2], pa niz (f n ) n∈N nijekonvergentan u C[a, b]. Time je dokaz završen. ( Primjetite da je uprethodnom zadatku dokazano da je C[a, b] sa uobičajenom metrikomkompletan prostor, dok sa ovako definiranom metrikom to nije, štonam potvrdjuje da je uobičajena metrika zaista u<strong>gla</strong>vnom povoljnija.Studentima se preporučuje da pokušaju eksplicitno razjasniti zaštoovaj primjer ne bi mogao pokazati i nekompletnost prostora C[a, b] sauobičajenom metrikom. )d. Izaberimo neku funkciju f : [0, 1] → R koja nije polinom. Na osnovuTaylorovog teorema, f se može aproksimirati polinomomf(x) =n∑k=0f (k) (0)x k .k!Sada posmatrajmo sljedeći niz polinoma u Xp 1 (x) = ∑ 1 f (k) (0)k=0p 2 (x) = ∑ 2k=0x kk!f (k) (0)x kk!.p k (x) = ∑ n f (k) (0)k=0x kk!.Lako se pokazuje da je niz (p n ) n∈N Cauchyev u X ( ostavljeno čitaocimaza vježbu ). Medjutim, niz (p n ) n∈N očito konvergira ka funkciji f(x)koja nije polinom, tj. fNE ∈ X. Stoga, X nije kompletan prostor.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 63e. Posmatrajmo niz (x n ) n∈Nx 1 = (ξ (1)1 , ξ (1)2 , ξ (1)3 , ξ (1)x 2 = (ξ (2)1 , ξ (2)2 , ξ (2)3 , ξ (2)x 3 = (ξ (3)1 , ξ(3) 2 , ξ(3) 3 , ξ(3)4 , ...) = (p, 0, 0, 0, ...)4 , ...) = (p, p 2 , 0, 0, ...)4 , ...) = (p, p2 , p 3 , 0, ...).x n = (ξ (n)1 , ξ (n)2 , ξ (n)3 , ξ (n)4 , ...) = (p, p 2 , p 3 , p 4 , ..., p n , 0, 0, 0, ...).x m = (ξ (m)1 , ξ (m)2 , ξ (m)3 , ξ (m)4 , ...) = (p, p 2 , p 3 , p 4 , ..., p m , 0, 0, 0, ...).tj. niz (x n ) n∈N , gdje je opći član niza zadat sax n = (ξ (n)i ) i∈N , ξ (n)i ={ p i , i ≤ n,0, i > n,pri čemu je p ∈ (0, 1) proizvoljan. ( Tako ustvari ima kontinuum mnogoovakvih nizova, no dovoljno je da posmatramo samo jedan, za nekifiksirani p ∈ (0, 1).) Želimo pokazati da je navedeni niz Cauchyev u(c 00 , d ∞ ), ali da nije konvergentan. Prvobitno dokažimo da je (x n ) n∈Nzaista niz u c 00 . U tu svrhu posmatrajmo proizvoljan n ∈ N. Kako je{ξ (n) pi =i , i ≤ n,0, i ≥ n,jasno je da ξ (n)i∈ C za sve i ∈ N. Takodjer,(∃K = K(x n ) = n + 1) :ξ (n)i = 0 za sve i ≥ K.Dakle, x n ∈ c 00 za proizvoljan n ∈ N, tj. (x n ) n∈N je niz u c 00 . Sada seuvjerimo da je (x n ) n∈N Cauchyev niz u c 00 .(x n ) n∈N Cauchyev u c 00⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ d(x m , x n ) < ε⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ sup |ξ (m)i − ξ (m)i | < εi∈NPosmatrajmo stoga proizvoljan ε > 0, te proizvoljne m, n ∈ N. Bezumanjenja općenitosti pretpostavimo da m > n.x nx m= (ξ (n)1 , ξ (n)2 , ..., ξ n−1, (n) ξ n (n) , ξ n+1..., (n) ξ m−1, (n) ξ m (n) , ξ (n)= (p, p 2 , ..., p n−1 , p n , 0, ..., 0, 0, 0, ...)= (ξ (m)1 , ξ (m)2 , ..., ξ n−1, (m) ξ n(m) , ξ n+1..., (m) ξ m−1, (m) ξ m (m) , ξ (m)= (p, p 2 , ..., p n−1 , p n , p n+1 , ..., p m−1 , p m , 0, ...)m+1, ...)m+1, ...)
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 64⇒ |ξ (m)i{− ξ (n) 0, i ≤ n ili i > mi | =p i , n + 1 ≤ i ≤ m.Kako je p ∈ (0, 1), p i je sve veći broj ukoliko je eksponent i manji, tj.p u > p v za u < v. DakleStoga imamosup |ξ (m)i − ξ (n)i | = sup{p n+1 , p n+2 , ..., p m , 0} = p n+1i∈N(x n ) n∈N Cauchyev u c 00⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ p n+1 < ε,što je očigledno tačno jerpa vrijedip n+1 < ε ⇔ log p p n+1 > log p ε⇔ n + 1 > log p ε⇔ n > log p ε − 1,(∀ε > 0)(∃n 0 = ⌈log p ε−1⌉ ∈ N)(∀m, n ∈ N) : m, n ≥ n 0 ⇒ p n+1 < ε.Dobili smo da je (x n ) n∈N Cauchyev u c 00 . Sada posmatrajmo tačkux = (p, p 2 , p 3 , ..., p n , ...), i dokažimo da niz (x n ) n∈N konvergira ka x.(x n ) n∈N konvergira ka x⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x) < ε⇔ (∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ sup |ξ (n)i − p i | < εi∈NAnalogno kao ranije zaključujemopa opet imamo:|ξ (n)i − p i | ={ 0, i ≤ np i , i > n,⇒ sup |ξ (n)i − p i | = p n+1i∈N(∀ε > 0)(∃n 0 = ⌈log p ε − 1⌉ ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ d(x n , x) < ε,tj. (x n ) n∈N je konvergentan, i x n → x kad n → ∞. Ali (!), primjetimotakodjer da xNE ∈ c 00 . Naime, x = (p, p 2 , ..., p n , ...), tj. ξ i = p i ≠ 0 zasve i ∈ N. Svi članovi niza su nenulti kompleksni brojevi, tj. ne vrijedi(∃K = K(x)) : ξ i = 0 ∀i ≥ K.Konačno, polazni Cauchyev niz (x n ) n∈N u c 00 knovergira ka tački kojanije u c 00 , pa ( kako je granica niza jedinstvena ) c 00 nije kompletan.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 65Konačno, navesti ćemo jedan zadatak koji ima za cilj dodatno usavršavanjerazumijevanja jako bitnih pojmova - Cauchyev i konvergentan niz.ZADATAK 1.3.5 Neka je (X, d) metrički prostor.a. (x n ) n∈N , (y n ) n∈N Cauchyevi nizovi u X ⇒ (d(x n , y n )) n∈N je konvergentannizb. (x n ) n∈N Cauchyev niz u X ⇒ (d(x n , x)) n∈N je konvergentan niz uX(x ∈ X)c. Da li u b. vrijedi obrat? Objasniti!Rješenje:a. Neka su (x n ) n∈N , (y n ) n∈N Cauchyevi nizovi u X. Tada vrijedi d(x n , x m ) →0, d(y n , y m ) → 0 kad m, n → ∞. Želimo pokazati da je niz (d(x n, y n )) n∈Nkonvergentan. Medjutim, primjetimo da je (d(x n , y n )) n∈N niz realnihbrojeva, a kako je R kompletan, dovoljno je da pokažemo da je(d(x n , y n )) n∈N Cauchyev niz u R.|d(x n , y n ) − d(x m , y m )| ≤ d(x n , x m ) + d(y n , y m ) → 0Dakle, (d(x n , y n )) n∈N je zaista Cauchyev niz u R, pa je zbog kompletnostiprostora R i konvergentan.b. Tvrdnja b. specijalan je slučaj tvrdnje a., uzmemo li niz (y n ) n∈N kaokonstantan, pri čemu je y n = x.c. Lako uočavamo da u b. ne vrijedi obrat posmatramo li diskretnimetrički prostor (X, d) ( primjetite da nam je, kao što je na početkunavedeno, diskretna metrika već nekoliko puta poslužila kao koristankontraprimjer! ). Naime, izaberemo li bilo kakav niz (x n ) n∈N , i nekutačku x ∈ X koja se razlikuje od svih elemenata tog niza ( štaviše,konačno mnogo članova niza svakako uvijek možemo zanemariti ), jasnoje da će niz (d(x n , x)) n∈N biti konstantan niz, (d(x n , x)) = 1, pa jesvakako konvergentan, bez obzira na početni niz (x n ) n∈N . Konkretno,izaberimo naprimjer X = R, i uočimo na zadatim nizovima prethodnarazmatranja.1. x n = (−1) n , x = 0
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 662. x n = n + 1, x = 1Zaista, u oba navedena primjera niz (x n ) n∈N nije Cauchyev, ali je niz(d(x n , y n )) n∈N konstantan, pa je jasno da je i konvergentan.1.4 Banachov stav o fiksnoj tačkiDefinicija 1.4.1 (FIKSNA TAČKA) Tačka x ∈ X je fiksna tačka preslikavanjaf : X → X ako vrijedi f(x) = x.ZADATAK 1.4.1 Naći fiksne tačke sljedećih preslikavanja:a. f : R → R definiranog sa f(x) = x 2 − 6.b. A : C[0, 1] → C[0, 1] definiranog sa A(f(x)) = f ′ (x).Rješenje:a. Fiksne tačke x ∈ R preslikavanja f odredjujemo iz uslovaf(x) = x⇔ x 2 − 6 = x⇔ x 2 − x − 6 = 0⇔ x 1 = −2 ∨ x 2 = 3Dakle, fiksne tačke preslikavanja f : R → R su x = −2 i x = 3.b. Fiksne tačke f ∈ C[0, 1] preslikavanja A odredjujemo iz uslovaA(f(x)) = f(x)⇔ f ′ (x) = f(x)⇔df(x) = f(x)dx⇔df(x) = dx f(x)⇔ ∫ 1df(x) = ∫ dxf(x)⇔ ln f(x) = x⇔ f(x) = e xDakle, fiksna tačka preslikavanja A : C[0, 1] → C[0, 1] je f : [0, 1] → R,f(x) = e x .
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 67Definicija 1.4.2 (KONTRAKCIJA) Preslikavanje f : X → X je kontraktivno,odnosno kontrakcija, ako vrijedi:(∃q ∈ [0, 1))(∀x, y ∈ X) :d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y).ZADATAK 1.4.2 Ispitati koja od sljedećih preslikavanja su kontrakcija:( 1)a. f : C 2 → C 2 0definirano matricom2b. f : C 2 → C 2 definirano matricom( 16c. f : C 2 → C 2 definirano matricom( 12d. f : R → R definirano sa f(x) = sin x0 1 3−13−5616236723))Rješenje:a. Neka su x, y ∈ C 2 proizvoljni. Tada( )x1x = , y =x 2gdje su x 1 , x 2 , y 1 , y 2 ∈ C, pa jeImamopa je(y1y 2)d(x, y) = √ |x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 .( 1) ( )0 x1f(x) =20 1 =x3 2( 1) ( )0 y1f(y) =2=y 20 1 3,( 12 x 113 x 2( 12 y 113 y 2)),√d(f(x), f(y)) = | 1 x 2 1 − 1 y 2 1| 2 + | 1 x 3 1 − 1 y 3 2| 2=≤√1|x 4 1 − y 1 | 2 + 1|x 9 2 − y 2 |√21|x 4 1 − y 1 | 2 + 1|x 4 1 − y 1 | 2= 2√ 1 |x1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2= 1 d(x, y)2
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 68Dakle,(∃q = 1 2 ∈ [0, 1))(∀x, y ∈ C2 ) :d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y),tj. f jeste kontrakcija.b. Neka su x, y ∈ C 2 proizvoljni. Tadax =(x1gdje su x 1 , x 2 , y 1 , y 2 ∈ C, pa jex 2), y =(y1y 2)d(x, y) = √ |x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 .,Imamopa jef(x) =( 16−13f(y) =( 16−1316231623) ( ) ( 1 x1=x 6 1 + 1x 6 2−1x 2 x 3 1 + 2x 3 2) ( ) ( 1 y1=y 6 1 + 1 y 6 2−1y 2 y 3 1 + 2y 3 2)),d(f(x), f(y))= {|( 1x 6 1 + 1x 6 2) − ( 1y 6 1 + 1y 6 2)| 2 + |( −1x3 1 + 2x 3 2) − ( −1y3 1 + 2y 3 2)| 2 } 1 2= {| 1(x 6 1 − y 1 ) + 1(x 6 2 − y 2 )| 2 + | −1(x3 1 − y 1 ) + 2(x 3 2 − y 2 )| 2 } 1 2≤ {(| 1(x 6 1 − y 1 )| + | 1(x 6 2 − y 2 )|) 2 + (| −1(x3 1 − y 1 )| + | 2(x 3 2 − y 2 )|) 2 } 1 2√Hölder≤ {( | 1 6 |2 + | 1 6 |2√ |x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 ) 2√+( | 1 3 |2 + | 2|2√ |x3 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 |) 2 } 1 2= {(| 1 6 |2 + | 1 6 |2 )(|x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 )+(| 1 3 |2 + | 2 3 |2 )(|x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 )} 1 2√= (| 1 6 |2 + | 1 6 |2 + | 1 3 |2 + | 2 3 |2 )(|x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 )√= | 1 6 |2 + | 1 6 |2 + | 1 3 |2 + | 2|2√ |x3 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2√= 22d(x, y)6( Hölderova nejednakost primjenjena je dva puta, i to prvi put naa 1 = 1 6 , b 1 = x 1 − y 1a 2 = 1 6 , b 2 = x 2 − y 2 ,
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 69a drugi put na) Dakle,a 1 = −13 , b 1 = x 1 − y 1a 2 = 2 3 , b 2 = x 2 − y 2 .√22(∃q = ∈ [0, 1))(∀x, y ∈ C 2 ) :6tj. f jeste kontrakcija.d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y),c. Neka su x, y ∈ C 2 proizvoljni. Tadax =(x1x 2), y =(y1y 2),gdje su x 1 , x 2 , y 1 , y 2 ∈ C, pa jed(x, y) = √ |x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 .Imamopa jef(x) =( 12−56f(y) =( 12−5667236723) ( ) ( 1 x1=x 2 1 + 6x 7 2−5x 2 x 6 1 + 2x 3 2) ( ) ( 1 y1=y 2 1 + 6y 7 2−5y 2 y 6 1 + 2 y 3 2)),d(f(x), f(y))= {|( 1x 2 1 + 6x 7 2) − ( 1y 2 1 + 6y 7 2)| 2 + |( −5x6 1 + 2x 3 2) − ( −5y6 1 + 2y 3 2)| 2 } 1 2= {| 1(x 2 1 − y 1 ) + 6(x 7 2 − y 2 )| 2 + | −5(x6 1 − y 1 ) + 2(x 3 2 − y 2 )| 2 } 1 2≤ {(| 1(x 2 1 − y 1 )| + | 6(x 7 2 − y 2 )|) 2 + (| −5(x6 1 − y 1 )| + | 2(x 3 2 − y 2 )|) 2 } 1 2Hölder√≤ {( | 1 2 |2 + | 6 |2√ |x7 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 ) 2√+( | −56 |2 + | 2|2√ |x3 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 |) 2 } 1 2= {(| 1 2 |2 + | 6 7 |2 )(|x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 )+(| 5 6 |2 + | 2 3 |2 )(|x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 )} 1 2√= (| 1 2 |2 + | 6 7 |2 + | 5 6 |2 + | 2 3 |2 )(|x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 )√= | 1 2 |2 + | 6 7 |2 + | 5 6 |2 + | 2|2√ |x3 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2√= 3746d(x, y)42
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 70( Hölderova nejednakost primjenjena je dva puta, i to prvi put naa 1 = 1 2 , b 1 = x 1 − y 1a 2 = 6 7 , b 2 = x 2 − y 2 ,a drugi put naa 1 = −56 , b 1 = x 1 − y 1a 2 = 2 3 , b 2 = x 2 − y 2 .) Medjutim, √ 374642> 1. Još uvijek nam nije poznato da li ipak postojikonstanta q ∈ [0, 1) sa željenim svojstvom, no prethodno razmatranjenas navodi na pokušaj pronalaska kontraprimjera, tj. primjera kada ćevrijeditid(f(x), f(y)) ≥ d(x, y) (x ≠ y),što bi nas uvjerilo da ne može postojati konstanta q ∈ [0, 1) tako dauvijek vrijedi d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y). Zaista, posmatramo li vektore( ) ( )1 0x = , y = ,0 1lako se izračuna dapa f nije kontrakcija.d(x, y) = √ 2, d(f(x), f(y)) =√23398 ,d. [ADEMIR HUJDUROVIĆ] Neka su x, y ∈ R proizvoljni. Tada imamod(f(x), f(y)) = |f(x) − f(y)|= | sinx − sin y|= |2 cos x+ysin x−y | 2 2 ||22= 2| cos x+y x−y|| sin2≤ 2 · 1 · | x−y= |x − y|= d(x, y)Medjutim, iz posljednjeg ipak ne možemo zaključiti da je f kontrakcija,jer nismo utvrdili postojanje kontraktivne konstante q ∈ [0, 1) (onjenoj važnosti biti će govora u sljedećoj primjedbi i primjerima, alii sekcijama). No, prethodno tumačenje ipak nas navodi na zaključakda bi vjerovatno mogli pronaći neke x, y ∈ R (x ≠ y) tako da vrijedijednakost d(f(x), f(y)) = d(x, y), čime bi utvrdili da sigurno ne postoji
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 71q ∈ [0, 1) tako da uvijek vrijedi d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y), tj. utvrdilibi da f nije kontrakcija. Kako bi navedena jednakost zaista vrijedila,moralo bi biti| cos x + y2| = 1 ∧ | sin x − y2Od ranije je poznato da za sve α ∈ [0, π 2 ] vrijedisin α ≤ α.| = | x − y |.2Navedenu činjenicu smo ustvari već i koristili u prvobitnom razmatranju,a pokazuje se posmatranjem pomoćne funkcije g(x) = x − sin xkoja je očito rastuća na [0, π 2 ] (jer g′ (x) ≥ 0), paα ≥ 0 ⇒ g(α) ≥ g(0)⇔ α − sin α ≥ 0 − sin 0⇔ α ≥ sin αDa bi vrijedilo sin α = α, moralo bi biti α = 0, odnosno u našem slučajumoralo bi vrijediti x−y = 0. Medjutim, tada bi imali x = y, što nam2nije od pomoći jer tada za sve realne brojeve q vrijedi d(f(x), f(y)) ≤qd(x, y). No, prisjetimo se takodjer i da vrijedisin αlimα→0 α = 1,pa bi za x, y ∈ R takve da x−y2→ 0 imali dasin x − y2→ x − y .2Da bi vrijedila i druga potrebna nejednakost| cos x + y | = 1,2izaberimo x ∈ R + proizvoljan broj blizak nuli, i y = −x. Tada imamod(f(x), f(y)) = |f(x) − f(y)|= | sinx − sin y|= 2| cos x+y2= 2 · 1 · sin x−y2→ 2 x−y2= |x − y|= d(x, y),|| sinx−y2 |
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 72što bi povlačilo da q ≥ 1, pa f nije kontrakcija. Primjetite da bi namnavedena ideja, tj. dokazivanje dad(f(x), f(y)) → d(x, y) (x → x 0 , y → y 0 )u različitim zadacima mo<strong>gla</strong> biti od koristi ukoliko želimo pokazati dapreslikavanje f nije kontraktivno.Primjedba 1.4.1 Studentima se preporučuje posebno pažljivo tumačenje definicijekontrakcije, kako bi se u potpunosti shvatio značaj konstante q ∈ [0, 1).Naime, činjenica(∀x, y ∈ X, x ≠ y) : d(f(x), f(y)) < d(x, y)ne implicira kontraktivnost preslikavanja f ( pogledati sljedeći primjer )!Svakako vrijedi(∀x, y ∈ X)(∃q =d(f(x), f(y))d(x, y)∈ [0, 1)) :d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y),medjutim q ovdje zavisi od x, y, tj. q = q(x, y). ( Za par x 1 , y 1 imali bi nekiq 1 , za par x 2 , y 2 neki q 2 , itd. ) Ali, ne može se pokazati da tada postojiuniverzalna konstanta q iz definicije kontrakcije, tj. f ne mora biti kontrakcija.Navedeno objašnjenje samo je još jedan podsjetnik na esencijalnu razlikuizmedju ”∀∃” i ”∃∀”, što je studentima zasigurno već poznato iz matematičkelogike, a vjerovatno i same intuicije.Teorem 1.4.1 (BANACHOV STAV O FIKSNOJ TAČKI) Neka je (X, d)kompletan metrički prostor, i A : X → X kontraktivno preslikavanje. Tadapostoji tačno jedna fiksna tačka preslikavanja A.ZADATAK 1.4.3 Neka je (X, d) kompletan metrički prostor. Pokazatida Banachov stav ne važi ako preslikavanje f : X → X ispunjava uslov:(∀x, y ∈ X, x ≠ y) : d(f(x), f(y)) < d(x, y)saRješenje: Posmatrajmo preslikavanje f : [1, +∞) → [1, +∞) definiranof(x) = x + 1 x .
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 73Jasno je da je prostor [1, +∞) kompletan, a uočimo da zaista vrijedi iMedjutim,d(f(x), f(y)) = |f(x) − f(y)|= |x + 1 x − (y + 1 y )|= |x − y + y−xxy |= |(x − y)(1 − 1= |x − y||1 − 1 | xy< |x − y|f(x) = x ⇔ x + 1 = x x⇔ 1 = 0, xpa f nema fiksnu tačku. Dakle, Banachov stav ne važi iako je zadovoljenanavedena osobina. Primjetimo i da su uslovi iz Banachovog stava o fiksnoj tački dovoljni,ali ne i potrebni za egzistenciju ( i jedinstvenost ) fiksne tačke. To možemouočiti u sljedećem primjeru.xy )|ZADATAK 1.4.4 Da li preslikavanje f(x) = x 2 ima fiksnu tačku naA = [ 1 2 , 3 2 ]?x.Rješenje: Po definiciji, x je fiksna tačka preslikavanja f ako vrijedi f(x) =f(x) = x ⇔ x 2 = x⇔ x 2 − x = 0⇔ x(x − 1) = 0⇔ x = 0 ∨ x = 1Kako je A = [ 1 , 3 ], f ima jedinstvenu fiksnu tačku x = 1. Medjutim, lako2 2se uvjeravamo da uslovi Banachovog stava o fiksnoj tački nisu zadovoljeni.A = [ 1, 3 ] jeste kompletan, ali ne vrijedi f : A → A. Naime, na skupu A2 2preslikavanje je monotono rastuće, a kako je i neprekidno vrijedif(A) = f([ 1 2 , 3 2 ]) = [f(1 2 ), f(3 2 )] = [1 4 , 4 9 ] [1 2 , 3 2 ].( Stoga je obavezno uvijek provjeriti da zaista f : X → X ! ) Možemoprimjetiti da takodjer preslikavanje f nije ni kontraktivno, jerd(f(x), f(y)) = |f(x) − f(y)| = |x 2 − y 2 | = |(x − y)(x + y)| = |x + y||x − y|,
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 74što nas navodi na mnoštvo kontraprimjera, poput(∃x = 3 2 , y = 1 ) : 2 = d(f(x), f(y)) > d(x, y) = 1.2Dakle, nisu zadovoljeni uslovi iz Banachovog stava, ali f ima jedinstvenufiksnu tačku, pa zaključujemo da su uslovi Banachovog stava dovoljni, ali nei potrebni za egzistenciju jedinstvene fiksne tačke. Nakon detaljnijeg tumačenja Banachovog stava o fiksnoj tački možemoprijeći na samu primjenu istog. Banachov stav ima primjenu u dokazivanjuegzistencije i jedinstvenosti rješenja različitih jednačina ili sistema jednačina,te dokazivanju konvergencije nizova, u što se možemo uvjeriti kroz sljedećezadatke.ZADATAK 1.4.5 Koristeći Banachov stav, pokazati da jednačinaima jedinstveno rješenje u [ π 4 , 3π 4 ].sin x − x + 1 = 0Rješenje: Definirajmo preslikavanjef(x) = sin x + 1Pokažimo da f ima jedinstvenu tačku na [ π, 3π ], i to će biti rješenje posmatrane4 4jednačine.1 −f(x)[π4|π2]3π4|πNa intervalu [ π, π ] preslikavanje f je neprekidno i monotono rastuće, pa4 2f([ π 4 , π 2 ]) = [f(π 4 ), f(π 2 )] = [ √22+ 1, 2].
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 75Na intervalu [ π, 3π ] preslikavanje f je neprekidno i monotono opadajuće, pa2 4Dakle, vrijedif([ π 2 , 3π 4 ]) = [f(3π 4 ), f(π 2 )] = [ √22+ 1, 2].f([ π 4 , 3π 4 ]) = [ √22 + 1, 2] ⊂ [π 4 , 3π 4 ],a [ π, 3π ] je kompletan. Provjerimo da li je f kontrakcija.4 4x, y ∈ [ π 4 , 3π 4d(f(x), f(y)) = |f(x) − f(y)|= | sin x + 1 − sin y − 1|= | sin x − sin y|= |2 sin x−y cos x+y | 2 2= 2| sin x−y x+y|| cos |2 2≤ 2| x−y x+y|| cos |2 2x+y], pa ∈ [ π, 3π ], te2 2 4Stoga imamoodakle slijedi da| cos x + y√2| ≤2 2d(f(x), f(y)) ≤ 2| x−y2≤ |x − y| √ 22d(x, y),= √ 22|| cosx+y2 |(∃q =√22 ∈ (0, 1))(∀x, y ∈ [π 4 , 3π 4]) : d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y).Dakle, f je kontrakcija, pa na osnovu Banachovog stava f ima jedinstvenufiksnu tačku, tj.(∃!x 0 ∈ [ π, 3π]) : 4 4 f(x 0) = x 0⇔ (∃!x 0 ∈ [ π, 3π]) : 4 4 sin x 0 + 1 = x 0⇔ (∃!x 0 ∈ [ π, 3π]) : 4 4 sin x 0 − x 0 + 1 = 0Time je pokazana jedinstvenost rješenja posmatrane jednačine.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 76ZADATAK 1.4.6 Posmatrajmo metrički prostor (C[a, b], d), pri čemuje d uobičajena metrika. Neka je h ∈ C[a, b], i neka je b−a < 1. Dokazatida tada vrijedi:a. Preslikavanje F : C[a, b] → C[a, b] je kontrakcija, gdje jeŠta je fiksna tačka od F?F(g)(x) = h(x) +∫ xag(t)dt.b. Nula funkcija je jedini element iz C[0, 1] takav da jeRješenje:5f(x) =∫ xa. Neka su f, g ∈ C[a, b] proizvoljne funkcije.0sin(x − t)f(t)dt.d(F(f), F(g)) = sup |F(f)(x) − F(g)(x)|x∈[a,b]= sup |h(x) +x∈[a,b]= sup|∫ xx∈[a,b]∫ a x≤ sup==∗x∈[a,b]∫ b∫abaa∫ xaf(t)dt − (h(x) +[f(t) − g(t)]dt||f(t) − g(t)|dt|f(t) − g(t)|dt|(f − g)(t)|dt= |(f − g)(t 0 )|(b − a)= (b − a)|f(t 0 ) − g(t 0 )|≤ (b − a) sup |f(x) − g(x)|x∈[a,b]= (b − a)d(f, g)∫ xag(t)dt)|( (*) podrazumijeva pozivanje na teorem o srednjoj vrijednosti integralnogračuna. ) Dakle,(∃q = b − a ∈ [0, 1))(∀f, g ∈ C[a, b]) :d(F(f), F(g)) ≤ qd(f, g),
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 77pa je F zaista kontrakcija.Odredimo i fiksne tačke preslikavanja F. Po definiciji, preslikavanje fje fiksna tačka od F ako vrijediF(f) = f ⇔⇔⇔⇔F(f)(x) = f(x)h(x) + ∫ xf(t)dt = f(x)ah ′ (x) + f(x) = f ′ (x)f ′ (x) − f(x) = h ′ (x)Rješavanjem odgovarajuće homogene diferencijalne jednačine dobijamoda je f(x) = Ce x , pa jef(x) = C(x)e xf ′ (x) = C ′ (x)e x + C(x)e xPočetna diferencijalna jednačina sada ima oblikC ′ (x)e x + C(x)e x − C(x)e x = h ′ (x)C ′ (x) = h′ (x)e xC(x) = ∫ h ′ (x)dxe xDakle, f(x) = e ∫ x h ′ (x)dx je fiksna tačka, a kako su zadovoljeni uslovie xBanachovog stava, f je jedina fiksna tačka preslikavanja F.b.5f(x) =⇔ f(x) = 1 5∫ x∫0x0sin(x − t)f(t)dtsin(x − t)f(t)dtDefinirajmo preslikavanje G na sljedeći načinG(f)(x) = 1 5∫ x0sin(x − t)f(t)dt.Kako je integral neprekidne funkcije neprekidna funkcija, vrijedi G :C[0, 1] → C[0, 1]. Funkcija f rješenje je date integralne jednačine akkoje f fiksna tačka preslikavanja G. f(x) ≡ 0 je očigledno rješenje integralnejednačine, pa je i fiksna tačka od G. Ukoliko pokažemo da jeG kontrakcija, na osnovu Banachovog stava slijediti će da je f ≡ 0 ijedina fiksna tačka od G, tj. da je to jedino rješenje polazne jednačine.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 78Posmatrajmo stoga proizvoljne f, g ∈ C[0, 1].d(G(f), G(g)) = sup |G(f)(x) − G(g)(x)|x∈[a,b]Dakle,= sup | 1x∈[0,1] 5= sup | 1x∈[0,1] 51≤ supx∈[0,1] 51≤ sup5= 1 5∗x∈[0,1]∫ 10∫ x∫0x∫ 0 x∫0x0sin(x − t)f(t)dt − 1 5∫ xsin(x − t)[f(t) − g(t)]dt|| sin(x − t)||f(t) − g(t)|dt|f(t) − g(t)|dt|f(t) − g(t)|dt= 1 |(f − g)(t 5 0)|(1 − 0)= 1|f(t 5 0) − g(t 0 )|≤ 1 sup |f(x) − g(x)|5x∈[0,1]d(f, g)= 1 50sin(x − t)g(t)dt|(∃q = 1 5∈ [0, 1))(∀f, g ∈ C[0, 1]) :d(G(f), G(g)) ≤ qd(f, g),pa je f = 0 jedino rješenje date integralne jednačine.ZADATAK 1.4.7 Koristeći Banachov stav, pokazati da sistemima jedinstveno rješenje.ξ 1 = 1 3 ξ 1 − 1 4 ξ 2 + 1 4 ξ 3 − 1ξ 2 = − 1 2 ξ 1 − 1 3 ξ 2 + 1 4 ξ 3 − 2ξ 3 = 1 5 ξ 1 − 1 3 ξ 2 + 1 4 ξ 3 − 2Rješenje: Neka je⎛ ⎞ ⎛ξ 1x = ⎝ ξ 2⎠ , A = ⎝ξ 313−1215−1413−13141414⎞⎛⎠ , B = ⎝−1−2−2⎞⎠.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 79Tada je sa f(x) = Ax + B definirano jedno preslikavanje f : R 3 → R 3 ,a početni sistem jednačina ekvivalentan je matričnoj jednačini x = f(x).Dakle, x je rješenje početnog sistema akko je x fiksna tačka preslikavanja f.Kako je f : R 3 → R 3 , i R 3 kompletan prostor, na osnovu Banachovog stavao fiksnoj tački, da bi f imala jedinstvenu fiksnu tačku dovoljno je pokazatida je f kontrakcija, tj. da vrijedi(∃q ∈ [0, 1))(∀x, y ∈ X) :d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y).U tu svrhu posmatrajmo proizvoljne x, y ∈ R 3⎛x = ⎝⎞ ⎛ξ 1ξ 2⎠ , y = ⎝ξ 3⎞η 1η 2⎠η 3Imamod(x, y) = √ (ξ 1 − η 1 ) 2 + (ξ 2 − η 2 ) 2 + (ξ 3 − η 3 ) 2⎛f(x) = Ax + B = ⎝⎛= ⎝⎛f(y) = Ay + B = ⎝⎛= ⎝⎞⎛⎞ ⎛1 −1 1ξ3 4 4 1−1 1 1 ⎠⎝ξ2 3 4 2⎠ + ⎝1 −1 1ξ5 3 4 31ξ 3 1 − 1ξ 4 2 + 1ξ ⎞4 3 − 1−1ξ 2 1 + 1 ξ 3 2 + 1 ξ 4 3 − 2 ⎠ ,1ξ 5 1 − 1ξ 3 2 +⎞1ξ 4⎛3 − 2⎞ ⎛−1 1η4 4 11 1 ⎠⎝η3 4 2⎠ + ⎝−1 1η3 4 3 ⎞13−12151η 3 1 − 1η 4 2 + 1η 4 3 − 1−1η 2 1 + 1η 3 2 + 1η 4 3 − 21η 5 1 − 1η 3 2 + 1η 4 3 − 2⎠ ,−1−2−2−1−2−2⎞⎠⎞⎠
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 80pa jed(f(x), f(y))= [( 1 3 ξ 1 − 1 4 ξ 2 + 1 4 ξ 3 − 1 − 1 3 η 1 + 1 4 η 2 − 1 4 η 3 + 1) 2+( −12 ξ 1 + 1 3 ξ 2 + 1 4 ξ 3 − 2 + 1 2 η 1 − 1 3 η 2 − 1 4 η 3 + 2) 2+( 1 5 ξ 1 − 1 3 ξ 2 + 1 4 ξ 3 − 2 − 1 5 η 1 + 1 3 η 2 − 1 4 η 3 + 2) 2 ] 1 2= {[ 1 3 (ξ 1 − η 1 ) + 1 4 (ξ 2 − η 2 ) + 1 4 (ξ 3 − η 3 )] 2Hölder≤ {[+[ −1(ξ2 1 − η 1 ) + 1(ξ 3 2 − η 2 ) + 1(ξ 4 3 − η 3 )] 2+[ 1(ξ 5 1 − η 1 ) + 1(ξ 3 2 − η 2 ) + 1(ξ 4 3 − η 3 )] 2 } 1 2√( 1 3 )2 + ( 1 4 )2 + ( 1)2√ (ξ4 1 − η 1 ) 2 + (ξ 2 − η 2 ) 2 + (ξ 3 − η 3 ) 2 ] 2√+[ ( −12 )2 + ( 1 3 )2 + ( 1)2√ (ξ4 1 − η 1 ) 2 + (ξ 2 − η 2 ) 2 + (ξ 3 − η 3 ) 2 ] 2√+[ ( 1 5 )2 + ( 1 3 )2 + ( 1 )2√ (ξ4 1 − η 1 ) 2 + (ξ 2 − η 2 ) 2 + (ξ 3 − η 3 ) 2 ] 2 } 1 2= {[( 1 3 )2 + ( 1 4 )2 + ( 1 4 )2 ][(ξ 1 − η 1 ) 2 + (ξ 2 − η 2 ) 2 + (ξ 3 − η 3 ) 2 ]+[( −12 )2 + ( 1 3 )2 + ( 1 4 )2 ][(ξ 1 − η 1 ) 2 + (ξ 2 − η 2 ) 2 + (ξ 3 − η 3 ) 2 ]+[( 1 5 )2 + ( 1 3 )2 + ( 1 4 )2 ][(ξ 1 − η 1 ) 2 + (ξ 2 − η 2 ) 2 + (ξ 3 − η 3 ) 2 ]} 1 2√= ( 1 3 )2 + ( 1 4 )2 + ( 1 4 )2 + ( −12 )2 + ( 1 3 )2 + ( 1 4 )2 + ( 1 5 )2 + ( 1 3 )2 + ( 1 4√ )2√ (ξ1 − η 1 ) 2 + (ξ 2 − η 2 ) 2 + (ξ 3 − η 3 ) 2= d(x, y)131150Dakle, preslikavanje f ima jedinstvenu fiksnu tačku, odnosno dati sistem imajedinstveno rješenje. ZADATAK 1.4.8 Koristeći Banachov stav, naći uslov pod kojim sistemn × n ima jedinstveno rješenje u R n .Rješenje: Neka je dat sistema 11 x 1 + a 12 x 2 + ... + a 1n x n = b 1a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... + a 2n x n = b 2.a n1 x 1 + a n2 x 2 + ... + a nn x n = b nNavedeni sistem ekvivalentan je sljedećemx 1 = (1 − a 11 )x 1 − a 12 x 2 − ... − a 1n x n + b 1x 2 = −a 21 x 1 + (1 − a 22 )x 2 − ... − a 2n x n + b 2.x n = −a n1 x 1 − a n2 x 2 − ... + (1 − a nn )x n + b n
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 81Neka je sada⎛ ⎞ ⎛x 1x 2x = ⎜ ⎟⎝ . ⎠ , A = ⎜⎝x n⎞ ⎛1 − a 11 −a 12 . . . −a 1n−a 21 1 − a 22 . . . −a 2n⎟.⎠ , B = ⎜⎝−a n1 −a n2 . . . 1 − a nn⎞b 1b 2⎟. ⎠ .b nTada je sa f(x) = Ax + B definirano jedno preslikavanje f : R n → R n ,a početni sistem jednačina ekvivalentan je matričnoj jednačini x = f(x).Dakle, x je rješenje početnog sistema akko je x fiksna tačka preslikavanja f.Kako je f : R n → R n , i R n kompletan prostor, na osnovu Banachovog stavao fiksnoj tački, da bi f imala jedinstvenu fiksnu tačku dovoljno je pokazatida je f kontrakcija, tj. da vrijedi(∃q ∈ [0, 1))(∀x, y ∈ X) : d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y)U tu svrhu posmatrajmo proizvoljne x, y ∈ R n⎛ ⎞ ⎛ ⎞x 1 y 1x 2x = ⎜ ⎟⎝ . ⎠ , y = y 2⎜ ⎟⎝ . ⎠x n y nd(x, y) = √ (x 1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + · · · + (x n − y n ) 2Imamo⎛⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞1 − a 11 −a 12 . . . −a 1n x 1 b 1−a 21 1 − a 22 . . . −a 2nx 2f(x) = Ax + B = ⎜⎟ ⎜ ⎟⎝ .⎠ ⎝ . ⎠ + b 2⎜ ⎟⎝ . ⎠⎛−a n1 −a n2 . . . 1 − a nn x n⎞b n(1 − a 11 )x 1 − a 12 x 2 − ... − a 1n x n + b 1−a 21 x 1 + (1 − a 22 )x 2 − ... − a 2n x n + b 2= ⎜⎟⎝.⎠ ,⎛−a n1 x 1 − a n2 x 2 − ... + (1 − a nn⎞)x n⎛+ b n⎞ ⎛ ⎞1 − a 11 −a 12 . . . −a 1n y 1 b 1−a 21 1 − a 22 . . . −a 2ny 2f(y) = Ay + B = ⎜⎟ ⎜ ⎟⎝ .⎠ ⎝ . ⎠ + b 2⎜ ⎟⎝ . ⎠⎛−a n1 −a n2 . . . 1 − a nn y n⎞b n(1 − a 11 )y 1 − a 12 y 2 − ... − a 1n y n + b 1−a 21 y 1 + (1 − a 22 )y 2 − ... − a 2n y n + b 2= ⎜⎟⎝.⎠ ,−a n1 y 1 − a n2 y 2 − ... + (1 − a nn )y n + b n
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 82pa jed(f(x), f(y))= {[(1 − a 11 )x 1 − a 12 x 2 − · · · − a 1n x n + b 1−(1 − a 11 )y 1 + a 12 y 2 + · · · + a 1n y n − b 1 ] 2+[−a 21 x 1 + (1 − a 22 )x 2 − · · · − a 2n x n + b 2+a 21 y 1 − (1 − a 22 )y 2 + · · · + a 2n y n − b 2 ] 2+ . . .+[−a n1 x 1 − a n2 x 2 − · · · + (1 − a nn )x n + b n+a n1 y 1 + a n2 y 2 + · · · − (1 − a nn )y n − b n ] 2 } 1 2= {[(1 − a 11 )(x 1 − y 1 ) − a 12 (x 2 − y 2 ) − · · · − a 1n (x n − y n )] 2+[−a 21 (x 1 − y 1 ) + (1 − a 22 )(x 2 − y 2 ) − · · · − a 2n (x n − y n )] 2+ . . .+[−a n1 (x 1 − y 1 ) − a n2 (x 2 − y 2 ) − · · · + (1 − a nn )(x n − y n )] 2 } 1 2Hölder≤ {[ √ (1 − a 11 ) 2 + (−a 12 ) 2 + (−a 1n ) 2√(x1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + · · · + (x n − y n ) 2 ] 2+[ √ (−a 21 ) 2 + (1 − a 22 ) 2 + · · · + (−a 2n ) 2√(x1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + · · · + (x n − y n ) 2 ] 2+ . . .+[ √ √(−a n1 ) 2 + (−a n2 ) 2 + · · · + (1 − a nn ) 2(x1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + · · · + (x n − y n ) 2 ] 2 } 1 2= {[(1 − a 11 ) 2 + a 2 12 + · · · + a2 1n ][(x 1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + · · · + (x n − y n ) 2 ]+[a 2 21 + (1 − a 22) 2 + · · · + a 2 2n ][(x 1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + · · · + (x n − y n ) 2 ]+ . . .+[a 2 n1 + a 2 n2 + · · · + (1 − a nn ) 2 ][(x 1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + · · · + (x n − y n ) 2 ]} 1 2= {(1 − a 11 ) 2 + a 2 12 + · · · + a2 1n + a2 21 + (1 − a 22) 2 + · · · + a 2 2n+ · · · + a 2 n1 + a2 n2 + · · · + (1 − a nn) 2 } 1 2{(x 1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 + · · · + (x n − y n ) 2 } 1 2n∑ n∑= √ c 2 ijd(x, y),i=1j=1pri čemu jegdje jec ij = δ ij − a ij ,δ ij ={ 0, i ≠ j,1, i = j.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 83Dakle, preslikavanje f je kontrakcija, odnosno početni sistem ima jedinstvenorješenje, ukoliko je √ √√√ n∑ n∑c 2 ij < 1,i=1 j=1odnosno ako vrijedin∑ n∑c 2 ij < 1.i=1 j=1ZADATAK 1.4.9 Koristeći Banachov stav, pokazati da niz (x n ) n∈Ndefiniran sa:a. x 1 = 1, x n+1 = 4xn+2x n+3(n ∈ N)b. x 1 = 1, x n+1 = 11+x n(n ∈ N)ima konačnu graničnu vrijednost.Rješenje:a. Posmatrajmo funkciju f : [1, +∞) → R definiranu saf(x) = 4x + 2x + 3f je monotono rastuća i neprekidna, paf([1, +∞)) = [f(1), f(+∞)) = [ 3 , 4] ⊂ [1, +∞)2Dakle, f(A) ⊆ A, i A je kompletan. Pokažimo i da je f kontrakcijad(f(x), f(y)) = |f(x) − f(y)|= | 4x+2 − 4y+2 |x+3 y+3= | (y+3)(4x+2)−(x+3)(4y+2) |(x+3)(y+3)= | 4xy+2y+12x+6−4xy−2x−12y−6|(x+3)(y+3)10x−10y| (x+3)(y+3)10|x − y|(x+3)(y+3)= |=|x − y||x − y|≤ 104·4= 5 8
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 84Dakle,(∃q = 5 8∈ [0, 1))(∀x, y ∈ X) :d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y),pa je f kontrakcija. Zadovoljeni su uslovi Banachovog stava, pa f imajedinstvenu fiksnu tačku x 0 ∈ [1, +∞). Jednostavno provjeravamo dasu svi članovi niza (x n ) n∈N u A, pad(x n , x 0 ) = |x n − x 0 |= |f(x n−1 ) − f(x 0 )|≤ 5|x 8 n−1 − x 0 |= 5|f(x 8 n−2) − f(x 0 )|≤ 5 5|x 8 8 n−2 − x 0 |= ( 5 8 )2 |f(x n−3 ) − f(x 0 )|≤ ...≤ ( 5 8 )n−1 |x 1 − x 0 |≤ ( 5 8 )n−1 |1 − x 0 |→ 0kad n → ∞. Dobili smo da je (x n ) n∈N konvergentan i x n → x 0 ∈ A kadn → ∞.b. Posmatrajmo funkciju f : [ 1 , 1] → R definiranu sa2f(x) = 11 + xf je monotono opadajuća i neprekidna, paf([ 1 2 , 1]) = [f(1), f(1 2 )] = [1 2 , 2 3 ] ⊂ ADakle, f(A) ⊆ A, i A je kompletan. Pokažimo i da je f kontrakcijaDakle,d(f(x), f(y)) = |f(x) − f(y)|1= | − 1 | 1+x 1+y= | 1+y−1−x| (1+x)(1+y)1=(1+x)(1+y)≤ 2 2|x − y|3 3= 4 |x − y|9|x − y|(∃q = 4 9∈ [0, 1))(∀x, y ∈ X) :d(f(x), f(y)) ≤ qd(x, y),
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 85pa je f kontrakcija. Zadovoljeni su uslovi Banachovog stava, pa f imajedinstvenu fiksnu tačku x 0 ∈ [ 1 , 1]. Jednostavno provjeravamo da su2svi članovi niza (x n ) n∈N u A, pad(x n , x 0 ) = |x n − x 0 |= |f(x n−1 ) − f(x 0 )|≤ 4 |x 9 n−1 − x 0 |= 4|f(x 9 n−2) − f(x 0 )|≤ 4 4|x 9 9 n−2 − x 0 |= ( 4 9 )2 |f(x n−3 ) − f(x 0 )|≤ ...≤ ( 4 9 )n−1 |x 1 − x 0 |≤ ( 4 9 )n−1 diam(A)= ( 4 9 )n−1 1 2→ 0kad n → ∞. Dobili smo da je (x n ) n∈N konvergentan i x n → x 0 ∈ A kadn → ∞.1.5 Separabilnost metričkih prostoraDefinicija 1.5.1 (SVUDA GUST SKUP) Neka je (X, d) metrički prostor.Skup A ⊆ X je svuda gust u X ako je A = X.Primjedba 1.5.1 Drugačije rečeno, skup A ⊆ X je svuda gust u X, ako seu svakoj okolini proizvoljne tačke x ∈ X nalazi barem jedna tačka y ∈ A, tj.ako svaki x ∈ X možemo dovoljno dobro aproksimirati nekim y ∈ A.Stoga, pri dokazivanju da je A svuda gust u X, koristimo bilo koji od navedenihpristupa.Intuitivno, ako je A svuda gust skup u X, to znači da je A ”gotovo jednak”cijelom skupu X, tj. da su elementi skupa A gusto rasporedjeni po skupu X.ZADATAK 1.5.1 Skup Q je svuda gust u R.Rješenje: Rezultat je poznat iz Matematičke analize I jer je Q = R.Odnosno, poznato je da se u proizvoljnoj okolini svakog realnog broja nalaziracionalan broj.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 86ZADATAK 1.5.2 Skup polinoma nad [a, b] je svuda gust u C[a, b].Rješenje: Neka je f ∈ C[a, b] proizvoljan. Na osnovu Taylorovog teorema,jasno je da postoji polinom koji dovoljno dobro aproksimira tu funkciju, tj.(∀ε > 0)(∃a ∈ A) :d(f, a) = sup |f(t) − a(t)| < εa≤t≤b( a(t) = ∑ n f (k) (0)k=0t k , za n dovoljno velik ), a kako je i svaki polinomk!neprekidna funkcija, vrijedi A ⊆ C[a, b]. Dakle, A je svuda gust u C[a, b]. Definicija 1.5.2 (SEPARABILAN PROSTOR) Neka je (X, d) metričkiprostor. X je separabilan prostor ako u njemu postoji najviše prebrojiv svudagust skup.Intuitivno, možemo shvatiti separabilne metričke prostore kao prostorekoji nisu ”ogromni”. Naime, u takvom prostoru postoji prebrojiv skup kojije ”gotovo jednak” cijelom prostoru.ZADATAK 1.5.3 Sljedeći metrički prostori su separabilni:a. (R, d)b. (R n , d p ) (n ∈ N, 1 ≤ p < ∞)c. (R n , d ∞ ) (n ∈ N)d. (C[a, b], d)e. (l p , d p ) (1 ≤ p < ∞)f. (c, d)g. (c 0 , d)Dokazati!Rješenje:a. Na osnovu ranijeg primjera, Q je svuda gust u R, a kako je Q prebrojiv,R je separabilan.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 87b. Pokažimo da je Q n svuda gust prebrojiv skup u R n . U tu svrhu posmatrajmoproizvoljne x ∈ R n , x = (x 1 , x 2 , ..., x n ), i ε > 0. Na osnovua., Q je svuda gust u R, pa za sve i ∈ 1, n vrijedi(∃q i ∈ Q) :|x i − q i | < εUočimo li tačku q = (q 1 , q 2 , ..., q n ) ∈ Q n , imamod p (x, q) = (n 1 pn∑|x i − q i | p ) 1 p < εi=1Dakle, Q n je svuda gust u R n , a kako je Q n prebrojiv, R n je separabilan.c. Ponovno pokazujemo da je Q n svuda gust prebrojiv skup u R n . Analognokao slučaj b., za proizvoljne x ∈ R n , x = (x 1 , x 2 , ..., x n ), i ε > 0 imamo(∃q i ∈ Q) :|x i − q i | < εUočimo li tačku q = (q 1 , q 2 , ..., q n ) ∈ Q n , imamod ∞ (x, q) = max1≤i≤n |x i − q i | < εDakle, Q n je svuda gust u R n , a kako je Q n prebrojiv, R n je separabilan.d. U prethodnom primjeru pokazali smo da je skup polinoma A svudagust u C[a, b]. Medjutim A nije prebrojiv skup, ali uzmemo li skupB polinoma sa racionalnim koeficijentima, jasno je da je B prebrojiv.Uvjerimo se da je i B svuda gust u C[a, b]. Neka je f ∈ C[a, b] proizvoljan.Kao što je ranije navedeno, na osnovu Taylorovog teorema, jasnoje da postoji polinom koji dovoljno dobro aproksimira tu funkciju, tj.(∀ε > 0)(∃a ∈ A) :d(f, a) = sup |f(t) − a(t)| < εa≤t≤b2( a(t) = ∑ n f (k) (0)k=0t k = ∑ nk! k=0 a kt k , za n dovoljno velik ) Koeficijenti(k ∈ 0, n) su realni brojevi, pa zbog a. vrijedia k(∀k ∈ 0, n)(∀ε > 0)(∃q k ∈ Q) : |a k − q k |
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 88pa je ograničena ). Uočimo li sada polinom b(t) = ∑ nk=0 q kt k , imamoDakle, imamod(f, b) = sup |f(t) − b(t)|a≤t≤b= supa≤t≤b≤ supa≤t≤b|f(t) − a(t) + a(t) − b(t)|[|f(t) − a(t)| + |a(t) − b(t)|]≤ sup |f(t) − a(t)| + sup |a(t) − b(t)|a≤t≤ba≤t≤bn∑ n∑= d(f, a) + sup | a k t k − q k t k |< ε + sup |2a≤t≤b≤ ε 2 + supa≤t≤ba≤t≤bk=0n∑(a k − q k )t k |k=0n∑|a k − q k ||t k |k=0≤ ε + sup K2a≤t≤b< ε + K ε2 2K= εn∑|a k − q k |k=0k=0(∀f ∈ C[a, b])(∀ε > 0)(∃b ∈ B) : d(f, b) < ε,tj. B je svuda gust u C[a, b]. Kako je B prebrojiv, C[a, b] je separabilan.( Jednostavnije, za skup B mogli smo uzeti skup svih funkcija koje sulinearne na segmentima sa racionalnim brojevima kao granicama tihsegmenata, i u kojima su vrijednosti tih funkcija takodjer racionalne. )e. Prvobitna ideja koja se nameće jeste da za traženi svuda gust prebrojivskup A u l p izaberemo skup svih racionalnih nizova u l p . Medjutim, iakoovaj skup zaista jeste svuda gust u l p , on nije prebrojiv. Stoga ćemoposmatrati skup B ⊂ A nizova u l p sa racionalnim članovima od kojihje samo konačno mnogo različito od nule, tj.B = {x = (ξ i ) i∈N ∈ l p |(∃K > 0) : ξ i = 0 ∀i > K}Dokažimo da je B svuda gust u l p . U tu svrhu posmatrajmo proizvoljnex = (ξ i ) i∈N ∈ l p , i ε > 0. Kako je, na osnovu definicije prostora l p , xp-sumabilan red, imamo(∃n ∈ N) :∞∑i=n+1|ξ i | p < εp2
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 89Svaki član ξ i niza x je realan broj, pa na osnovu a. vrijedi(∀i ∈ N)(∀ε > 0)(∃q i ∈ Q) : |ξ i − q i | < ε(2n) 1 pUočimo tačku b = (b 1 , b 2 , ..., b n , b n+1 , b n+2 , ...) = (q 1 , q 2 , ..., q n , 0, 0, ...) ∈B. Tada jed p (x, b) = ( ∑ |ξ i − b i | p ) 1 pi∈Nn∑= ( |ξ i − q i | p +d p (x, b) p =i=1n∑|ξ i − q i | p +i=1< εp 2 + εp 2= ε p ,∞∑i=n+1∞∑i=n+1|x i | p ) 1 p|x i | ptj. d p (x, b) ≤ ε. Dakle, B je svuda gust u l p , a kako je i prebrojiv, l p jeseparabilan prostor.f. Slično kao u prethodnim razmatranjima, jednostavno zaključujemo daje dobro posmatrati sljedeći skupA = {a = (a i ) i∈N ∈ c| (∃n ∈ N) a = (q 1 , q 2 , ..., q n , q, q, q, ...)},pri čemu su q, q i ∈ Q, (i ∈ 1, n). Dokažimo da je A svuda gust u c. Utu svrhu posmatrajmo proizvoljne x = (ξ i ) i∈N ∈ c, i ε > 0. Na osnovudefinicije prostora c, x je konvergentan niz, pa vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ |ξ i − ξ| < ε 4Dalje, kako je ξ ∈ R, zbog a. imamo da vrijedi(∃q ∈ Q) : |ξ − q| < ε 4 .Takodjer, svaki član ξ i niza x je realan broj, pa na osnovu a. vrijedi(∀i ∈ N)(∃q i ∈ Q) : |ξ i − q i | < ε 2 .Uočimo tačku a = (a 1 , a 2 , ..., a n0 , a n0 +1, a n0 +2, a n0 +3, ...) = (q 1 , q 2 , ..., q n0 , q, q, q, ...) ∈A. Tada jed(x, a) = sup |ξ i − a i |,i∈N
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 90a jasno je da|ξ i − a i | =Medjutim, zbog svega izloženog imamote{ |ξi − q i |, i ≤ n 0|ξ i − q|, i > n 0 .(∀i ∈ N) : |ξ i − q i | < ε 2 ,|ξ i − q| = |ξ i − ξ + ξ − q|≤ |ξ i − ξ| + |ξ − q|< ε 4 + ε 4= ε 2 ,za sve i > n 0 . Dakle, imamo da zaista vrijedid(x, a) = sup |ξ i − a i | ≤ εi∈N 2 < ε,odnosno A je svuda gust u c. Kako je A prebrojiv, c je separabilanprostor.g. Posmatrajmo skup A definiran saA = {a = (a i ) i∈N ∈ c 0 | (∃n ∈ N) a = (q 1 , q 2 , ..., q n , 0, 0, 0, ...)},pri čemu su q i ∈ Q, (i ∈ 1, n). Dokažimo da je A svuda gust u c 0 . Utu svrhu posmatrajmo proizvoljne x = (ξ i ) i∈N ∈ c 0 , i ε > 0. Na osnovudefinicije prostora c 0 , x konvergira ka nuli, pa vrijedi(∀ε > 0)(∃n 0 ∈ N)(∀n ∈ N) : n ≥ n 0 ⇒ |ξ i − 0| < ε 2Svaki član ξ i niza x je realan broj, pa na osnovu a. vrijedi(∀i ∈ N)(∃q i ∈ Q) : |ξ i − q i | < ε 2 .Uočimo tačku a = (a 1 , a 2 , ..., a n0 , a n0 +1, a n0 +2, a n0 +3, ...) = (q 1 , q 2 , ..., q n0 , 0, 0, 0, ...) ∈A. Tada jed(x, a) = sup |ξ i − a i |,i∈Na jasno je da|ξ i − a i | ={ |ξi − q i |, i ≤ n 0|ξ i |, i > n 0 .
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 91Medjutim, zbog svega izloženog imamo(∀i ∈ N) : |ξ i − q i | < ε 2 ,te(∀i ∈ N) : i > n 0 ⇒ |ξ i | < ε 2 .Dakle, imamo da zaista vrijedid(x, a) = sup |ξ i − a i | ≤ εi∈N 2 < ε,odnosno A je svuda gust u c. Kako je A prebrojiv, c je separabilanprostor.Nešto je teže, ali ponovno i značajnije dokazati da odredjeni prostori nisuseparabilni.ZADATAK 1.5.4 Sljedeći metrički prostori nisu separabilni:a. l ∞b. B[a, b]Rješenje:a. Uočimo skup A ⊂ l ∞ nizova čiji su članovi isključivo brojevi 0 ili 1,tj.A = {x = (ξ i ) i∈N ∈ l ∞ |(∀i ∈ N) : ξ i ∈ {0, 1}}Jasno je da vrijedi k(A) = c, te(∀x, y ∈ A, x ≠ y) :d ∞ (x, y) = sup |ξ i − η i | = 1.i∈NTrebamo pokazati da l ∞ nije separabilan, tj. da ne postoji prebrojivsvuda gust skup u l ∞ . Pretpostavimo stoga da je B neki svuda gustskup u l 2 , te dokažimo da B ne može biti prebrojiv. B je svuda gust,pa u proizvoljnoj okolini svakog elementa x ∈ l ∞ mora postojati baremjedna tačka b ∈ B. Tim prije, u proizvoljnoj okolini svakog elementaa ∈ A mora postojati barem jedna tačka b ∈ B. Uzmemo li konkretnoε = 1, u svakoj otvorenoj kugli B(a, 1 ), a ∈ A mora postojati barem3 3
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 92jedan b ∈ B. Medjutim, zbog navedene činjenice da za sve medjusobnorazličite elemente x, y ∈ A vrijedid ∞ (x, y) = 1,familija kugli {B(a, 1 )|a ∈ A} je disjunktna, što bi onda značilo da B3mora imati barem onoliko tačaka koliko ima ovakvih kugli, tj. k(B) ≥k(A) = c, tj. B ne može biti prebrojiv. Dakle, l ∞ nije separabilan.b. Dokaz je analogan kao pod a. Uočimo kolekciju ograničenih funkcijakoje uzimaju samo vrijednosti 0 i 1, tj.A = {f ∈ B[a, b]|(∀t ∈ [a, b]) : f(t) ∈ {0, 1}}Jasno je da vrijedi k(A) ≥ c, te(∀f, g ∈ A, f ≠ g) :d(f, g) = sup |f(t) − g(t)| = 1.t∈[a,b]Trebamo pokazati da B[a, b] nije separabilan, tj. da ne postoji prebrojivsvuda gust skup u B[a, b]. Pretpostavimo stoga da je B neki svuda gustskup u B[a, b], te dokažimo da B ne može biti prebrojiv. B je svudagust, pa u proizvoljnoj okolini svakog elementa f ∈ B[a, b] mora postojatibarem jedna tačka b ∈ B. Tim prije, u proizvoljnoj okolini svakogelementa a ∈ A mora postojati barem jedna tačka b ∈ B. Uzmemo likonkretno ε = 1, u svakoj otvorenoj kugli B(a, 1 ), a ∈ A mora postojatibarem jedan b ∈ B. Medjutim, zbog navedene činjenice da za sve3 3medjusobno različite elemente f, g ∈ A vrijedid(f, g) = 1,familija kugli {B(a, 1 )|a ∈ A} je disjunktna, što bi onda značilo da B3mora imati barem onoliko tačaka koliko ima ovakvih kugli, tj. k(B) ≥k(A) ≥ c, tj. B ne može biti prebrojiv. Dakle, B[a, b] nije separabilan.ZADATAK 1.5.5 Diskretan metrički prostor je separabilan akko je prebrojiv.Rješenje:
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 93⇒) Neka je X separabilan diskretan metrički prostor. Na osnovu definicijeseparabilnosti, postoji skup A ⊆ X koji je prebrojiv i svuda gust u X.Dakle, u proizvoljnoj okolini svakog x ∈ X postoji element a ∈ A takoda vrijedid(x, a) < εTako, izaberemo li konkretno ε = 1 2 , u svakoj kugli B(x, 1 2 ) postojielement a ∈ A takav dad(x, a) < ε,pa zbog definicije diskretne metrike mora vrijediti a = x. Dakle, mogućeje da je A svuda gust u X samo ako A = X. Kako je A prebrojiv,prebrojiv je i X.⇐) Neka je X prebrojiv diskretan metrički prostor. Jasno je da je Xseparabilan, jer postoji X svuda gust prebrojiv skup u X.Separabilni prostori su oni u kojima postoji najviše prebrojiv svuda gustskup. Kao što se može vidjeti iz prethodnih zadataka, da bi se uvjerilida je odredjeni skup A svuda gust u X rijetko to dokazujemo po definicijisvuda gustog skupa, jer je često pronalaženje zatvorenja odredjenih skupovamukotrpan zadatak. Tu smo činjenicu do sada uvijek dokazivali oslanjajućise na primjedbu koja je uslijedila odmah nakon definicije, gdje je navedenoda je A ⊆ X svuda gust u X akko(∀ε > 0)(∀x ∈ X)(∃y ∈ A) : d(x, y) < ε.Medjutim, ponekad je mnogo lakše u potpunosti izbjeći traženje takvog skupaA, kao i samo dokazivanje da je izabrani skup A zaista najviše prebrojiv isvuda gust u X. To nam omogućava sljedeći teorem.Teorem 1.5.1 (KARAKTERIZACIJA SEPARABILNIH PROSTORA)Neka je (X, d) metrički prostor. X je separabilan prostor akko u njemu postojinajviše prebrojiva baza.ZADATAK 1.5.6 Podprostor separabilnog metričkog prostora je i samseparabilan.Rješenje: Neka je X separabilan metrički prostor, i M ⊆ X. Na osnovuprethodnog teorema, X ima najviše prebrojivu bazu, neka je to familija
O = U ∩ M = ( ⋃ i∈JPOGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 94skupova {B i } i∈I , ( I najviše prebrojiv skup ). Skupovi B i su, po definicijibaze, otvoreni u X, pa su na osnovu definicije relativne topologije skupoviB i ∩ M otvoreni u M. Dokažimo da je familija {B i ∩ M} i∈I baza prostoraM. U tu svrhu posmatrajmo proizvoljan otvoren skup O ⊆ M. Tada jeKako je {B i } i∈I baza za X, ondaO = U ∩ M, U je otvoren u X.U = ⋃ i∈JB i (J ⊆ I),pa jeB i ) ∩ M = ⋃ i∈J(B i ∩ M) (J ⊆ I).Dakle, zaista je {B i ∩ M} i∈I familija za M, a kako je I najviše prebrojiv, Mje separabilan (na osnovu prethodnog teorema.)Medjutim, dokazivanje separabilnosti prostora M preko nalaženja svuda gustogskupa u M (kao što smo to radili ranije u svim zadacima), bio bi znatnoteži zadatak. Naime, kako je X separabilan, u njemu postoji najviše prebrojivsvuda gust skup A. Prvobitna ideja jeste posmatrati isti skup A kao onajkoji je najviše prebrojiv svuda gust u M, no to ne mora biti slučaj. Kakovrijedi(∀ε > 0)(∀x ∈ X)(∃y ∈ A) : d(x, y) < ε,tim je prije onda zadovoljeno i(∀ε > 0)(∀x ∈ M)(∃y ∈ A) : d(x, y) < ε,ali ne mora biti A ⊆ M, što bi dalje značilo da A nije svuda gust u M (tadasigurno neće biti A = M.) Stoga bi sljedeća ideja bila posmatrati skup A∩Mkao onaj koji je najviše prebrojiv svuda gust u M, medjutim to takodjer nemora biti slučaj. Naime, može se desiti da su čak sve tačke skupa A one kojenisu u M. Uvjerimo se u to kroz jednostavan primjer: M = I je podprostorprostora X = R, A = Q je svuda gust u R, ali A ∩ M = Q ∩ I = ∅, pa ∅očito nije svuda gust u I. Da bi zaista eksplicitno definirali skup B koji ćebiti svuda gust u M bilo bi neophodno posmatrati sve tačke iz A koje imajuneprazne okoline sa M, no takvi detalji nam ovdje nisu od značaja, pa ćemotaj dokaz izostaviti. ZADATAK 1.5.7 Ako je (X, d) separabilan metrički prostor, onda jek(X) ≤ c. Dokazati!
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 95Rješenje: Neka je X separabilan prostor, i A prebrojiv svuda gust skupu X. Ako dokažemo da postoji sirjekcija f : B → X, za neki skup B takavda k(B) ≤ c, onda će vrijediti k(X) ≤ k(B) = c. Posmatrajmo skup Bsvih konvergentnih nizova čiji su članovi u A, te definirajmo preslikavanjef : B → X na sljedeći načinf((x n ) n∈N ) = x 0 , pri čemu je x 0 granica niza (x n ) n∈NKako je A svuda gust u X, vrijedi A = X, pa je f(B) = X, tj. f je sirjekcija.Jasno je da je k(B) ≤ c (zašto?), pa je time dokaz završen. ( Tvrdnju smomogli dokazati i definiranjem injekcije g : X → C, za neki skup C takav dak(C) ≤ c. Da bi naveli primjer jednog takvog preslikavanja, posmatrajmoskup D svih otvorenih kugli B(x i , 1 j ) gdje su x i ∈ A, i, j ∈ N. Kako ovakvihkugli ima najviše prebrojivo mnogo, možemo pisati D = {B 1 , B 2 , ..., B n , ...}.Neka je C = P(N). Konačno, definirajmo preslikavanje g : X → C sa g(x) ={n ∈ N|x ∈ B n }. g je očito injekcija, pa k(X) ≤ k(C) = 2 ℵ 0= c. ) Prethodni zadatak još jednom nam potvrdjuje da separabilni prostori nisu”ogromni”.1.6 Kompaktnost metričkih prostoraPrvo ćemo navesti sve definicije i teoreme koje ćemo koristiti u ovoj sekciji.Definicija 1.6.1 (KOMPAKTAN PROSTOR) Neka je (X, d) metričkiprostor. X je kompaktan prostor ako se iz svakog njegovog niza može izdvojitikonvergentan podniz.Definicija 1.6.2 (RELATIVNO KOMPAKTAN PROSTOR) Neka je(X, d) metrički prostor, i M ⊆ X. M je relativno kompaktan skup ako se izsvakog niza u M može izdvojiti konvergentan podniz u X. Ako je x 0 ∈ M,kažemo da je M kompaktan skup.Dakle, relativna kompaktnost i zatvorenost ekvivalente su kompaktnosti.Definicija 1.6.3 (ε-MREŽA) Neka je (X, d) metrički prostor, N, M ⊆ X,i ε > 0 proizvoljan. N je ε-mreža skupa M ako vrijedi(∀x ∈ M)(∃y ∈ N) : d(x, y) < ε.Teorem 1.6.1 Skup N je ε-mreža skupa M akko M ⊆ ⋃B(x, ε).x∈N
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 96Teorem 1.6.2 Neka je (X, d) metrički prostor, i M ⊆ X.a. M je relativno kompaktan⇒ (∀ε > 0)(∃N ε-mreža skupa M) : N konačna.b. X kompletan, (∀ε > 0)(∃Nε-mreža skupa M) : N konačna⇒ M je relativno kompaktan.Navedene definicije i teoreme daju nam uvid u intuitivno shvatanje pojmakompaktnosti kao neke generalizaciju pojma konačnosti. Tu i leži moćkompaktnosti: pruža nam konačnu strukturu za beskonačne skupove. Umnogim problemima gdje konačnost u potpunosti olakšava situaciju ( poputnpr. optimizacijskih problema ), isto čini i kompaktnost.Prvo ćemo uspostaviti vezu izmedju novouvedenog pojma kompaktnostisa onim iz ranijih sekcija. Naprimjer, kako separabilnost intuitivno shvatamokao generalizaciju prebrojivosti, a kompaktnost kao generalizacijukonačnosti, pretpostavljamo da je kompaktnost uslov jači od separabilnosti.Pokažimo to eksplicitno. ( Svi dokazi nalaze se i u skripti ”Uvod u funkcionalnuanalizu (Predavanja 2008/2009)”, no zbog njihove važnosti navesti ćemo ihi ovdje. )ZADATAK 1.6.1 Svaki kompaktan metrički prostor je:a. kompletanb. separabilanc. zatvoren i ograničenDokazati!Rješenje: Neka je X kompaktan metrički prostor.a. Neka je (x n ) n∈N Cauchyev niz u X. Zbog kompaktnosti skupa X, postojikonvergentan podniz (x nk ) k∈N početnog niza, tj.x nk → x 0 ∈ X(k → ∞).Sada imamod(x n , x 0 ) ≤ d(x n , x nk ) + d(x nk , x 0 )Prvi sabirak sa desne strane možemo učiniti proizvoljno malim jer jepočetni niz (x n ) n∈N Cauchyev, a drugi jer podniz (x nk ) k∈N konvergira kax 0 . Dakle, početni niz (x n ) n∈N konvergira ka x 0 ∈ X, pa je X kompletan.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 97b. Kako je X kompaktan, onda vrijedi(∀ε > 0)(∃N ε ε-mreža skupaa X) :1⇒ (∀n ∈ N)(∃N n -mreža skupa x) : N nPosmatrajmo skupA = ⋃ N n . ⊆ X.n∈NN ε konačnan konačna.Jasno je da je A najviše prebrojiv skup (kao prebrojiva unija konačnihskupova). Pokažimo i da je A svuda gust u X. U tu svrhu posmatrajmoproizvoljne x ∈ X, i ε > 0. Tada postoji dovoljno velik n ∈ N takav da1n < ε, pa imamo (∃y ∈ N n ⊆ A) : d(x, y) < 1 n < ε.Time je dokaz završen.c. Da bi pokazali da je X zatvoren, dovoljno je pokazati da za svaki niz(x n ) n∈N u X za koji x n → x 0 (n → ∞), vrijedi x 0 ∈ X. Posmatramoli stoga proizvoljan niz (x n ) n∈N u X, x n → x 0 (n → ∞), zbogkompaktnosti skupa X postoji podniz (x nk ) k∈N takav dax nk → x 1 (k → ∞), i x 1 ∈ X.Medjutim, kako je granica niza jedinstvena, vrijedi x 1 = x 0 , pa x 0 ∈X. Dokažimo ograničenost skupa X. Ako je X = ∅, ograničenost jeočigledna, pa posmatrajmo slučaj X ≠ ∅. Pretpostavimo suprotno,tj. da X nije ograničen. Neka je x 0 ∈ X proizvoljan. Kako X nijeograničen, onda X nije sadržan u kugli B(x 0 , 1), patj.(∃x 1 ∈ X) : x 1 /∈ B(x 0 , 1),(∃x 1 ∈ X) : d(x 0 , x 1 ) ≥ 1.Dalje, kako X nije ograničen, X nije sadržan u kugli B(x 0 , 1+d(x 0 , x 1 )),pa(∃x 2 ∈ X) : d(x 0 , x 2 ) ≥ 1 + d(x 0 , x 1 ).Kako imamo 1 + d(x 0 , x 1 ) ≤ d(x 0 , x 2 ) ≤ d(x 0 , x 1 ) + d(x 1 , x 2 ), vrijedid(x 1 , x 2 ) ≥ 1. Ovaj postupak možemo nastaviti dobijajući niz (x n ) n∈Nza koji vrijedi(∀m, n ∈ N) : d(x n , x m ) ≥ 1.Jasno je da se iz ovakvog niza ne može izdvojiti nijedan konvergentanpodniz, pa X nije kompaktan. Dakle, suprotna pretpostavka ne moževažiti, pa je X ograničen.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 98U Matematičkoj analizi I spominjali smo karakterizaciju kompaktnih skupovau obliku Heine-Borel-ovog teorema koji kaže da je skup A kompaktan ako isamo ako je zatvoren i ograničen. No, pogrešno je pretpostaviti da navedenovrijedi uvijek! Naime, u Matematičkoj analizi I radili smo isključivo u skupurealnih brojeva R, pa HB teorem vrijedi za skup A ⊆ R. Štaviše, vrijediTeorem 1.6.3 (HEINE-BOREL) Skup A ⊆ R n (n ∈ N) je kompaktan akoi samo ako je zatvoren i ograničen.Medjutim, svojstvo kompaktnosti nije jednako kombinaciji zatvorenosti iograničenosti. U posljednjem zadatku mogli smo se uvjeriti da kompaktnostu proizvoljnom metričkom prostoru povlači zatvorenost i ograničenost.No, obrat ne vrijedi u proizvoljnom metričkom prostoru, u što se možemouvjeriti i kroz sljedeći primjer.ZADATAK 1.6.2 Dokazati da je skup A zatvoren i ograničen u (X, d),ali da nije kompaktan, ako je:a. X proizvoljan beskonačan skup, d diskretna metrika; A = Xb. X = Q, d(p, q) = |p − q|; A = {p ∈ Q : 2 < p 2 < 3}c. X = (0, 1), d Euklidska metrika; A = (0, 1)d. X = l 2 , d = d 2 ; A = {e i = (0, 0, ..., 0, 1, 0, ...)| i ∈ N}Rješenje:a. Kako je A = K(x 0 , 2), jasno je da je A zatvoren i ograničen u X. Zbogbeskonačnosti skupa A = X, u A postoji niz (x n ) n∈N , pri čemu se svičlanovi niza medjusobno različiti. Tada vrijedi(∀m, n ∈ N) : d(x m , x n ) = 1,pa je nemoguće izdvojiti konvergentan podniz ovakvog niza. Dakle, Anije kompaktan.b. Metrika definirana na skupu X je metrika indukovana Euklidskommetrikom na R, pa je po definiciji A zatvoren u X ako se može napisatikao A = B ∩X, pri čemu je B zatvoren u R. Kako je A = [ √ 2, √ 3]∩X,i [ √ 2, √ 3] zatvoren u R, onda je A zatvoren. Ograničenost skupa A je
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 99očigledna, jer naprimjer A ⊆ B(0, 2). Pokažimo da A nije kompaktan.U tu svrhu posmatrajmo niz (x n ) n∈N definiran sax 1 = 1, 7x 2 = 1, 73x 3 = 1, 732x 4 = 1, 7320x 5 = 1, 73205.tj. niz u A čiji je opći član x n jednak broju √ 3 zaokruženom na ndecimala. Jasno je da se iz ovako definiranog niza ne može izdvojitipodniz konvergentan u A, pa A nije kompaktan.c. Jasno je da je A zatvoren i ograničen skup. Pokažimo da A nije kompaktan.Posmatrajmo sljedeći niz (x n ) n∈N u Ax 1 = 1 2x 2 = 3 4x 3 = 5 6.x n = 1 − 12n.Iz ovako definiranog niza sigurno je nemoguće izdvojiti konvergentanpodniz u A, pa A nije kompaktan.d. Kako svaki konvergentan niz tačaka u A očigledno konvergira ka tačkikoja je i sama u A, A je zatvoren. Ograničenost je takodjer očigledna,jer naprimjer A ⊆ B(0, 3 ). Da bismo se uvjerili da A nije kompaktan,2posmatrajmo niz svih elemenata u A, tj. nizx 1 = (1, 0, 0, ..., 0, 0, 0, ...)x 2 = (0, 1, 0, ..., 0, 0, 0, ...)x 3 = (0, 0, 1, ..., 0, 0, 0, ...).x n = (0, 0, 0, ..., 0, 1, 0, ...).Kako vrijedi d(x m , x n ) = √ 2 za sve m, n ∈ N, iz datog niza nije mogućeizdvojiti konvergentan podniz. Time je dokaz završen.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 100Primjedba 1.6.1 Na osnovu prethodnih primjera, mogli smo uočiti nekolikorazličitih načina kako pokazati da skup A u metričkom prostoru (X, d) nijekompaktan. Jasno je da je dovoljno uraditi bilo šta od sljedećeg:1. Pronaći niz u A iz kojeg se ne može izvući konvergentan podniz, štonajčešće činimo na sljedeće načine:a. Pronalaženjem niza (x n ) n∈N u A čija su bilo koja dva člana naudaljenosti većoj od neke konstante, tj. niza za koji vrijedi d(x m , x n ) ≥const. za sve m, n ∈ N, ilib. Pronalaženjem niza (x n ) n∈N ⊂ A koji je konvergentan u X, alitakav da mu granica nije u A3. Dokazati da X nije kompletan.4. Dokazati da X nije separabilan.5. Dokazati da X nije zatvoren.6. Dokazati da X nije ograničen.Ipak, najbolje ćemo shvatiti pojam kompaktnosti ako posmatramo prostorkoji jeste kompletan, separabilan, zatvoren i ograničen, ali nije kompaktan, itakvi su nam zadaci posebno zanimljivi (pokušajte pronaći takve primjere uzadacima u samoj zbirci). Tada nam očito preostaje nekompaktnost posmatranogskupa dokazati na prvi navedeni način, tj. pronalaženjem niza iz kojegse ne može izdvojiti konvergentan podniz.ZADATAK 1.6.3 Svaki ograničen skup u (R n , d p )∞) je relativno kompaktan.(n ∈ N, 1 ≤ p ≤Rješenje: Neka je E ⊆ R n ograničen skup. Dokažimo da je E relativnokompaktan. Kako je R n kompletan, dovoljno je pokazati da za sve ε > 0postoji N ε konačna mreža skupa E. Posmatrajmo stoga proizvoljan ε > 0.Kako je E ograničen, vrijedi(∃[a 1 , b 1 ] ×[a 2 , b 2 ] ×... ×[a n , b n ] ⊂ R n ) : E ⊆ [a 1 , b 1 ] ×[a 2 , b 2 ] ×... ×[a n , b n ].Jedna od ideja koja bi se mo<strong>gla</strong> nametnuti jeste da iz svakog od ovih segmenata”pokupimo” racionalne tačke, i onda posmatramo skup svih tačaka u
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 101R n čije su koordinate ti racionalni brojevi, no time bismo dobili prebrojivuε-mrežu, ali ne konačnu. Stoga ćemo taj pristup malo promijeniti, dijelećisegmente [a i , b i ] (i ∈ 1, n) sa konačno mnogo tačaka podjele:ali takve da je zadovoljenod(x (k)ia i = x (1)i < x (2)i < x (3)i < ... < x (p i)i = b i ,, x (k+1)i ) = |x (k+1)i− x (k)i | < √ ε (k ∈ 1, p i − 1)n. Formirajmo sada skup A svih tačaka x ∈ R n čije su odgo-To sigurno možemo uraditi izaberemo li p i ∈ N takav da |b i−a i |p ida p i > √ n|b i −a i |εvarajuće koordinate navedene tačke podjele, tj. neka< ε √ n, odnosnoA = {(x (s 1)1 , x (s 2)2 , ..., x (sn)n ) : s i ∈ {1, 2, ..., p i }, i ∈ 1, n}.Skup A ima p 1 p 2 ...p n elemenata, pa je konačan. Neka je x ∈ E proizvoljan,x = (x 1 , x 2 , ..., x n ). Kako je E ⊆ [a 1 , b 1 ] × [a 2 , b 2 ] × ... × [a n , b n ], ondax 1 ∈ [a 1 , b 1 ] ∧ x 2 ∈ [a 2 , b 2 ] ∧ ... ∧ x n ∈ [a n , b n ].Na osnovu definicije skupa A, jasno je da postoji y = (y 1 , y 2 , ..., y n ) =(x k 11 , xk 22 , ..., xkn n ) ∈ A, pri čemu je k i neki element iz {1, 2, ..., p i } (i ∈ 1, n),takav dad(x, y) = (n∑i=1|x i − y i | 2 ) 1 2 < ((ε√ n) 2 + ( ε √ n) 2 + ... + ( ε √ n) 2 ) 1 2 = ε,pa je upravo A konačna ε-mreža skup E. Time je dokaz završen. Primjedba 1.6.2 Kako bi prethodni primjer bio jasniji, ponoviti ćemo cijelidokaz u slučaju n = 2, što bi, uz grafik, trebalo pružiti dobar uvid u definicijumreže. Neka je tako E ⊆ R 2 proizvoljan ograničen skup, i ε > 0 takodjerproizvoljan. Zbog ograničenosti skupa E, vrijedi(∃[a 1 , b 1 ] × [a 2 , b 2 ] ⊂ R 2 ) : E ⊆ [a 1 , b 1 ] × [a 2 , b 2 ].
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 102b 2|||||x (p 2)2.x (2)2x (1)2• • • • •E.• • • • •· · ·• • • • •a 2||| | || |a 1 x (1)b1 x (2)1 x (3)1 x (4) · · ·1 x (p 1)1 1Podijeliti ćemo segmente [a 1 , b 1 ] i [a 2 , b 2 ] na sljedeći načina 1 = x (1)1 < x (2)1 < x (3)1 < ... < x (p 1)1 = b 1 , |x (k+1)1 −x (k)1 | < ε √2(k ∈ 1, p 1 − 1),a 2 = x (1)2 < x (2)2 < x (3)2 < ... < x (p 2)2 = b 2 , |x (k+1)2 −x (k)2 | < ε √2(k ∈ 1, p 2 − 1).To sigurno možemo uraditi izaberemo li p 1 , p 2 ∈ N takve da p 1 >√2|b2 −a 2 |√2|b1 −a 1 |,εp 2 > . Formirajmo sada skup A svih tačaka u ravni čije su odgovarajućekoordinate navedene tačke podjele, tj.εnekaA = {(x (s 1)1 , x (s 2)2 ) : s 1 ∈ {1, 2, ..., p 1 }, s 2 ∈ {1, 2, ..., p 2 }}(To su sve označene tačke na slici.) Skup A ima p 1 p 2 elemenata, pa jekonačan. Neka je x ∈ E proizvoljan, x = (x 1 , x 2 ). Kako je E ⊆ [a 1 , b 1 ] ×[a 2 , b 2 ] ondax 1 ∈ [a 1 , b 1 ] ∧ x 2 ∈ [a 2 , b 2 ].Na osnovu definicije skupa A, jasno je da postoji y = (y 1 , y 2 ) = (x (k 1)1 , x (k 2)2 ) ∈A, pri čemu je k i neki element iz {1, 2, ..., p i } (i ∈ 1, 2) takav dad(x, y) = √ √|x 1 − y 1 | 2 + |x 2 − y 2 | 2 < ( √ ε ) 2 + ( √ ε ) 2 = ε.2 2
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 103(y ∈ A je ona od označenih tačaka u ravni koja je najbliža x ∈ E.) Stoga jeA konačna ε-mreža skup E. Time je dokaz završen.Napokon imamo potpuniju sliku o odnosu kompaktnosti i kombinacijezatvorenosti i ograničenosti. Kao što je navedeno, ti pojmovi su ekvivalentniu R n (n ∈ N) (a poslije ćemo se uvjeriti da su samim time ekvivaletni u svimkonačnodimenzionalnim metričkim prostorima ), dok je u općem slučaju osobinakompaktnosti jača. Sada je jasno da taj odnos ustvari možemo svestina posmatranje odnosa relativne kompaktnosti i ograničenosti skupa. Relativnakompaktnost je jača osobina od ograničenosti skupa, dok su u R n tipojmovi ekvivalentni (na osnovu prethodnog zadatka).Podsjetimo se da smo u jednom od prethodnim zadataka utvrdili da jesvaki kompaktan prostor kompletan, i separabilan. Kako bi u potpunostipredstavili njihov odnos, napomenimo da obrat ne mora da vrijedi. U to semožemo uvjeriti posmatramo li prostor R sa Euklidskom metrikom, koji je ikompletan i separabilan, ali nije kompaktan.ZADATAK 1.6.4 Dokazati:a. Skup tačaka A = {x = (ξ i ) : |ξ i | ≤ 1 , i ∈ N} je kompaktan u l2 i 2 .b. Skup tačaka A = {x = (ξ i ) : |ξ i | ≤ 1, i ∈ N} je kompaktan u l i 2.c. Skup tačaka A = {x = (ξ i ) : |ξ i | ≤ 1, i ∈ N} nije kompaktan u l 2 .Rješenje:a. Dokažimo prvobitno da je A relativno kompaktan. Kako je l 2 kompletan,dovoljno je pokazati da A ima konačnu ε-mrežu za sve ε > 0. Utu svrhu posmatrajmo proizvoljan ε > 0. Neka jeB = {b ∈ l 2 |b = (b 1 , b 2 , ..., b N , 0, 0, 0, ...), |b i | ≤ 1 2 i },pri čemu je N ∈ N takav da 12 N < ε 2postati očito, potrebno da vrijedi (vrijedi. Nama je ustvari, što će kasnije∞∑( 1 ) 1 ε2 i)2 2 < . Medjutim, kako2i=N+1∞∑i=N+1q i =∞∑q i −i=0N∑i=0q i = 11 − q − 1 − qN+11 − q= qN+11 − q ,
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 104onda∞∑i=N+1( 1 2 i)2 =∞∑i=N+114 i = (1 4 )N+11 − 1 4= 1 13 4 < (ε N 2 )2 .ln 2−ln ε(Takav broj N ∈ N sigurno postoji, naprimjer N = ⌈ ⌉.) Akoln2sada posmatramo proizvoljnu tačku x ∈ A, na osnovu definicije skupaA i navedenog razmatranja, jasno je da postoji b ∈ B takav da∞∑∑ ∞d 2 (x, b) = ( |ξ i − b i | 2 ) 1 2 = (i=1i=N+1|ξ i | 2 ) 1 2 ≤ (∞∑i=N+1| 1 2 i |2 ) 1 2 0 (neka je to skup C),2koja je onda ε-mreža za skup A. Naime,B je ε 2 -mreža za A ⇔ (∀x ∈ A)(∃b ∈ B) : d 2(x, b) < ε 2 ,C je ε 2 -mreža za B ⇔ (∀b ∈ B)(∃c ∈ C) : d 2(b, c) < ε 2 ,pa stoga imamo(∀x ∈ A)(∃c ∈ C) : d 2 (x, c) ≤ d 2 (x, b) + d 2 (b, c) < ε 2 + ε 2 = ε.Kako je A očigledno zatvoren skup, A je kompaktan.b. Dokaz je analogan kao pod a: Dokažimo prvobitno da je A relativnokompaktan. Kako je l 2 kompletan, dovoljno je pokazati da A imakonačnu ε-mrežu za sve ε > 0. U tu svrhu posmatrajmo proizvoljanε > 0. Neka jeB = {b ∈ l 2 |b = (b 1 , b 2 , ..., b N , 0, 0, 0, ...), |b i | ≤ 1 i },pri čemu je N ∈ N takav da (∞∑i=N+11i 2)1 2prirodan broj mora postojati. Poznato je da je redpa vrijedi∞∑i=N+11i 2 = C < ∞.< ε . Uočimo zašto takav2∞∑i=11i 2 konvergentan,
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 105(U sklopu ranijih kurseva pokazano je da je C = π2 .) Takodjer, očigledno6jeN∑ 1= f(N), pri čemu je f realna rastuća funkcija.i2 Tada jei=1∞∑i=N+11i = ∑ ∞ 2i=11i − ∑ N 2i=11i 2 = C − f(N),pa kako je f rastuća funkcija sigurno možemo naći dovoljno velik N ∈ Ntakav da∞∑ 1i = C − f(N) < (ε 2 2 )2 ,i=N+1odnosno da f(N) > C − ε . Ako sada posmatramo proizvoljnu tačku2x ∈ A, onda je jasno da postoji b ∈ B takav da∞∑∑ ∞d 2 (x, b) = ( |ξ i − b i | 2 ) 1 2 = (i=1i=N+1|ξ i | 2 ) 1 2 ≤ (∞∑i=N+1( 1 i )2 ) 1 ε2 0, (neka je to skup C),2koja je onda ε-mreža za skup A. Naime,B je ε 2 -mreža za A ⇔ (∀x ∈ A)(∃b ∈ B) : d 2(x, b) < ε 2 ,C je ε 2 -mreža za B ⇔ (∀b ∈ B)(∃c ∈ C) : d 2(b, c) < ε 2 ,pa stoga imamo(∀x ∈ A)(∃c ∈ C) : d 2 (x, c) ≤ d 2 (x, b) + d 2 (b, c) < ε 2 + ε 2 = ε.Kako je A očigledno zatvoren skup, A je kompaktan.c. Prije nego što pristupimo dokazivanju nekompaktnosti skupa A, zapitajmose zašto ne bi mogli koristiti analogan metod kao pod a. i b. idokazati da je A ustvari kompaktan. Pogledamo li dokaz pod a., vrlobrzo ćemo uočiti da nam je bilo neophodno postojanje prirodnog brojaN ∈ N za kojeg vrijedi(∞∑( 1 ∞) 1 ε2 i)2 2
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 106što prateći analogiju ovdje ne bi mogli postići. Naime, trebali bi pronaćiprirodan broj N za koji vrijedi(∞∑i=N+11) 1 2
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 107posmatramo niz koji ima sljedeći oblikx 1 = (t 1 + K, t 2 , ..., t n , ...)x 2 = (t 1 , t 2 + K, ..., t n , ...).x n = (t 1 , t 2 , ..., t n + K, ...).Definiranje niza je u takvoj formi jer nam ono omogućava da zaista vrijedid 2 (x m , x n ) = (|K| 2 + |K| 2 ) 1 2 = K√2 = C za sve m, n ∈ N(m ≠ n)Iz posljednje tvrdnje dalo bi se zaključiti da smo pronašli niz čija su svakadva člana na konstantnoj udaljenosti, te da A nije kompaktan u l 2 . Medjutim,kako niz uvijek možemo odabrati na prezentirani način, dalje bi zaključili danijedan skup u l 2 nije kompaktan, što očigledno nije tačno uzmemo li u obzirprethodni zadatak. Gdje je greška?Neophodno je paziti da li postoje ikakva ograničenja za navedeni broj K, kojabi možda dovela čak do toga da moramo birati upravo K = 0. Kako bi seu potpunosti uvjerili u kakvu ”zamku” možemo ”upasti” ne vodeći računa o”konstanti” K, pokušajmo konkretno dokazati da skupA = {x = (ξ i ) : |ξ i | ≤ 1 2i, i ∈ N}(za kojeg smo u prethodnom zadatku eksplicitno pokazali da je kompaktan ul 2 ) nije kompaktan u l 2 na gore izloženi način. Naime, posmatrajmo nizx 1 = ( 1 − K, 1 , 1 1, ..., , 1 1, , ...)2 2 2 2 3 2 n−1 2 n 2 n+1x 2 = ( 1 , 1 − K, 1 1, ..., , 1 1, , ...)2 2 2 2 3 2 n−1 2 n 2 n+1.x n = ( 1, 1 , 1 1, ..., , 1 1− K, , ...)2 2 2 2 3 2 n−1 2 n 2 n+1.Kako je d(x m , x n ) = K √ 2 za sve m, n ∈ N, mogli bi zaključiti da je (x n ) n∈Nupravo niz u A iz kojeg ne možemo izvući konvergentan podniz, pa A nijekompaktan.Medjutim, po definiciji skupa A, x = (ξ i ) i∈N je u A ako |ξ i | ≤ 1 2 i . Stoga, dabi gore navedeni niz (x n ) n∈N zaista bio u A mora da vrijedi| 1 2 n − K| ≤ 1 2n(∀n ∈ N),
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 108što je ekvivalentno sa0 < K < 12 n−1 (∀n ∈ N).No, takva konstanta ne postoji! Stoga još jednom napomenimo koliko je važnoobratiti pažnju na svaki uslov zadatka, jer bi inače npr. u posljednjem zadatkumogli pogrešno smatrati da smo konstruisali niz kojem su svake dvije tačkena konstatnoj udaljenosti, i time doći do zaključka da skupovi u slučajevimaa. i b. nisu kompaktni ( kao i svaki drugi skup u l 2 , što je teško za povjerovati). Da bi nizovi definirani na ovdje prezentirani način zaista bili uposmatranom skupu, nerijetko bi dobili da mora vrijediti K = 0, pa je taj nizonda konstantan i iz njega se sigurno može izvući konvergentan podniz (samtaj niz).ZADATAK 1.6.5 Neka je (X, d) kompaktan metrički prostor, i A ⊆ X.Ako je A zatvoren skup, tada je A kompaktan. Dokazati!Rješenje: Neka je (x n ) n∈N proizvoljan niz u A. Kako je A ⊆ X, niz (x n ) n∈Nje i X, pa zbog kompaktnosti skupa X postoji podniz (x nk ) k∈N početnog nizakoji je konvergentan u X. Nekax nk → x 0 ∈ X(k → ∞).Medjutim, A je po pretpostavci zatvoren, pa x 0 ∈ A. Dakle, A je zaistakompaktan. 1.6.1 Neprekidne funkcije na kompaktnim skupovimaZADATAK 1.6.6 Neka je (X, d) kompaktan metrički prostor, i neka jef : X → X preslikavanje za koje vrijedi:(∀x, y ∈ X, x ≠ y) :d(f(x), f(y)) < d(x, y).Dokazati da f ima jedinstvenu fiksnu tačku.Rješenje: Pokažimo prvo da f ima najviše jednu fiksnu tačku. Pretpostavimosuprotno(∃a, b ∈ X, a ≠ b) : f(a) = a i f(b) = b.
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 109Tada d(a, b) = d(f(a), f(b)) < d(a, b), što je kontradikcija. Dakle, ako f imafiksnu tačku, ona je jedinstvena. Pokažimo sada da f zaista ima fiksnu tačku.Definirajmo pomoćnu realnu funkciju g : X → R sag(x) = d(x, f(x))Želimo pokazati da je g neprekidna funkcija, pa treba utvrditi da vrijedi(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x, y ∈ X) :d(x, y) < δ ⇒ |g(x) − g(y)| < εpa zaista|g(x) − g(y)|= |d(x, f(x)) − d(y, f(y))|Lemma≤ d(x, y) + d(f(x), f(y))< d(x, y) + d(x, y)= 2d(x, y),(∃ε > 0)(∃δ = ε 2> 0)(∀x, y ∈ X) : d(x, y) < δ ⇒ |g(x) − g(y)| < ε.Dakle, g je neprekidna, a kako je g definirana na kompaktnom skupu X, onadostiže svoj minimum u nekoj tački a ∈ X. Tvrdimo da je upravo a traženafiksna tačka, tj. da vrijedi f(a) = a. Pretpostavimo suprotno, neka f(a) ≠ a.Imamog(f(a)) = d(f(a), f(f(a))) < d(a, f(a)) = g(a),što je kontradikcija sa činjenicom da g doseže minimum u tački a. Stogazaista vrijedi f(a) = a, tj. a je fiksna tačka preslikavanja f, i to ( zbog prvogdijela dokaza ) a je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja f. Primjedba 1.6.4 Kroz sekcije 1.3 i 1.4 mogli smo u nekoliko navrata primjetitida činjenica(∀x, y ∈ X, x ≠ y) : d(f(x), f(y)) < d(x, y)ne implicira da f : X → X ima fiksnu tačku ukoliko je (X, d) kompletan (tj. ukoliko u uslovima Banachovog stava o fiksnoj tački ”samo” izostavimoegzistenciju konstante q ). Ipak, iz posljednjeg zadataka jasno je da navedenačinjenica povlači postojanje jedinstvene fiksne tačke za f ukoliko je (X, d)kompaktan metrički prostor. Ponovno možemo ustanoviti kako je svojstvokompaktnosti prostora mnogo ”jače” od svojstva kompletnosti.Na kraju ovog po<strong>gla</strong>vlja, studentima se preporučuje da posvete posebnupažnju sljedećem grafiku koji predstavlja odnos izmedju najvažnijih pojmova
POGLAVLJE 1.METRIČKI PROSTORI 110u ovom po<strong>gla</strong>vlju. Pokušajte sa nekoliko primjera potkrijepiti odnose kojisu ovdje predstavljeni. (Veliki broj najvažnijih primjera nalazi se u samojzbirci, kroz zadatke, primjedbe i dodatna objašnjenja.) Pokušajte sami usliku ubaciti i zatvorene i ograničene prostore, uz dodatne primjere kojimaćete potvrditi te odnose.Kompletni prostoriKompaktniprostoriSeparabilni prostori
Po<strong>gla</strong>vlje 2Banachovi prostori2.1 Linearni vektorski prostori2.2 Normirani prostori111
Po<strong>gla</strong>vlje 3Linearni operatori3.1 Ograničenost i neprekidnost3.2 Inverzni operator3.3 O još dva principa3.4 Zatvoreni operator112
Po<strong>gla</strong>vlje 4Linearni funkcionali4.1 Geometrijski smisao linearnih funkcionala4.2 Hahn-Banachov teorem4.3 Reprezentacija ograničenih linearnih funkcionala4.4 Konjugovani prostori4.5 Slaba konvergencija113
Po<strong>gla</strong>vlje 5Hilbertovi prostori5.1 Skalarni produkt. Hilbertovi prostori.5.2 Ortogonalnost i ortogonalni komplement5.3 Ortonormirani sistemi114
Change language