1. Realni brojevi - pmf.untz.bapmf.untz.ba/staff/nermin.okicic/PMF/MatematickaAnalizaI/RealniBrojevi.pdf · 1. Realni brojevi Prirodno bi bilo konstruisati skup realnih brojeva korak

1. Realni brojevi

Prirodno bi bilo konstruisati skup realnih brojeva korak po korak, od prirodnih brojeva preko cijelih,racionalnih i na kraju iracionalnih. Medutim, mi cemo tom problemu ovdje pristupiti pomalounatraske. Naime, podrazumijevat cemo da skup realnih brojeva vec postoji. Zasnovat cemo gaaksiomatski, a onda cemo kao njegove podskupove uvesti skupove prirodnih, cijelih, racionalnih iiracionalnih brojeva.

Koristit cemo iskaznu i predikatsku logiku i osnovne elemente Teorije skupova kao predznanje, atakode i njihov alfabet. Za sada jedini princip zakljucivanja je deduktivni, tojest koristimo se modusponensom i generalizacijom kao zakonima zakljucivanja. Napomenimo da cemo znak jednakosti(=) koristiti kao osnovni simbol koji predstavlja jednakost objekata. Pri tome podrazumijevamo davrijedi: za svako a je a = a (refleksivnost), za sve a i b, ako je a = b onda je b = a (simetricnost) iza proizvoljne a,b i c, ako je a = b i b = c onda je a = c (tranzitivnost). Uobicajeno izraz ”a = b”nazivamo jednakost.

1.1 Aksiomatika realnih brojevaPostojanje skupa ciji su elementi realni brojevi uzimamo kao cinjenicu, iako za sada ne znamo nitijedan realan broj. Skup realnih brojeva oznacavat cemo sa znakom R. Na njemu zelimo da imamobinarne operacije sabiranja (+) i mnozenja (·) i neki nacin poredenja elemenata, pa cemo sve toaksiomatski zasnovati. U procesu uvodenja ovih operacija neophodan nam je jedan algebarskipojam.

Definicija 1.1.1 Neka je X proizvoljan skup i ∗ proizvoljna binarna operacija. Kazemo da jebinarna operacija ∗ zatvorena na X ako i samo ako vrijedi osobina:

x,y ∈ X ⇒ x∗ y ∈ X .

AKSIOMI SABIRANjA

Operacija sabiranja je zatvorena na skupu relanih brojeva.

(∀x,y ∈ R) x+ y ∈ R .

2 Poglavlje 1. Realni brojevi

Aksiom 1 — Aksiom S1. Komutativni zakon za sabiranje:

(∀x,y ∈ R) x+ y = y+ x .

Aksiom 2 — Aksiom S2. Asocijativni zakon za sabiranje:

(∀x,y,z ∈ R) (x+ y)+ z = x+(y+ z) .

Aksiom 3 — Aksiom S3. Egzistencija neutralnog elementa za sabiranje:

(∃α ∈ R)(∀x ∈ R) x+α = x .

Aksiom 4 — Aksiom S4. Egzistencija inverznog elementa u odnosu na sabiranje:

(∀x ∈ R)(∃x∗ ∈ R) x+ x∗ = α .

AKSIOMI MNOZENjA

Operacija mnozenja je zatvorena na skupu relanih brojeva.

(∀x,y ∈ R) x · y ∈ R .

Aksiom 5 — Aksiom M1. Komutativni zakon za mnozenje:

(∀x,y ∈ R) x · y = y · x .

Aksiom 6 — Aksiom M2. Asocijativni zakon za mnozenje:

(∀x,y,z ∈ R) (x · y) · z = x · (y · z) .

Aksiom 7 — Aksiom M3. Egzistencija neutralnog elementa za mnozenje:

(∃β ∈ R)(∀x ∈ R) x ·β = x .

Aksiom 8 — Aksiom M4. Egzistencija inverznog elementa u odnosu na mnozenje:

(∀x ∈ R\{α})(∃x ∈ R) x · x = β .

Aksiom 9 — Aksiom MS. Zakon distibutivnosti mnozenja prema sabiranju:

(∀x,y,z ∈ R) x · (y+ z) = x · y+ x · z .

Postojece elemente α uvedene Aksiomom S3 nazivamo neutralni elementi za sabiranje, apostojece elemente β uvedene Aksiomom M3 nazivamo neutralni elementi za mnozenje.

Struktura koja na sebi ima definisane dvije binarne operacije koje zadovoljavaju ovih devetaksioma naziva se polje. Tako i mi nas skup R sa operacijama ”+” i ”·” pravilno nazivamo poljerealnih brojeva, iako cemo jednostavnosti radi cesce govoriti samo skup realnih brojeva.

Naglasimo da su uvedene operacije sabiranja i mnozenja na skupu realnih brojeva jedinstvenodefinisane. Iako je to trivijalna stvar ipak isticemo vaznost toga. To podrazumijeva naprimjer, daako je recimo a+b = c i b = b′, da je tada a+b′ = c. Ovo pravilo cesto nazivamo i zakon zamjene(supstitucije) i u daljem ga ne moramo isticati, a cesto cemo ga primjenjivati. Slicno, isti zakonimamo i za operaciju mnozenja, koji naravno prositice iz jedinstvenosti definisanosti te operacije.

Naravno da mnoge osobine polja realnih brojeva (koje su nam poznate, ali i ne moraju biti)slijede iz navedenih algebarskih aksioma. Neke cemo navesti sada.

1.1 Aksiomatika realnih brojeva 3

Lema 1.1.1 Postoji tacno jedan neutralni element za sabiranje.

Lema 1.1.2 Za svaki realan broj postoji tacno jedan njemu inverzan broj u odnosu na sabiranje.

Lema 1.1.3 Postoji tacno jedan neutralni element za mnozenje.

Lema 1.1.4 Za svaki realan broj osim α postoji tacno jedan njemu inverzan broj u odnosu namnozenje.

Cesto kratkoce radi, umjesto zapisa x ·y pisemo jednostavno xy. Po dogovoru, neutralni elementza sabiranje, uveden Aksiomom S3, a koji je na osnovu Leme 1.1.1 jedinstven, oznacavat cemo saα = 0. Takode, neutralni element za mnozenje, uveden Aksiomom M3, a koji je na osnovu Leme1.1.3 jedinstven, oznacavat cemo sa β = 1. Takode po dogovoru, inverzan element za x u odnosuna sabiranje oznacavat cemo sa x∗ =−x, a inverzan u odnosu na mnozenje sa x = x−1. Sve ovo jenaravno opravdano upravo iskazanim (dokazanim!) tvrdnjama o jedinstvenosti ovih elemenata.

Lema 1.1.5 Za svako a ∈ R vrijedi a ·0 = 0 ·a = 0.

Dokaz : Kako je 0 neutralni element za sabiranje (Aksiom S3), to je 0+ 0 = 0. Tada jea · (0+0) = a ·0, pa koristeci Aksiom MS je a ·0+a ·0 = a ·0. Koristeci jedinstvenost neutralnogelementa za sabiranje iz posljednjeg zakljucujemo da je a ·0 = 0, sto je i trebalo dokazati (drugujednakost dobijamo koristeci komutativni zakon za mnozenje). �

Lema 1.1.6 Za proizvoljne a,b,c ∈ R vrijedi:1. Ako je a+ c = b+ c onda je a = b.2. Ako je a · c = b · c i c 6= 0 onda je a = b.

Dokaz :1. Neka je a+c= b+c. Ako je c∈R onda je i−c∈R. Nas osnovu Aksioma S4 je c+(−c)= 0.

Na osnovu zakona zamjene je onda (a+ c)+(−c) = (b+ c)+(−c). Koristeci Aksiom S2i na lijevoj i na desnoj strani posljednje jednakosti imamo a+(c+(−c)) = b+(c+(−c)).Koristeci Aksiom S4 na lijevu i na desnu stranu posljednje jednakosti dobijamo a+0 = b+0,a zatim primjena Aksioma S3 i lijevo i desno daje a = b, sto je i trebalo dokazati.

2. Ocekivanim se cini da bi dokaz ove cinjenice trebao biti identican dokazu tvrdnje pod 1. jersu osobine iskazane u 1. i 2. u biti iste samo iskazane za razlicite operacije!Zbog pretpostavke c 6= 0 postoji c−1 ∈R tako da je c ·c−1 = 1. Iz pretpostavke da je a ·c= b ·ci zakona zamjene imamo (a · c) · c−1 = (b · c) · c−1. Sada primjenom Aksioma M2, M4 i M3zakljucujemo jednakost a = b. �

Lema 1.1.7 Neka su a,b ∈ R proizvoljni. Tada vrijedi,1. (−a) ·b =−(a ·b).2. (−a) · (−b) = a ·b.

Dokaz :1. Kako su a,b ∈R, to je onda i a ·b ∈R odnosno −(a ·b) ∈R. Pri tome je na osnovu aksioma

o inverznom elementu za sabiranje

a ·b+(−(a ·b)) = 0 . (1.1)

S druge strane imamo na osnovu komutativnosti sabiranja i distributivnosti da je a ·b+(−a) ·b = (a+(−a)) ·b. Na osnovu aksioma o inverznom elementu za sabiranje je a+(−a) = 0 ina osnovu Leme 1.1.5 zakljucujemo da je

a ·b+(−a) ·b = 0 . (1.2)

Iz (1.1) i (1.2) na osnovu zakona o zamjeni zakljucujemo (−a) ·b =−(a ·b).


2. Koristeci dokazano pod 1. dva puta imamo (−a) · (−b) =−(a · (−b)) =−(−(a ·b). Kakovrijedi −(−a) = a (dokazati ovo!) zakljucujemo trazenu jednakost. �

Teorem 1.1.8 Neka su a,b ∈ R i neka je a ·b = 0. Tada je bar jedan od brojeva a i b jednak 0.

Dokaz : Neka su a,b ∈ R i neka je a · b = 0. Pretpostavimo da je a 6= 0. Na osnovu AksiomaM4 postoji inverzni element elementa a. Mnozenjem jednakosti a ·b = 0 sa a−1 sa lijeve stranedobijamo a−1 ·(a ·b) = a−1 ·0. Primjenom Leme 1.1.5 zakljucujemo da je a−1 ·(a ·b) = 0. KoristeciAksiom M2 odavde je (a−1 ·a) ·b = 0, na osnovu Aksioma M4 onda je 1 ·b = 0, tojest b = 0.Ako pretpostavimo da je b 6= 0 na potpuno identican nacin kao gore dobili bismo da je a = 0.Naravno da iz podatka a ·b = 0 mozemo zakljuciti i da su oba elementa istovremeno jednaka nuli,cime je dokaza zavrsen. �

AKSIOMI PORETKA

Na skupu R uvodimo jednu binarnu relaciju u oznaci ”≤”, koju citamo biti manji ili jednak, nasljedeci nacin

x,y ∈ R , x≤ yde f⇐⇒ (∃z ∈ R) x+ z = y .

Za ovako uvedenu relaciju zahtijevamo sljedece osobine:

Aksiom 10 — Aksiom P1. Refleksivnost:

(∀x ∈ R) x≤ x .

Aksiom 11 — Aksiom P2. Antisimetricnost:

(∀x,y ∈ R) (x≤ y∧ y≤ x ⇒ x = y) .

Aksiom 12 — Aksiom P3. Tranzitivnost:

(∀x,y,z ∈ R) (x≤ y∧ y≤ z ⇒ x≤ z) .

Aksiom 13 — Aksiom P4. Saglasnost relacije sa sabiranjem:

(∀x,y ∈ R)(∀a ∈ R)(x≤ y ⇒ x+a≤ y+a) .

Aksiom 14 — Aksiom P5. Saglasnost relacije sa mnozenjem:

(∀x,y ∈ R)(0≤ x ∧ 0≤ y ⇒ 0≤ x · y) .

Zbog aksioma P1, P2 i P3 uvedena relacija predstavlja relaciju poretka na skupu R. Za ovakouvedenu relaciju vrijedi zakon dihotomije, tojest za bilo koja dva elementa x,y ∈ R vrijedi x≤ y iliy≤ x. Ovo u stvari znaci da su bilo koja dva elementa skupa R uporediva ovom relacijom, te onapredstavlja relaciju totalnog uredenja. Sa ovim nas skup realnih brojeva dobija novi naziv, uredenopolje realnih brojeva.

Relacijom ≤ definisemo i neke nove relacije, kao naprimjer

x≥ yde f⇔ y≤ x .

Takode ix < y

de f⇔ x≤ y ∧ x 6= y ,

1.1 Aksiomatika realnih brojeva 5

odnosnox > y

de f⇔ y < x .

Relacija < zadovoljava zakon trihotomije. Naime, za bilo koja dva elementa x,y ∈ R vrijedi ilix < y ili y < x ili x = y.

Sada sa relacijom poredka na skupu R mozemo definisati i neke specijalne skupove. Za elementx ∈ R kazemo da je pozitivan ako je x > 0. Pri tome je onda skup pozitivnih realnih brojeva

R+ = {x ∈ R | x > 0} .

Za x ∈ R kazemo da je nenegativan ako je x≥ 0, pa je skup nenegativnih realnih brojeva R+∪{0}.Za x ∈ R kazemo da je negativan broj ako je x < 0. Skup negatinih realnih brojeva je tada

R− = {x ∈ R | x < 0} .

Za x ∈ R kazemo da je nepozitivan ako je x≤ 0, te je skup nepozitivnih realnih brojeva R−∪{0}.Takode na ovom mjestu uvedimo i skupove

(a,b) = {x ∈ R | a < x < b} ,

koga nazivamo otvoreni interval ili jednostavnije samo interval,

[a,b] = {x ∈ R | a≤ x≤ b} ,

koga nazivamo zatvoreni interval ili segment. Zatim skupove

(a,b] = {x ∈ R | a < x≤ b} ,

[a,b) = {x ∈ R | a≤ x < b} ,

koje nazivamo poluzatvoren ili poluotvoren interval.

Lema 1.1.9 Neka su a,b ∈ R proizvoljni. Ako je a≤ b onda je −a≥−b.

Dokaz : Neka su a,b ∈ R takvi da je a ≤ b. Na osnovu Aksioma P4, dodavanjem i lijevoji desnoj strani iste velicine −a, je onda a+ (−a) ≤ b+ (−a), a koristeci Aksiom S4 ovo jeekvivalentno sa 0≤ b+(−a). Koristeci isti rezon i objasnjenje imamo da je (−b)+0≤ (−b)+(b+(−a)). Koristeci Aksiome S3 i S2 posljednje je ekvivalentnon sa −b ≤ ((−b)+b)+ (−a).Na sonovu Aksioma S1 i S3 sada je ovo ekvivalentno sa −b≤ 0+(−a), te koristeci opet AksiomS3 imamo −b≤−a. �

Lema 1.1.10 Za bilo koji realan broj a vrijedi, a ·a de f= a2 ≥ 0.

Dokaz : Razlikujemo dva slucaja. Prvo, neka je a ≥ 0. Na osnovu saglasnosti relacije samnozenjem imamo da je a · a = a2 ≥ 0, pa tvrdnja vrijedi. Neka je a ≤ 0. Na osnovu Leme1.1.9 je −a ≥ 0, pa koristeci Aksiom P5 imamo (−a) · (−a) ≥ 0. Kao sto smo vec pokazali,(−a) · (−a) = a ·a = a2 pa je a2 ≥ 0. �

Lema 1.1.11 U skupu R vrijedi:1. 0 < 1.2. Ako je a ∈ R takav da a > 0 tada je a−1 > 0.3. Ako su a,b ∈ R takvi da je a > b > 0 tada je 0 < a−1 < b−1

Dokaz :1. Na osnovu Leme 1.1.10 imamo da je 12 ≥ 0. Kako je 12 = 1 ·1 = 1, na osnovu neutralnog

elementa za mnozenje, to je 1≥ 0. Neutralni element za mnozenje je jedinstven pa je 1 6= 0,sto daje nejednakost 0 < 1.


2. Neka je a > 0. Pretpostavimo da je a−1 = 0 ili a−1 < 0.Ako bi bilo a−1 = 0, tada bi imali a · a−1 = a · 0 = 0, sto je u suprotnosti sa aksiomom oinverznom elementu za mnozenje.Ako bi bilo a−1 < 0, tada bi bilo −a−1 > 0, pa na osnovu Aksioma P5 i Leme 1.1.7 imamoa · (−a−1) =−(a ·a−1) =−1 > 0, odnosno 1 < 0 sto je u suprotnosti sa dokazanim u 1.

3. Neka je a > b > 0. Na osnovu 2. vrijedi a−1 > 0 i b−1 > 0. Iz a > b na osnovu Aksioma P5imamo a ·a−1 > b · (a−1) tojest, 1 > b ·a−1. Koristeci Aksiom P5, Aksiom M2, Aksiom M3i Aksiom M4 imamo b−1 > b−1 · (b ·A−1) = (b−1 ·b) ·a−1 = 1 ·a−1 = a−1, sto je i trebalodokazati. �

Lema 1.1.12 U skupu R vrijedi:1. Neka su a,b,c ∈ R. Ako je a < b i b < c, tada je a < c.2. Za proizvoljne a,b,c ∈ R, ako je a < b onda je a+ c < b+ c.3. Za proizvoljne a,b,c ∈ R, ako je a < b i c > 0, onda je a · c < b · c.4. Za proizvoljne a,b,c ∈ R, ako je a < b i c < 0, onda je a · c > b · c.5. Za proizvoljne a,b,c ∈ R, ako je a < b i c≥ 0, onda je a · c≤ b · c.6. Za proizvoljne a,b,c ∈ R, ako je a < b i c≤ 0, onda je a · c≥ b · c.7. Za proizvoljne a,b,c ∈ R, ako je a≤ b i c≥ 0, onda je a · c≤ b · c.8. Za proizvoljne a,b,c ∈ R, ako je a≤ b i c≤ 0, onda je a · c≥ b · c.

Naravno da tvrdenja koja daju osobine relacija na skupu realnih brojeva ima jako mnogo. Mismo ovdje istakli samo neke od njih i neke od tih dokazali, sugerisuci da svako takvo tvrdenje naovom nivou treba dokazati.

Jednakost u kojoj se bar na jednoj strani pojavljuje nepoznata velicina naziva se jednacina.Specijalan slucaj jednacine oblika ax+b = c, gdje su a,b i c poznate velicine (realni brojevi), ax nepoznata velicina (realan broj), nazivamo linearna jednacina. Naredne tvrdnje isticemo kaoposebno vazne i njima obrazlazemo egzistenciju i jedinstvenost rjesenja linearne jednacine u skupuR.

Teorem 1.1.13 Neka su a,b ∈ R proizvoljni. Tada jednacina

a+ x = b , (1.3)

ima tacno jedno rjesenje u skupu R dato sa b+(−a).

Dokaz : Neka su a i b proizvoljni realni brojevi i neka je x = b+(−a). Tada je a+ x = a+(b+(−a)), a na osnovu aksioma S1 je onda a+ x = a+((−a)+ b). Koristeci aksiom S2 imamoa+ x = (a+(−a))+ b, te na osnovu S4 je a+ x = 0+ b. Konacno, zbog S3 imamo a+ x = b.Dakle, ovako izabran x jeste rjesenje jednacine (1.3).

Neka je x∗ takode rjesenje jednacine (1.3), tojest neka je a+ x∗ = b. Dodajuci i lijevoj idesnoj strani −a sa lijeve strane, dobijamo −a+(a+ x∗) = −a+ b, a nakon koristenja S2 nalijevoj strani i S1 i na lijevoj i desnoj strani jednacine, imamo (a+(−a))+ x∗ = b+(−a). Dakle,0+ x∗ = b+(−a) i konacno x∗ = b+(−a). Vidimo da rjesenje mora biti oblika b+(−a) stopotvrduje njegovu jednistvenost. �

Teorem 1.1.14 Neka su a i b proizvoljni realni brojevi i neka je a 6= 0. Tada jednacina,

a · x = b , (1.4)

ima tacno jedno rjesenje u skupu R dato sa a−1 ·b.

Dokaz : Neka su a i b realni brojevi i neka je a 6= 0. Tada na osnovu M4 postoji a−1 i pri tome je

1.2 Prirodni brojevi 7

a−1 ·b ∈ R. Oznacimo sa x = a−1 ·b. Tada je

a · x = a ·(a−1 ·b

)uvrstavanje x-a

=(a ·a−1) ·b aksiom M2

= 1 ·b aksiom M4

= b . aksiom M3

Dakle, ovako izabrano x jeste rjesenje jednacine (1.4).Neka je x∗ takode rjesenje jednacine (1.4). Kako a−1 postoji, mnozenjem i lijeve i desne strane

jednacine (1.4) sa a−1 imamo a−1(a ·x∗) = a−1 ·b. Primjenom aksioma M2 je(a−1 ·a

)·x∗= a−1 ·b,

a naosnovu M4 i M3 je onda x∗= a−1 ·b, cime potvrdujemo jedinstvenost rjesenja polazne jednacine.�

Uvodeci termin polja realnih brojeva mi smo uveli skup brojeva na kome su definisane operacijesabiranja i mnozenja. Dogovorno definisimo jos dvije operacije na skupu R koje proizilaze iz ovedvije postojece.

Definicija 1.1.2 Za proizvoljne realne brojeve x i y uvodimo oznaku

x+(−y) = x− y .

Izraz x− y nazivamo razlika brojeva x i y, a ovako uvedenu operaciju nazivamo oduzimanje.

Definicija 1.1.3 Za proizvoljne realne brojeve x i y 6= 0 uvodimo oznaku

x · y−1 =xy.

Izraz xy nazivamo kolicnik brojeva x i y, a ovako uvedenu operaciju nazivamo dijeljenje.

Prema gornjoj definiciji dijeliti broj x mozemo sa bilo kojim brojem razlicitim od 0. Zatokazemo da dijeljenje sa 0 nije definisano.

1.2 Prirodni brojevi

Iako to nismo u stanju sa sigurnoscu tvrditi, prva matematicka znanja ljudskog roda su bila vezanaza brojanje. Iskustveno se spoznavalo da na nebu ima samo jedno sunce, da postoje zivotinje sadvije i sa cetiri noge, da na rukama i nogama covjek ima po pet prstiju. Dakle, ta su znanja vezanaza pojam broja, koje mi danas apstraktno nazivamo: jedan, dva, tri, cetiri, ... i za koje cak koristimoi posebnu notaciju: 1, 2, 3, 4, ... . Nigdje u prirodi ne postoji 1

3 sunca, 0.75 kamila i slicno, pa otudai prve spoznajne brojeve nazivamo prirodni brojevi i skup tih brojeva oznacavat cemo oznakom Nsto predstavlja prvo slovo latinske rijeci natura (priroda).

Prirodne brojeve cemo shvatiti kao podskup skupa realnih brojeva, sto znaci da cemo prihvatitioperacije sabiranja i mnozenja iz skupa R, kao i osobine ovih operacija. Broj 1 prihvatamo kaoprimitivan pojam teorije prirodnih brojeva.

Definicija 1.2.1 Za proizvoljan prirodan broj n, broj n′ = n+1 nazivamo sljedbenikom broja n.

Skup prirodnih brojeva zasnivamo aksiomatski pomocu Peanovog1 sistema aksioma (poznatog ikao Dedekind-Peano aksiomatski sistem ili Peanovi postulati). Taj sistem dat je sa pet aksioma:

Aksiom 1: 1 je prirodan broj.Aksiom 2: Svaki prirodan broj ima svog sljedbenika koji je i sam prirodan broj.

1Giuseppe Peano (1858-1932)-italijanski matematicar


Aksiom 3: Za bilo koje prirodne brojeve m i n, m′ = n′ ako i samo ako je m = n.Aksiom 4: 1 nije sljedbenik niti jednog prirodnog broja.Aksiom 5: Neka je M ⊆ N takav da 1 ∈M i ako n ∈M, onda i n′ ∈M. Tada je M = N.

Skup koji ima osobinu izrazenu u Aksiomi 2 nazivamo induktivni skup, te je dakle skupprirodnih brojeva induktivan. Koristeci se i Aksiomom 5, zakljucujemo da je najmanji (u smisluinkluzije) induktivan podskup skupa R koji sadrzi 1 upravo skup N. Aksiom 5 nazivamo i princippotpune matematicke indukcije. Mozemo ga iskazati i u sljedecoj formi:Neka je P proizvoljan unarni predikat koji zadovoljava uslove,• P(1) je tacan iskaz.• Za proizvoljan prirodni broj n, ako je P(n) tacan iskaz onda je tacan i iskaz P(n+1).

Tada je iskaz P(n) tacan za sve prirodne brojeve n.Upravo ovakvim iskazom Aksioma 5 se najcesce sluzimo u matematickim dokazivanjima i

nazivamo ga induktivni nacin zakljucivanja ili kratko indukcija, sto pored deduktivnog nacina, kogasmo do sad imali kao jedini nacin zakljucivanja, od sada koristimo kao validan nacin zakljucivanja.Dokaz principom matematicke indukcije sastoji se iz tri dijela:

Korak 1: Baza indukcije - Pokazujemo da je iskaz (tvrdenje) P(1) tacan.Korak 2: Induktivna hipoteza - Pretpostavljamo da je predikat P tacan za neko n∈N, tojest pretpostavimo

da je P(n) tacan iskaz (tvrdenje).Korak 3: Induktivni korak - Iz pretpostavljene istinitosti iskaza P(n) treba pokazati istinitost iskaza

P(n+1).Nakon izvodenja ova tri koraka, ako je sve trazeno pokazano, konstatujemo da je iskaz (tvrdenje)P(n) tacan za sve prirodne brojeve.

Lema 1.2.1 Ako je n ∈ N\{1} onda je n−1 ∈ N.

Dokaz : Oznacimo sa A = {n−1 | n∈N\{1}}. Kako je 2 = 1+1∈N (1∈N i N je induktivanskup), to onda 1 = 2−1 ∈ A (induktivna baza).Neka je m ∈ A (induktivna hipoteza). Tada postoji n ∈ N\{1} takav da je m = n−1. Odavde ondaimamo

m+1 = (n−1)+1 = (n+(−1))+1 = n+((−1)+1) = n+(1+(−1)) = (n+1)−1 .

Dakle, m+1∈A (induktivni korak). Na osnovu principa potpune matematicke indukcije zakljucujemoda je A = N. �

Ako smo za zadato n ∈ N broj n+1 zvali njegovim sljedbenikom, onda bismo broj n−1 moglizvati njegovim prethodnikom. U toj terminologiji, gornja tvrdnja nam govori da svaki prirodan brojosim 1, ima svog prethodnika koji je takode prirodan broj.

Lema 1.2.2 Neka su m,n ∈ N. Tada su m+n i m ·n prirodni brojevi.

Dokaz : Neka je m ∈ N proizvoljan fiksan element. Posmatrajmo skup

A = {n ∈ N | m+n ∈ N} .

Kako je N induktivan skup (Aksiom 2), to je i m+1 ∈ N, a to znaci da 1 ∈ A (induktivna baza).Pretpostavimo da za neko n∈N je n∈ A (induktivna hipoteza), tojest m+n∈N. Posmatrajmo sadazbir m+(n+1). Zbog asocijativnosti operacije sabiranja je m+(n+1) = (m+n)+1. Iz induktivnehipoteze je m+n ∈N, pa kako je N induktivan skup zakljucujemo da ce i (m+n)+1 ∈N, odnosnom+(n+1) ∈ N. Posljednje znaci upravo da n+1 ∈ A sto predstavlja induktivni korak.Sada na osnovu Aksioma 5 zakljucujemo da je A = N, tojest ako je m proizvoljan fiksiran prirodanbroj onda je m+n prirodan broj za svako n ∈ N. Zbog proizvoljnosti m ∈ N zakljucujemo da je

(∀m ∈ N)(∀n ∈ N) m+n ∈ N .


Na potpuno analogan nacin se dokazuje i druga tvrdnja. �Znamo da su operacije sabiranja i mnozenja zatvorene u skupu R, ali osobina zatvorenosti

operacije se ne prenosi obavezno na podskup. Gornja tvrdnja nam govori da su operacije sabiranjai mnozenja zatvorene i u odnosu na skup prirodnih brojeva. Medutim, operacija oduzimanja jestezatvorena na skupu R ali nije zatvorena na skupu N. Naime 2,3 ∈ N, a 2−3 =−1 /∈ N.

Lema 1.2.3 Neka su m,n ∈ N proizvoljni. Ako je m > n onda je m−n ∈ N.

Dokaz : Fiksirajmo proizvoljno m ∈ N. Ako je n = 1, zbog m > n je m 6= 1, te je prema Lemi1.2.1 m−n = m−1 ∈ N.Pretpostavimo da za neko n ∈ N, iz cinjenice m > n slijedi da je m−n ∈ N (induktivna hipoteza).Neka je sada m > n+1. Kako je n+1 > n, tim prije je m > n, pa po induktivnoj hipotezi m−n∈N.Tada vrijedi m−n > 1 i prema prvom dijelu dokaza je m−n−1 = m− (n+1) ∈ N.Na osnovu principa matematicke indukcije zakljucujemo da ako je m > n, onda je m−n ∈ N zasvaki prirodan broj n. Kako je m bio izabran proizvoljno, data tvrdnja je tacna i za svako m ∈ N. �

Lema 1.2.4 Neka su m i n proizvoljni prirodni brojevi. Ako je m > n tada je m≥ n+1.

Lema 1.2.5 U skupu N vrijedi:1. (∀n ∈ N) n≥ 1 ⇐⇒ minN= 1.2. Neka je ∅ 6= A⊆ N. Skup A ima najmanji element.

Dokaz :1. Neka je A = {n ∈ N | n≥ 1}. Kako je 1≥ 1 to 1 ∈ A. Neka je n ∈ A. Tada je n≥ 1 i 1≥ 0,

pa je n+1≥ 1. dakle n+1 ∈ A. Na sonovu Aksioma 5 je onda A = N.2. Neka je ∅ 6= A⊆ N. Ako 1 ∈ A, prema dokazanom u 1. je minA = 1. Pretpostavimo zato da

1 /∈ A. Tada 1 ∈ N\A = B. U skupu B mora postojati takav element n da svi prirodni brojevimanji od njega pripadaju skupu B, a n+1 ne pripada skupu B. Ako to ne bi bilo, tojest zasvako n ∈ B i n+1 ∈ B, onda zbog 1 ∈ B, na osnovu Aksioma 5 bi morali zakljuciti da jeB = N, sto ocigledno nije tacno. Zbog toga zakljucujemo da je taj n+1 ∈ A i sta vise, on jenajmanji element skupa A jer izmedu n i n+1 nema drugih prirodnih brojeva. �

Matematicku indukciju koristimo i da uvodimo nove pojmove. Takve definicije nazivamoinduktivne definicije. Naprimjer, stepen realnog broja x sa prirodnim eksponentom n uvodimo nasljedeci nacin:

x1 de f= x i xn de f

= xn−1 · x , (n 6= 1) .

Ovaj postupak nazivamo stepenovanje prirodnim brojem. Induktivnost se ogleda u tome sto”razvijajuci” izraz xn = xn−1 · x imamo

xn = xn−1 · x = xn−2 · x · x = · · ·= x · x · x · · ·x︸︷︷︸n puta

.

Izraz ”xn” nazivamo stepen, gdje je x osnova ili baza stepena, a n je eksponent stepena.Matematickom indukcijom se onda dokazuju osobine stepenovanja prirodnim eksponentom.

Lema 1.2.6 Neka su x,y ∈ R i m,n ∈ N. tada vrijedi:1. xn · xm = xn+m.2. (xn)m = xn·m.3. (x · y)n = xn · yn.

Induktivno definisemo i skracene oznake za sumiranje i proizvod vise brojeva. Tako oznaku

n

∑k=1

xk = x1 + x2 + x3 + ·+ xn ,


uvodimo sa:1

∑k=1

xkde f= x1 i

n

∑k=1

xkde f=

n−1

∑k=1

xk + xn (1 6= n ∈ N). Analogno, oznacavanje

n

∏k=1

xk = x1 · x2 · x3 · · · · · xn ,

induktivno definisemo sa:1

∏k=1

xkde f= x1 i

n

∏k=1

xkde f=

n−1

∏k=1

xk · xn (1 6= n ∈ N).

� Primjer 1.1 Dokazati da je suma prvih n clanova aritmetickog niza (an)n∈N sa razlikom d, dataformulom

Sn =n2(2a1 +(n−1)d) . (1.5)

Neka je P(n) predikat koji predstavlja formulu (1.5).Pokazimo da je P(1) tacno (”suma” od samo jednog sabirka).

S1 =12(2a1 +0 ·d) = a1 .

√

Pretpostavimo da je za neko n ∈ N iskaz P(n) tacan (suma sa n sabiraka), tojest da vrijedi formula

a1 +a2 + · · ·+an = Sn =n2(2a1 +(n−1)d) .

√(induktivna hipoteza)

Ispitajmo tacnost tvrdnje P(n+1) (suma sa n+1 sabiraka).

Sn+1 = Sn +an+1 =n2(2a1 +(n−1)d)+(a1 +n ·d)

=2na1 +n2d−nd +2a1 +2nd

2=

2na1 +n2d +nd +2a1

2

=n+1

2(2a1 +nd) .

√

Primjetimo da posljednji izraz pretstavlja upravo iskaz P(n+1), te je na osnovu principa matematickeindukcije formula (1.5) tacna za sve prirodne brojeve. �

� Primjer 1.2 — Bernoullijeva nejednakost. Dokazati da za svako h ∈ R, h > −1 i za svakon ∈ N vrijedi nejednakost,

(1+h)n ≥ 1+nh . (1.6)

Neka je h ∈ R proizvoljan ali takav da je h >−1. Za n = 1 vrijedi

(1+h)1 = 1+h = 1+1 ·h√

,

a sto predstavlja nejednakost (1.6) za slucaj n = 1, cime potvrdujemo induktivnu bazu.Neka je nejednakost (1.6) tacna za neko fiksno n ∈ N (induktivna hipoteza). Tada imamo,

(1+h)n+1 = (1+h)n(1+h)

≤ (1+nh)(1+h)√

(induktivna hipoteza)

= 1+nh+h+nh2 = 1+(n+1)h+nh2 ≥ 1+(n+1)h .

Gornji reztultat pokazuje da je nejednakost (1.6) tacna i kada n zamjenimo sa n+1, tojest tacnaje za n+1. Sada na osnovu principa matematicke indukcije zakljucujemo da je nejednakost (1.6)tacna za svako n ∈ N. �


Napomenimo da induktivna baza u principu matematicke indukcije nemora uvijek biti tvrdenjeP(1). Naime, algoritam moze biti i ovakav:

Korak 1: Baza indukcije - Pokazujemo da je iskaz (tvrdenje) P(n0) tacan.Korak 2: Induktivna hipoteza - Pretpostavljamo da je predikat P tacan za neki prirodan broj n≥ n0,

tojest pretpostavimo da je P(n) (n≥ n0) tacan iskaz (tvrdenje).Korak 3: Induktivni korak - Iz pretpostavljene istinitosti iskaza P(n) treba pokazati istinitost iskaza

P(n+1).Nakon izvodenja ovakva tri koraka, ako je sve trazeno pokazano, konstatujemo da je iskaz (tvrdenje)P(n) tacan za sve prirodne brojeve koji su veci ili jednaki n0.

� Primjer 1.3 Dokazati da je 2n ≥ n2 za sve n≥ 4.(Induktivna baza) Za n = 4 je 24 = 16≥ 42. (Ovdje je u stvari jednakost ali nije greska izreci to sa≥.)(Induktivna hipoteza) Neka je za neko n≥ 4 zadovoljeno 2n ≥ n2.(Induktivni korak) Kako je 2n+1 = 2n ·2, na osnovu induktivne hipoteze je onda

2n+1 ≥ n2 ·2 . (1.7)

Iz cinjenice da je (n−1)2 ≥ 2 (za svako n ∈N, n≥ 4) imamo da je n2 ≥ 2n+1. Zbog toga je onda2n2 = n2 +n2 ≥ n2 +2n+1 = (n+1)2. Ubacujuci ovo u 1.7 dobijamo da je 2n+1 ≥ (n+1)2.Na osnovu principa matematicke indukcije zakljucujemo da ce za svako 4≤ n ∈N vrijediti 2n ≥ n2.�

Skup prirodnih brojeva prosiren sa elementom 0 oznacavamo sa N0, tojest N0 = N∪ {0}.Stepenovanje sa nulom prosirujemo sa

(∀x ∈ R\{0}) x0 de f= 1 .

U skupu N0 definisimo faktorijel broja n sa

n!de f=

{1 ·2 ·3 · · ·n ; n ∈ N

1 ; n = 0

Za n,k ∈ N0 definisemo binomni koeficijent sa(nk

)de f=

{ n(n−1)(n−2)···(n−k+1)k! ; 0≤ k ≤ n0 ; k > n

.

Lema 1.2.7 Za proizvoljne x,y ∈ R i proizvoljno n ∈ N vrijedi

(x+ y)n =n

∑k=0

(nk

)xn−kyk .

Ova formula poznata je kao Newtonov binomni obrazac.

Dokaz : Za n = 1 tvrdnja glasi:

x+ y = (x+ y)1 =1

∑k=0

(1k

)x1−kyk =

(10

)x1−0y0 +

(11

)x1−1y1 = x+ y .

Dakle, tvrdenje je tacno za n = 1. Neka je tvrdnja tacna za neko n ∈ N, tojest neka je

(x+ y)n =n

∑k=0

(nk

)xn−kyk .


Sada imamo:

(x+ y)n+1 = (x+ y) · (x+ y)n = (x+ y) ·n

∑k=0

(nk

)xn−kyk induktivna hipoteza

=n

∑k=0

(nk

)xn−k+1yk +

n

∑k=0

(nk

)xn−kyk+1

= xn+1 +n

∑k=1

(nk

)xn−k+1yk +

n−1

∑k=0

(nk

)xn−kyk+1 + yn+1

= xn+1 +n

∑k=1

(nk

)xn−k+1yk +

n

∑k=1

(n

k−1

)xn−k+1yk + yn+1

=

(n+1

0

)xn+1y0 +

n

∑k=1

((n

k−1

)+

(nk

))xn−k+1yk +

(n+1n+1

)x0yn+1

=n+1

∑k=0

(n+1

k

)xn−k+1yk .

( nk−1

)+(n

k

)=(n+1

k

)�

Lema 1.2.8 Za proizvoljne x,y ∈ R i proizvoljno n ∈ N vrijedi

xn− yn = (x− y)(xn−1y1 + xn−2y2 + · · ·+ x1yn−1) .

Dokaz : Ostavljeno za samostalan rad! �U skupu prirodnih brojeva oduzimanja nije zatvorena operacija, tojest razlika dva prirodna

broja ne mora biti opet prirodan broj. Da prevazidemo taj ”problem”, pribjegavamo konstrukcijinovog skupa brojeva. Skup negativnih prirodnih brojeva oznacavamo sa −N, pri tome je −N={−n | n ∈ N}. Cijelim brojevima, u oznaci Z, podrazumijevamo sve prirodne brojeve, negativneprirodne brojeve i broj 0,

Z= (−N)∪{0}∪N .

U ovako konstruisanom skupu Z operacija oduzimanja postaje zatvorena operacija. Sada bi zeljelida imamo i stepenovanje cijelim brojem, ali nam to uvedena induktivna definicija ne omogucavajer se ona odnosila samo na stepenovanje prirodnim brojem. Koristeci da je

x−n de f=

1xn ,

gdje je x ∈ R\{0} i n ∈ N, jednostavno se pokazuje da ce osobine iz Leme 1.2.6 vrijediti i ako sueksponenti proizvoljni cijeli brojevi.

1.3 Racionalni i iracionalni brojeviU svakodnevnom govoru termin ”racionalan” koristimo da objasnimo da se neko ili nesto ponasana logican nacin. U matematici ta rijec ima kompletno drugaciji smisao. Sama rijec ima latinskikorijen ”ratio” sto znaci odnos, omjer ili srazmjer.

Definicija 1.3.1 Pod racionalnim brojevima podrazumijevamo skup

Q={m

n| m ∈ Z, n ∈ N

}.

U izrazu mn broj m nazivamo djeljenik, a broj n nazivamo djelilac. Sam izraz m

n nazivamorazlomak i u kontekstu razlomka za m kazemo da je brojilac, a za n kazemo da je imenilacrazlomka.

1.3 Racionalni i iracionalni brojevi 13

� Primjer 1.4 Neki primjeri racionalnih brojeva su:

4 =41, −5 =

−51

, 337=

247

, 2.13 =213100

, 25% =14.

�

Primjetimo da 34 i 6

8 jesu oba racionalni brojevi ali isto tako je 34 = 6

8 . Kako ponavljanjeelemenata u nekom skupu nije bitno, tojest ponavljanje nekog elementa ne utice na kardinalnostskupa, cesto cemo u posmatranju nekog elementa p

q ∈ Q smatrati da su brojevi p i q uzajamnoprosti (brojevi su uzajamno prosti ako im je najveci zajednicki djelilac 1).

Teorem 1.3.1 Zbir, razlika i proizvod dva racionalna broja je racionalan broj.

Teorem 1.3.2 Neka su p,q ∈ Q takvi da je p < q. Tada postoji beskonacno mnogo brojevax ∈Q takvih da je p < x < q.

Dokaz : Neka su p,q ∈ Q, takvi da je p < q. Dodavanjem broja p i lijevoj i desnoj straninejednakosti imamo 2p < p+ q, odnosno p < p+q

2 . Ako i lijevoj i desnoj strani nejednakostip < q dodamo broj q, dobijamo p+q

2 < q. Oznacavajuci sa r1 =p+q

2 , zakljucujemo da je r1 ∈Q ip < r1 < q.Ovaj postupak sada mozemo ponoviti za p < r1 i r1 < q i utvrditi postojanje racionalnih brojeva r2i r′2 takvih da je p < r2 < r1 < r′2 < q. Nastavljajuci postupak ad continuum na svaku novodobijenunejednakost zakljucujemo postojanje beskonacno mnogo racionalnih brojeva izmedu brojeva p i q.�

Teorem 1.3.3 Neka je x ∈ R+ i n ∈ N. Postoji jedinstven broj y ∈ R+ takav da je yn = x.

Dokaz : Dokaz pogledati u F. Dedagic, Matematicka analiza (Prvi dio) �Postojeci broj y u gornjoj teoremi nazivamo n-ti aritmeticki korijen broja x i oznacavamo ga sa

yde f= n√

x. Specijalno, 2√

x =√

x nazivamo kvadratni korijen broja x. Cesto ovu notaciju uvodimo sa

n√

xm de f= x

nm ,

sto predstavlja definisanje stepena sa racionalnim eksponentom.

Lema 1.3.4 Neka su x,y ∈ R+. Tada vrijedi:1.√

x · y =√

x ·√y.

2.√

xy=

√x√

y.

Dokaz :1. Neka su x,y ∈ R+. Tada postoje jedinstveni brojevi a,b,c ∈ R+, takvi da je a =

√x · y,

b =√

x i c =√

y. Kako je a2 = x · y, b2 = x i c2 = y onda vrijedi

a2 = b2 · c2 = (b · c)2 ,

iz cega zakljucujemo da je a = b · c, odnosno√

x · y =√

x ·√y.

2. Kako je√

x =√

y · xy , pa zbog gornjeg pravila imamo

√x =√

y ·√

xy,

odakle dijeljenjem jednakosti sa√

y dobijamo da vrijedi√

xy =

√x√y .


�Gornja pravila mozemo citati sa: ”korijen proizvoda je proizvod korijena” i ”korijen kolicnika

jednak je kolicniku korijena”. Ovakav nacin iscitavanja pravila je veoma koristan za pamcenje idobro shvatanje datih tvrdnji. Napomenimo da u opstem slucaju ”korijen zbira i razlike nije jednakzbiru, odnosno razlici korijena”. Tojest,

√x± y 6=

√x±√y .

Svi decimalni brojevi sa konacno mnogo decimalnih mjesta jesu racionalni brojevi, naprimjer0.625 = 625

1000 = 58 . I neki decimalni brojevi sa beskonacno mnogo decimalnim mjesta su racionalni

brojevi, naprimjer 0.1666...= 0.16 = 16 ili 0.285714 = 2

7 .

� Primjer 1.5 Realan broj x = 0,110711071107...= 0, 1107 je racionalan! Zaista, primjecujemoda se niz cifara 1107 u decimalnom zapisu broja x ponavlja. Ako dati broj pomnozimo sa 10000,dobit cemo jednakost 10000x = 1107, 1107. Odavde onda imamo,

10000x− x = 1107, 1107−0, 1107 = 1107 .

Dakle, 9999x = 1107, odakle je x = 11079999 = 123

1111 , te je x racionalan broj. �

U kontekstu decimalnog zapisa vrijedi generalna tvrdnja za racionalne brojeve.

Teorem 1.3.5 Realan broj je racionalan ako i samo ako ima konacan ili periodican decimalnizapis.

Jasno je dakle da neki decimalni brojevi sa beskonacno mnogo decimalnih mjesta nisu racionalnibrojevi.

Lema 1.3.6√

2 /∈Q.

Dokaz : Pretpostavimo da je√

2 ∈ Q tojest,√

2 = mn gdje je m ∈ Z, n ∈ N i m i n uzajamno

prosti brojevi. Tada bi bilo 2 = m2

n2 , odakle je m2 = 2n2. Dakle, m2 = m ·m je paran broj, a ondamora biti i m paran broj tojest, m = 2k za neko k ∈ N.Dakle, m = 2k i m2 = 2n2 pa imamo da je 4k2 = 2n2 iz cega zakljucujemo da je n2 = 2k2. n2 jeparan broj, pa slicno kao za m, zakljucujemo da je i n paran broj tojest, n = 2s za neko s ∈ N.Dobili smo kontradikciju jer vidimo da m i n nisu uzajamno prosti brojevi. Pretpostavka da

√2 je

racionalan broj je time nemoguca. �Kvadratni korijen broja 2 ili Pitagorina konstanta je pozitivan realan broj koji pomnozen sam sa

sobom daje broj 2. Geometrijski gledano, kvadratni korijen iz 2 je duzina dijagonale kvadrata cijaje stranica 1. Dakle,

√2 je konstruktibilan broj koji ima beskonacno mnogo decimalnih mjesta, ali

bez ikakve periodicnosti njegova zapisa.

√2 = 1,41421356237309504880168872420969807856967187537694807317667973799...

Definicija 1.3.2 Realne brojeve koji nisu racionalni nazivamo iracionalni brojevi i skup takvihoznacavamo sa I.

Dakle, I= R\Q. Odavde direktno slijede dvije cinjenice: I∩Q=∅ , I∪Q= R .

Teorem 1.3.7 Zbir, razlika i proizvod iracionalnog i racionalnog broja je iracionalan broj.

U opstem slucaju zbir, razlika i proizvod dva iracionalna broja ne mora biti iracionalan broj.Naprimjer,

√2 ·√

2 = 2 ∈Q,√

3+(1−√

3) = 1 ∈Q.

1.4 Kompletnost skupa R 15

1

1√ 2

√ 3

√4

√5√

6√

7√ 8

√ 9

√ 10

Slika 1.1: Konstrukcija nekih iracionalnih brojeva.

1.4 Kompletnost skupa R

Kompletnost ili potpunost je jedna od fundamentalnih karakteristika skupa realnih brojeva, apokazuje se da neki skupovi, pa i neki skupovi brojeva, nemaju tu osobinu. Osobina kompletnostipoznata je i kao osobina najmanjeg gornjeg ogranicenja, a ovdje cemo je uvesti akiomom.

Geometrijske vizualizacije apstraktnih koncepata su ceste i veoma korisne za razumijevanjematematike. U teoriji skupova to radimo sa Vennovim diagramima, gdje sa nekim objektima(krugovi, pravougaonici i sl.) predstavljamo skupove i preko njih tumacimo medusobne odnosetih skupova. Takode bi zeljeli i realne brojeve na odreden nacin geometrijski posmatrati, gdjeintuitivno-vizuelno zamisljamo realne brojeve kao tacke na nekoj pravoj liniji. Dakle, za ovakvuvizualizaciju zamisljamo jednu usmjerenu pravu liniju koja se beskrajno moze produzavati na objestrane, na kojoj fiksiramo jednu tacku koju nazivamo ishodiste. Sa nekom fiksnom duzinom duzi,posmatrana kao jedinicna duz, onda mozemo reprezentovati sve cijele brojeve kao neke tackedate prave linije. Koristeci se raznim geometrijskim metodama (npr. Talesov teorem) mozemoreprezentovati i racionalne i iracionalne brojeve kao tacke te prave. Na ovaj nacin svakom realnombroju dodijelimo jednu tacku na pravoj liniji. Medutim, da li mozemo svakoj tacki te prave linijedodijeliti neki realan broj? Iako nam intuicija govori da to mozemo, dokaz za to nije nam poznat.Zato cemo tu cinjenicu prihvatiti kao istinitu, bez dokaza, dakle kao aksiom.

Aksiom: Svaka tacka usmjerene prave linije predstavlja jedan realan broj.Na ovaj nacin, pod ovom hipotezom i po prethodnom rezonovanju, uspostavljeno je jedno obostrano-jednoznacno pridruzivanje izmedu skupa realnih brojeva i tacaka usmjerene prave linije. Dakle,svakom realnom broju odgovara jedna tacka usmjerene prave linije i svakoj tacki usmjereneprave linije odgovara jedan realan broj. Ovakvu usmjerenu pravu liniju onda nazivamo realnaprava. Pri tome se cesto razlikovanja radi za realnu pravu kaze da predstavlja Geometrijskicontinuum, a za skup realnih brojeva da je Aritmeticki continuum. Uobicajeno se u gradnji skuparealnih brojeva ovaj aksiom uvodi pod imenom matematicara koji su se medu prvima bavili ovimpitanjem.

Aksiom 15 — Cantor-Dedekindov aksiom. Svakoj tacki realne prave odgovara tacno jedanrealan broj i obratno, svakom realnom broju odgovara tacno jedna tacka realne prave

0 1

Slika 1.2: Usmjerena prava linija sa ishodistem i mjernom jedinicom - Geometrijski continuum -Realna prava


1.4.1 Ograniceni skupovi na RRelacija poretka na R koju smo uveli akiomatski, osim uredenja na skupu realnih brojeva, omogucavanam okarakterisati na veoma koristan nacin podskupove realnih brojeva.

Definicija 1.4.1 Za skup A⊂ R kazemo da je ogranicen sa gornje strane ili ogranicen odozgoako i samo ako postoji realna konstanta C tako da su svi elementi skupa A ”ispred” C,

(∃C ∈ R)(∀x ∈ A) x≤C .

Za konstantu C tada kazemo da je gornje ogranicenje ili majoranta skupa A.

Negacijom pojma ”biti ogranicen odozgo” konstatujemo da je skup neogranicen odozgo ako zasvaki unaprijed odreden realan broj, postoji element skupa koji je veci od njega. Dakle, utvrditi daje skup neogranicen odozgo znaci provjeriti sljedece,

(∀C ∈ R)(∃x ∈ A) x >C .

� Primjer 1.6 Skup A = {x ∈ R | x2 < 2} je ogranicen odozgo. Zaista, uzmimo da je C=10. Akoposmatramo proizvoljan realan broj y > 10, jasno je da y2 > 102 = 100, te y /∈ A. Drugacije receno,ako je x ∈ A, tada je x≤ 10, tojest za sve x ∈ A je x≤C, pa je skup A ogranicen odozgo, a C = 10je jedna majoranta skupa A.Primjetimo da ce svako C′ >C takode biti majoranta skupa A. �

� Primjer 1.7 Skup A = [0,+∞) nije ogranicen odozgo. Neka je naprimjer C = 100. Dovoljno jekonstatovati da x = 101 ∈ A i pri tome je x >C, te ovakav C nije gornje ogranicenje skupa A. Akoizaberemo proizvoljan C ∈ R (velik), tada ce x =C+1 pripadati skupu A i x >C. Dakle, skup Anije ogranicen odozgo (nema niti jednu majorantu). �

Primjetimo kroz ova dva primjera da podskup skupa R ili nema niti jednu majorantu, te je ondaneogranicen odozgo ili ima majorantu, a time i beskonacno mnogo majoranti, te je u tom slucajuogranicen odozgo.

Definicija 1.4.2 Za skup A⊂ R kazemo da je ogranicen sa donje strane ili ogranicen odozdoako i samo ako postoji realna konstanta C tako da su svi elementi skupa A ”iza” C,

(∃C ∈ R)(∀x ∈ A) x≥C .

Za konstantu C tada kazemo da je donje ogranicenje ili minoranta skupa A.

� Primjer 1.8 Skup A = [0,+∞) je ogranicen odozdo jer su svi elementi skupa A veci ili jednakiod 0. Tada je 0 minoranta skupa A. �

Utvrditi da skup A nije ogranicen odozdo znaci negirati Definiciju 1.4.2, tojest potvrditi uslov

(∀C ∈ R)(∃x ∈ A) x <C .

� Primjer 1.9 Skup A = {x ∈ R | x3 < 2} nije ogranicen odozdo. Zaista, izaberemo li proizvoljanC < 0, tada ce broj x =C−1 pripadati skupu A jer x3 = (C−1)3 < 0 < 2 i pri tome je x <C. �

Za skup koji je ogranicen i odozdo i odozgo jednostavno kazemo da je ogranicen sto formalnoiskazujemo definicijom.

Definicija 1.4.3 Za skup A⊂ R kazemo da je ogranicen ako i samo ako

(∃C1,C2 ∈ R)(∀x ∈ A) C1 ≤ x≤C2 .

Kao sto smo primjetili podskup skupa R moze imati beskonacno mnogo gornjih (donjih)ogranicenja. Logicnim se namece pitanje sta je skup gornjih (donjih) ogranicenja nekog skupa?

1.5 Supremum i infimum skupa 17

� Primjer 1.10 Sta je skup gornjih ogranicenja skupa [0,1]?Broj C ∈ R je gornje ogranicenje skupa [0,1] ako i samo ako je za svako x ∈ [0,1], x ≤ C, ato ce ocigledno vrijediti za svako C ≥ 1. Dakle, skup gornjih ogranicenja skupa [0,1] je skup{C ∈ R |C ≥ 1}= [1,+∞). �

� Primjer 1.11 Sta je skup gornjih ogranicenja skupa [0,1)?Ocigledno da ako je C ≥ 1, da je tada C gornje ogranicenje skupa [0,1). Pitanje je, da li postojimanji broj od 1 koji je gornje ogranicenje posmatranog skupa? Odgovor je ne! Jasno je da bi nekibroj bio gornje ogranicenje skupa [0,1) on mora biti pozitivan, a kako smo rekli da su svi brojeviveci ili jednaki od 1 gornja ogranicenja, ostaje nam provjeriti sta je sa brojevima izmedu 0 i 1. Akoposmatramo proizvoljan M < 1, tada bi imali da je M < M+1

2 < 1 i jasno M+12 ∈ [0,1) sto znaci da

M nije gornje ogranicenje skupa [0,1). Dakle, skup gornjih ogranicenja je [1,+∞). �

Vidimo iz ova dva primjera da su skupovi gornjih ogranicenja skupova [0,1] i [0,1) jednaki.Sta vise, vrijedi generalnije: ako su a,b ∈ R takvi da je a ≤ b tada skupovi [a,b], [a,b), (a,b] i(a,b) imaju isti skup gornjih ogranicenja [b,+∞) i isti skup donjih ogranicenja (−∞,a].

Lema 1.4.1 Neka je A⊂ R proizvoljan neprazan skup i neka su α i β respektivno donje i gornjeogranicenje skupa A. tada vrijedi α ≤ β .

Dokaz : Po pretpostavci tvrdnje je A 6=∅, pa izaberimo bilo koje x ∈ A. Kako je α minorantaskupa A to onda vrijedi α ≤ x, a kako je β majoranta onda je x ≤ β . Koristeci aksiom P3zakljucujemo α ≤ β . �

Pretpostavka da skup nije prazan u gornjoj lemi je bitna jer slucaj praznog skupa je interesantan.Naime, svaki realan broj je ujedno i gornje i donje ogranicenje praznog skupa. Da bi smo tovidjeli, bolje je razmisljati zasto neki broj nije gornje ogranicenje skupa. Naime, C nije gornjeogranicenje skupa ako postoji element skupa koji je veci od C. Za proizvoljno C ∈ R onda nepostoji element skupa ∅ koji je veci od C (jer ne postoji niti jedan element u praznom skupu) teje C gornje ogranicenje. Isto bi smo rezonovali za donje ogranicenje, zato je svaki realna broj iminoranta i majoranta praznog skupa.

1.5 Supremum i infimum skupaDefinicija 1.5.1 Neka je A⊆ R. Ako je x∗ ∈ R gornje ogranicenje skupa A takvo da za svakodrugo gornje ogranicenje x skupa A vrijedi x∗ ≤ x, tada za x∗ kazemo da je supremum skupa A ipisemo x∗ = supA.

Iz definicije je jasno da je supremum skupa ustvari najmanje gornje ogranicenje skupa.

Definicija 1.5.2 Neka je A⊆ R. Ako je x∗ ∈ R donje ogranicenje skupa A takvo da za svakodrugo donje ogranicenje x skupa A vrijedi x∗ ≥ x, tada za x∗ kazemo da je infimum skupa A ipisemo x∗ = infA.

Infimum skupa predstavlja najvece donje ogranicenje skupa.Ukoliko skup A nije ogranicen odozgo (nema niti jednu majorantu) tada pisemo supA =+∞,

odnosno ako nije ogranicen odozdo tada je infA = −∞. Specijalno, ako je A = ∅ tada je svakirealan broj i gornje i donje ogranicenje praznog skupa, pa tada formalno imamo sup∅ = −∞ iinf∅=+∞. Reci da supremum ili infimum nekog skupa postoje, podrazumijeva da su oni konacnirealni brojevi. Ukoliko radimo sa indeksiranim skupom, tojest A = {xn | n ∈ I}, tada koristimozapis,

supA = supn∈I

xn , infA = infn∈I

xn .


Teorem 1.5.1 Ako postoje supremum i infimum skupa A onda su oni jedinstveni. Sta vise, zaneprazan skup A tada vrijedi infA≤ supA.

Dokaz : Pretpostavimo da su x′ i x′′ dva supremuma skupa A. Kako je x′′ gornje agranicenje skupaA, a x′ supremum, prema Definiciji 1.5.1 onda vrijedi x′ ≤ x′′. Na isti nacin mozemo rezonovati:kako je x′ gornje ogranicenje, a x′′ supremum skupa, onda je x′′ ≤ x′. Na osnovu antisimetricnostirelacije ”≤” zakljucujemo da mora biti x′ = x′′.Na potpuno analogan nacin bi smo zakljucili i jedinstvenost infimuma skupa.

Ako supremum i infimum skupa A postoje, tada skup A nije prazan. Izaberimo proizvoljnox ∈ A. Kako je infA donje ogranicenje, to vrijedi infA ≤ x, a kako je supA gornje ogranicenje,vrijedi i x≤ supA. Na osnovu tranzitivnosti relacije poretka je onda infA≤ supA. �

Sljedecom tvrdnjom dajemo karakterizaciju supremuma i infimuma skupa, koja je na odredennacin drugi iskaz definicije ovih pojmova.

Teorem 1.5.2 Neka je A⊂ R.1. x∗ = supA ako i samo ako vrijedi:

(a) x∗ je gornje ogranicenje skupa A,(b) Za svako y < x∗ postoji x ∈ A takav da je x > y.

2. x∗ = infA ako i samo ako vrijedi:(a) x∗ je donje ogranicenje skupa A,(b) Za svako y > x∗ postoji x ∈ A takav da je x < y.

Dokaz : 1. ”⇐=”Neka x∗ zadovoljava uslove (a) i (b). Tada je x∗ gornje ogranicenje skupa A. Neka je y proizvoljnogornje ogranicenje skupa. Tada ne moze biti y < x∗ jer bi zbog pretpostavke (b) imali da y nijegornje ogranicenje. Dakle, mora biti x∗ ≤ y, pa je prema Definiciji 1.5.1 x∗ supremum skupa A.

”=⇒”Neka je x∗ = supA. Jasno je da je x∗ gornje ogranicenje skupa A, te je uslov (a) zadovoljen. Akoje y < x∗ tada y nije gornje ogranicenje skupa A (jer je x∗ najmanje gornje ogranicenje), a premanegaciji pojma gornje ogranicenje to znaci da postoji element x skupa A koji je veci od y.

2. Dokaz se izvodi potpuno analogno dokazu pod 1. �Uslove (b) gornje teoreme iz prakticnih razloga cesto koristimo u sljedecoj terminologiji. Za

supremum,(∀ε > 0)(∃x ∈ A) x > x∗− ε ,

sto interpretiramo slobodnim govorom: koliko god se malo pomjerili u lijevu stranu na realnojpravoj od supremuma onda tako dobijena tacka nije vise gornje ogranicenje skupa ili, mozemo nacibroj iz skupa koji se nalazi izmedu tog dobijenog broja i supremuma.

x∗− ε x∗x

∃x ∈ A

Slika 1.3: x∗ supremum skupa

Za infimum,(∀ε > 0)(∃x ∈ A) x < x∗+ ε .

sto interpretiramo slobodnim govorom: koliko god se malo pomjerili u desno na realnoj pravojod infimuma onda tako dobijena tacka nije vise donje ogranicenje skupa ili, mozemo naci broj izskupa koji se nalazi izmedu infimuma i tog dobijenog broja.


x∗+ εx∗

x

∃x ∈ A

Slika 1.4: x∗ infimum skupa

� Primjer 1.12 Neka je A = (0,1]⊂ R. Odrediti suprem i infimum skupa A.Kako je za svako x ∈ A, x ≤ 100, to je 100 jedno gornje ogranicenje skupa A, a onda znamo

da majoranti ima beskonacno mnogo. Odrediti supremum skupa znaci pronaci najmanju od svihmajoranti. Naslucujemo da bi to mogao biti broj x∗ = 1.1. Za proizvoljan x ∈ (0,1] je x≤ 1 = x∗, a to znaci da je x∗ majoranta skupa A.2. Neka je ε > 0 proizvoljan (malen broj). Oznacimo sa x = 1− ε

2 . Tada je 0 < x < 1, sto znaci daje x ∈ A i pri tome je 1− ε < 1− ε

2 = x < 1. Dakle, 1− ε nije gornje ogranicenje skupa A, pa jex∗ = 1 najmanje gornje ogranicenje, odnosno 1 = supA.

Za odredivanje infimuma rezonujmo opet prema Teoremu 1.5.2.1. 0 jeste donje ogranicenje skupa A jer je 0≤ x, za sve x ∈ A (sta vise 0 < x).2. Za proizvoljan ε > 0 (malen broj) je x = ε

2 ∈ A i pri tome je 0 < x < 0+ ε . Dakle, premamodifikaciji osobine (b) iz Teorema 1.5.2, 0+ ε nije donje ogranicenje skupa A, a to znaci da je 0najvece donje ogranicenje, tojest 0 = infA. �

Supremum skupa ako postoji je konacan realan broj i kao takav on moze ili pripadati ili nepripadati skupu. Ako supA ∈ A tada ga nazivamo maksimumom skupa A i oznacavamo sa maxA.Analogno, ako infA ∈ A, nazivamo ga minimumom skupa i zapisujemo minA. U gornjem primjerusmo vidjeli da 1 = supA i 1 ∈ A, dakle 1 = maxA. Medutim, 0 = infA i 0 /∈ A te dakle 0 nijeminimum skupa A. Sta vise, minimum skupa A i ne postoji jer bi on u tom slucaju bio i infimumskupa.

Teorem 1.5.3 Neka su A,B⊆ R takvi da je A⊆ B.1. Ako postoje supA i supB tada vrijedi supA≤ supB.2. Ako postoje infA i infB tada vrijedi infA≥ infB.

Dokaz : 1.Neka postoje supA i supB. Kako je supB gornje ogranicenje skupa B i po pretpostavci je A⊆ B, toce supB biti gornje ogranicenje i skupa A. A kako je supA najmanje gornje ogranicenje skupa A,zakljucujemo supA≤ supB.2. Neka postoje infA i infB. infB je donje ogranicenje skupa B, a kako je A ⊆ B onda je on idonje ogranicenje skupa A. Po definiciji je infA najvece donje ogranicenje skupa A, pa vrijediinfB≤ infA. �

Teorem 1.5.4 Neka su A i B neprezni podskupovi realnih brojeva takvi da za svako x ∈ A i zasvako y ∈ B vrijedi x≤ y. Tada je supA≤ infB.

Dokaz : Neka je y ∈ B proizvoljan fiksan. Kako je za svako x ∈ A, x ≤ y, to je y jedno gornjeogranicenje skupa A, te vrijedi supA≤ y. Zbog proizvoljnosti y ∈ B ovo ujedno znaci da je supAjedno donje ogranicenje skupa B. Kako je infB najvece donje ogranicenje to je onda supA≤ infB.�

Kao posljedicu gornje tvrdnje imamo

Posljedica 1.1. Neka su A,B⊆ R.1. Ako postoji x0 ∈ A, takav da za sve y ∈ B vrijedi x0 ≤ y, tada je x0 ≤ infB.2. Ako postoji y0 ∈ B, takav da za sve x ∈ A vrijedi x≤ y0, tada je supA≤ y0.


Sada je vrijeme uvesti jos jedan aksiom, aksiom kompletnosti. Poznat je jos i kao aksiompotpunosti, osobina supremuma ili osobina najmanjeg gornjeg ogranicenja. Bez osobine koju njimeuvodimo skup realnih brojeva ne bi bio ”dobar” skup.

Aksiom 16 — Aksiom potpunosti. Svaki neprazan podskup skupa R ogranicen odozgo imasupremum koji pripada skupu R.

Ako bismo zivjeli u svijetu u kome se koriste samo racionalni brojevi svi nasi dosadasnji aksiomibi vrijedili i dalje, ali ne i aksiom potpunosti. Naime, skup {x ∈Q | x2 ≤ 2} ima racionalna gornjaogranicenja naprimjer 1.5, 1.42, 1.415 itd., ali nema najmanjeg racionalnog gornjeg ogranicenja,tojest ovakav skup iako je ogranicen odozgo nema supremuma u skupu Q. Naravno, ako u svijetuu kome zivimo koristimo realne brojeve nije tesko vidjeti da ovaj skup ima najmanje gornjeogranicenje, odnosno supremum i to je broj

√2.

Ovakva vrsta problema dolazi zbog toga jer je skup racionalnih brojeva ”izresetan rupama” medusvojim elementima, a aksiom potpunosti zadovoljava nasu intuiciju da skup realnih brojeva nematih rupa - da je kompletan ili potpun.

Analogna tvrdnja Aksiomu 16 za infimum nece biti aksiom jer se ona onda dokazuje pomocuaksioma potpunosti.

Teorem 1.5.5 Svaki neprazan podskup skupa R ogranicen odozdo ima infimum koji pripadaskupu R.

Teorem 1.5.6 — Arhimedov aksiom. Za svaki realan broj x > 0 i za svaki realan broj y postojiprirodan broj n takav da je nx > y.

Dokaz : Neka su x,y ∈ R i neka je x > 0. Pretpostavimo suprotno tvrdenju teoreme, tojest da zasvako n ∈ N je nx≤ y. Posmatrajmo skup A = {nx | n ∈ N∧0 < x ∈ R}. Jedno gornje ogranicenjeskupa A je broj y te je skup ogranicen odozgo, a prema aksiomu potpunosti onda postoji supA isupA ∈ R. Oznacimo supA = y∗. Kako je x > 0 to je onda y∗+ x > y∗, a odavde je y∗− x < y∗.Prema karakterizaciji supremuma, broj y∗− x nije gornje ogranicenje skupa A, a to znaci da postojin0x ∈ A takav da je y∗− x < n0x. Odavde onda imamo da je y∗ < (n0 +1)x. kako je n0 +1 ∈ N toje (n0 +1)x ∈ A, a ovo je u suprotnosti sa cinjenicom da je y∗ supremum skupa A.U kontradiktornost nas je dovela polazna pretpostavka da je za svako n ∈ N, nx≤ y. Dakle, morapostojati n ∈ N takav da je nx > y sto je i tvrdenje teorema. �

Narednom tvrdnjom iskazujemo posljedice odnosno, tumacenja Arhimedovog aksioma.

Teorem 1.5.7 Naredne tvrdnje su ekvivalentne Arhimedovom aksiomu.1. Skup R nije ogranicen odozgo.2. Za svako realno x > 0 postoji n ∈ N takav da je n > x.3. Za svako realno x > 0 postoji n ∈ N takav da je 0 < 1

n < x.

Dokaz : Ostavljeno citaocu za vjezbu! �

� Primjer 1.13 Posmatrajmo skup A ={1

n | n ∈ N}

.1 je jedno gornje ogranicenje skupa, tojest za bilo koje n ∈ N je 1

n ≤ 1. Neka je ε > 0 proizvoljan,ocigledno ce bar za n = 1 vrijediti 1− ε < 1 i pri tome je 1 ∈ A. Dakle, 1 je najmanje gornjeogranicenje pa je 1 = supA.Kako je za svako n ∈ N, 1

n > 0, to je 0 jedno donje ogranicenje skupa A. Za proizvoljno ε > 0prema Arhimedovom aksiomu postojat ce n ∈ N takav da 1

n < ε i pri tome 1n ∈ A, pa ocigledno

0+ ε = ε nije donje ogranicenje skupa. Dakle, 0 je najvece donje ogranicenje tojest, 0 = infA. �

I naredno tvrdenje je posljedica Arhimedovog aksioma.


Teorem 1.5.8 Za proizvoljan a ∈ R postoji n ∈ Z, takav da je n≤ a < n+1.

Dokaz : Neka je a ∈ R proizvoljan.Ako u iskazu Arhimedovog aksioma uzmemo da je x = 1 i y = a, tada prema istoj tvrdnji imamoda postoji k ∈ N, tako da je k ·1 > a.Opet, ako u iskazu Arhimedovog aksioma uzmemo da je x = 1 i y =−a, postojat ce k′ ∈ N, takoda je k′ ·1 >−a ili sto je ekvivalentno sa a >−k′.Oznacimo sa m =−k′. Jasno je m ∈ Z i pri tome vrijedi m < a < k. Za odsjecak [m,k) vrijedi:

a ∈ [m,k) = [m,m+1)∪ [m+1,m+2)∪·· · [k−2,k−1)∪ [k−1,k) .

Ocigledno je postojanje n∈Z takvog da je m≤ n < k i za koga je a∈ [n,n+1), tojest n≤ a < n+1.�

Teorem 1.5.9 — Dedekindov aksiom neprekidnosti. Neka skupovi A,B⊆ R zadovoljavajusljedece uslove:

1. Svaki realan broj pripada jednom od skupova, tojest R= A∪B i A∩B =∅.2. Svaki od skupova sadrzi bar jedan realan broj, tojest A,B 6=∅.3. Svaki element skupa A je manji od svakog elementa skupa B, tojest (∀x∈ A)(∀y∈ B) x < y.

Tada vrijedi: ili skup A ima najveci element ili skup B ima najmanji element.

Dokaz : Uzmimo jedan fiksan y ∈ B. Zbog uslova 3. vrijedi

(∀x ∈ A) x < y ,

te zakljucujemo da je posmatrani y jedno gornje ogranicenje skupa A, odnosno skup A je ogranicenodozgo. Prema aksiomu potpunosti, postoji supremum skupa A i on je realan broj,

(∃c ∈ R) c = supA .

Kako su posmatrani skupovi disjunktni i zbog osobine 1., mora biti ili c ∈ A ili c ∈ B.Pretpostavimo bez umanjenja opstosti da je c ∈ A. Jasno je da je on tada i najveci element skupa A.Pokazimo da pri tome skup B ne moze imati najmanji element. Zaista, ako bi postojao d = minBtada bi α = c+d

2 ∈ R i kako je α < d moralo bi biti α ∈ A. S druge strane je c < α sto se protivicinjenici da je c = maxA. Dakle, skup B nema najmanji element. �

Dedekindov aksiom je ekvivalentan aksiomu potpunosti. Naime, neka je X ⊂ R proizvoljanneprazan skup ogranicen odozgo. Ako pretpostavimo da vrijedi Dedekindov aksiom, onda sverealne brojeve mozemo podjeliti u dva skupa,

A = {x ∈ R | x gornje ogranicenje skupa X} i B = {x ∈ R | x nije gornje ogranicenje skupa X} .

Jasno je da ovakvi skupovi zadovoljavaju uslove Dedekindovog aksioma, pa ili B ima najvecielement ili A ima najmanji element. Ako bi B imao najveci element b∗, onda je b∗ ∈ B pa b∗

nije gornje ogranicenje skupa X , a to bi znacilo da postoji x0 ∈ X takav da je b∗ < x0. Kako jeX ⊆ B (jer ako B ima najveci element onda A nema najmanji element) onda bi zbog trece osobineDedekindovog aksioma moralo biti x0 ∈ A sto se protivi disjunktnosti skupova A i B. Dakle, Bnema najveci element, a onda A mora imati najmanji, a taj je prema definiciji upravo supremumskupa X (najmanje gornje ogranicenje).

S druge strane neka vrijedi aksiom potpunosti i neka su skupovi A i B takvi da zadovoljavajuuslove Dedekindovog aksioma. Tada je skup A ogranicen odozgo i postoji c = supA ∈ R. Akoc ∈ A onda je on najveci element skupa A, a tada slicno kao u dokazu Dedekindovog aksioma sepokazuje da skup B ne moze imati najmanji element.

Neka je A⊆ R i c ∈ R. Proizvod skupa i konstante definisemo na sljedeci nacin,

c ·A = {cx | x ∈ A}= {y | y = cx za neko x ∈ A} .


Lema 1.5.10 Neka je A⊆ R i c ∈ R. Ako je c≥ 0 tada je

sup(c ·A) = c · supA i inf(c ·A) = c · infA ,

a ako je c < 0 onda jesup(c ·A) = c · infA i inf(c ·A) = c · supA .

Dokaz : Ako je c = 0 tvrdenje je ocigledno. Zato neka je c > 0. Ako je za neko x ∈ Azadovoljeno cx≤M, to je ekvivalentno sa x≤ M

c . Ovo znaci da ako je M gornje ogranicenje skupac ·A onda je M

c gornje ogranicenje skupa A i obrnuto, ako je Mc gornje ogranicenje skupa A onda je

M gornje ogranicenje skupa c ·A. Zbog toga ce ovo vrijediti i za najmanje gornje ogranicenje skupaA. Naime, kako je sup(c ·A) najmanje gornje ogranicenje skupa c ·A, to ce sup(c·A)

c biti najmanjegornje ogranicenje skupa A, a to znaci

supA =sup(c ·A)

c⇐⇒ sup(c ·A) = c · supA .

Ako je c < 0 tada je cx≤M ekvivalentno sa x≥ Mc . Dakle, M je gornje ogranicenje skupa c ·A ako

i samo ako je Mc donje ogranicenje skupa A, te ce vrijediti sup(c ·A) = c · infA.

Preostale tvrdnje za infimum se dokazuju potpuno analogno dokazu za supremum. �Neka su A i B neprazni podskupovi od R. Definisimo sabiranje i oduzimanje skupova na

sljedeci nacin.

A+B = {x+ y | x ∈ A , y ∈ B}= {z | z = x+ y za neke x ∈ A, y ∈ B}.

A−B = {x− y | x ∈ A , y ∈ B}= {z | z = x− y za neke x ∈ A, y ∈ B}.

Lema 1.5.11 Neka su A,B⊆ R neprazni skupovi. Tada vrijedi:1. sup(A+B) = supA+ supB i inf(A+B) = infA+ infB.2. sup(A−B) = supA− infB i inf(A−B) = infA− supB.

Dokaz : Jednostavno se pokazuje da vrijedi, skup A+B je ogranicen odozgo ako i samo ako suskupovi A i B ograniceni odozgo tojest, sup(A+B) postoji ako i samo ako postoje supA i supB. Zaproizvoljne x ∈ A i y ∈ B vrijedi x≤ supA i y≤ supB, odakle je onda

x+ y≤ supA+ supB .

Ovo znaci da je supA+ supB jedno gornje ogranicenje skupa A+B, pa vrijedi

sup(A+B)≤ supA+ supB . (1.8)

Za dobijanje obrnute nejednakosti uzmimo proizvoljno ε > 0. Na osnovu Teorema 1.5.2, postojex ∈ A i y ∈ B takvi da je

x > supA− ε

2i y > supB− ε

2.

Sabiranjem ove dvije nejednakosti konstatujemo da

x+ y > supA+ supB− ε ,

tojest da postoji z = x+ y ∈ A+B takav da je z > supA+ supB− ε , za proizvoljno ε > 0. Dakle,

sup(A+B)≥ supA+ supB . (1.9)

Iz (1.8) i (1.9) dobijamo trazenu jednakost.

1.6 Neke funkcionalne karakteristike realnih brojeva 23

Tvrdnja da je sup(A−B) = supA− infB se dobija koristeci se upravo dokazanom tvrdnjom iLemom 1.5.10. Naime,

sup(A−B) = supA+ sup(−B) = supA− infB .

Dokazi ostalih tvrdenja se izvode slicno i ostavljeni su citaocu za vjezbu. �Dokazali smo (Teorem 1.3.2) da izmedu proizvoljna dva racionalna broja postoji beskonacno

mnogo racionalnih brojeva. Sada cemo pokazati da to vrijedi i za proizvoljna dva relna broja.

Teorem 1.5.12 Neka su x,y ∈ R proizvoljni takvi da je x < y. Tada postoji racionalan broj qtakav da je x < q < y.

Dokaz : Bez umanjenja opstosti neka su x,y ∈ R proizvoljni takvi da je 0 ≤ x < y. Tada jeα = y− x > 0 realan broj. Na osnovu Arhimedovog aksioma (Teorem 1.5.7 3.), postoji n ∈ Nza koga je 1

n < α . Kako je nx ∈ R, opet na osnovu Arhimedovog aksioma (Teorem 1.5.7 2.),postoji m+1 ∈ N, takav da je nx < m+1 i neka je to najmanji prirodni broj sa ovim svojstvom (odsvih prirodnih brojeva koji su veci od nx, a bar jedan postoji na osnovu Teorema 1.5.7 2., postojinajmanji na osnovu Leme 1.2.5). Tada je m≤ nx < m+1, sto nakon dijeljenja sa n (n > 0) daje

mn≤ x <

m+1n

. (1.10)

Koristeci ovu cinjenicu sada imamo

m+1n− x≤ m+1

n− m

n=

1n< α = y− x ,

iz cega zakljucujemo

m+1n

< y . (1.11)

Ako oznacimo q = m+1n , jasno je da q ∈Q i koristeci (1.10) i (1.11) dobijamo da je x < q < y, sto

je i trebalo pokazati. �Naravno da sada mozemo i poopstiti gornju tvrdnju naime, izmedu bilo koja dva realna

broja postoji beskonacno mnogo racionalnih brojeva. Kako posmatrani realni brojevi mogu bitiproizvoljno bliski, ovo nam govori da je skup racionalnih brojeva ”gusto” rasporeden unutar skuparealnih brojeva.

1.6 Neke funkcionalne karakteristike realnih brojevaNe ulazeci u sam pojam funkcije kao takve ovdje cemo spomenuti neke vazne ali i elementarnefunkcije relanih brojeva koje daju neke specificne karakteristike istih.

1.6.1 Apsolutna vrijednost relanog brojaDefinicija 1.6.1 Za proizvoljan broj a ∈ R vrijednost

|a|={

a ; a≥ 0−a ; a < 0

nazivamo apsolutna vrijednost broja a.

� Primjer 1.14 |−2|= 2, |2.35|= 2.35, |−√

2|=√

2, |3−8|= 5, |−1+2.33|= 1.33. �


Teorem 1.6.1

1. (∀a ∈ R) |a| ≥ a.2. (∀a ∈ R) |a| ≥ 0.3. (∀a ∈ R) |a|= |−a|.

Teorem 1.6.2 — Nejednakost trougla. Za proizvoljne realne brojeve a i b vrijedi

|a+b| ≤ |a|+ |b| . (1.12)

Dokaz : Razmatrajmo cetiri moguce varijante:• Ako je a ≥ 0 i b ≥ 0, onda je a+ b ≥ 0. Prema definiciji apsolutne vrijednosti je onda|a+b|= a+b = |a|+ |b|.• Ako je a < 0 i b < 0, onda je a+ b < 0. Prema definiciji apsolutne vrijednosti je onda|a+b|=−(a+b) = (−a)+(−b) = |a|+ |b|.• Ako je a≥ 0 i b < 0, onda je a+b = a− (−b) = |a|− |b|.

– Ako je |a| ≥ |b|, onda je a+b≥ 0, te je |a+b|= a+b = |a|− |b| ≤ |a|+ |b|.– Ako je |a|< |b|, onda je a+b < 0, te je |a+b|=−(a+b) = |b|− |a| ≤ |a|+ |b|.

• Ako je a < 0 i b≥ 0 slijedi isti nacin zakljucivanja kao u prethodnom.�

Nejednakost trougla citamo: ”apsolutna vrijednost zbira manja je ili jednaka zbiru apsolutnihvrijednosti”. Primjetimo takode da ce u (1.12) vrijediti jednakost ako su brojevi istog predznaka,tojest oba pozitivni ili oba negativni. Nejednakost trougla generalizujemo u nejdnakost mnogougla.

Lema 1.6.3 Za proizvoljne x1,x2, ...,xn ∈ R vrijedi,

|x1 + x2 + · · ·xn| ≤ |x1|+ |x2|+ · · ·+ |xn| .

Vezu apsolutne vrijednosti sa mnozenjem i dijeljenjem iskazujemo narednom tvrdnjom.

Teorem 1.6.4 Za proizvoljne x,y ∈ R vrijedi:1. |x · y|= |x| · |y|.

2. za y 6= 0 je∣∣∣∣xy∣∣∣∣= |x||y| .

Gornje citamo: ”apsolutna vrijednost proizvode jednaka je proizvodu apsolutnih vrijednosti” i”apsolutna vrijednost kolicnika jednaka je kolicniku apsolutnih vrijednosti”. Kao specijalan slucajpod 1. imamo da je |x2|= |x|2, odnosno generalno vrijedi za n ∈ N i proizvoljno x ∈ R

|xn|= |x|n .

Lema 1.6.5 Za proizvoljne realne brojeve a i b vrijedi:1. |a−b| ≥

∣∣|a|− |b|∣∣.2. |a+b| ≥

∣∣|a|− |b|∣∣.Dokaz : Neka su a,b ∈ R. Ako u nejednakosti trougla |x+ y| ≤ |x|+ |y| stavimo x = a−b i

y = b, imamo |a| ≤ |a−b|+ |b|, tojest

|a−b| ≥ |a|− |b| . (1.13)

Zamjenom mjesta a i b u posljednjoj nejednakosti imamo |b−a| ≥ |b|−|a| i koristeci se cinjenicomda je |b−a|= |a−b|, dobijamo

|a−b| ≥ |b|− |a|=−(|a|− |b|) . (1.14)

1.6 Neke funkcionalne karakteristike realnih brojeva 25

Na osnovu definicije apsolutne vrijednosti imamo da je∣∣|a| − |b|∣∣ jednako ili |a| − |b| (ako je

|a| ≥ |b|) ili −(|a|− |b|) (ako je |a|< |b|), a onda prema (1.13) i (1.14) vrijedi

|a−b| ≥∣∣|a|− |b|∣∣ . (1.15)

Dokaz druge nejednakosti se dobije iz (1.15), zamjenjujuci b sa −b i koristeci cinjenicu da je|−b|= |b|. �

Narednim tvrdenjem dajemo jednu vaznu interpretaciju nejednakosti sa apsolutnom vrijednosti.

Teorem 1.6.6 Za proizvoljne x ∈ R i a ∈ R+ vrijedi

|x|< a ⇐⇒ −a < x < a .

Dokaz : Neka je a ∈ R+. Razmatrajmo dvije situacije.1. Neka je x ≥ 0. Tada je prema definiciji apsolutne vrijednosti |x| = x. Neka je |x| < a, sto jeekvivalentno sa x < a (∗). Kako je a > 0 tada je −a < 0, sto zajedno sa x≥ 0 daje −a < x (∗∗). Iz(*) i (**) zakljucujemo da je−a < x < a. Dakle, pokazali smo da ako je |x|< a onda je−a < x < a.Neka je−a< x< a. Iz ovoga imamo da je x< a, a kako je x≥ 0, tojest |x|= x, zakljucujemo |x|< a.Dakle, ako je −a < x < a onda je |x|< a. Iz svega recenog zakljucujemo trazenu ekvivalenciju.2. Neka je x < 0. Tada je −x > 0 i |x|=−x, a zbog a > 0 je x < a (∗). Sada, ako je |x|< a onda je−x < a, tojest −a < x (∗∗). Iz (*) i (**) zakljkucujemo da je −a < x < a.Ukoliko je −a < x < a, iz dijela −a < x imamo da je −x < a, a kako je |x|=−x, zakljucujemo davrijedi |x|< a. Dakle, i u ovom slucaju vrijedi ekvivalencija, tojest |x|< a ⇐⇒ −a < x < a. �

Sluzeci se ekvivalencijom iz Teorema 1.6.6 imamo opstije tvrdenje: Za proizvoljno x,a ∈ R iε > 0 vrijedi,

|x−a|< ε ⇐⇒ −ε < x−a < ε ⇐⇒ a− ε < x < a+ ε .

Naravno da mozemo posmatrati i druge slucajeve u Teoremu 1.6.6, ciji su dokazi slicni.• |x| ≤ a ⇐⇒ −a≤ x≤ a.• |x|> a ⇐⇒ x > a∨ x <−a.• |x| ≥ a ⇐⇒ x≥ a∨ x≤−a.

Svaka od ovih interpretacija je dobar nacin ”izbjegavanja” apsolutne vrijednosti koji mozemokoristiti za povoljnije zapise. Naprimjer,

A = {x ∈ R | |x|< 1}= {x ∈ R | −1 < x < 1}= (−1,1) .

Ili, skup X = {x ∈ R | |x| ≥ 2} je ustvari skup

X = {x ∈ R | x≥ 2∨ x≤−2}= (−∞,−2]∪ [2,+∞) .

Istaknimo jos jednu vaznu cinjenicu za apsolutnu vrijednost realnog broja.

Lema 1.6.7 Za proizvoljan realan broj x vrijedi, |x|=√

x2.

1.6.2 Znak realnog brojaRealni broj moze biti ili pozitivan ili negativan ili nula (neutralan). Funkciju koja registruje ovucinjenicu (znak broja) definisemo sa,

Definicija 1.6.2 Za proizvoljan realan broj x vrijednost

sign(x)de f=

−1 ; x < 0

0 ; x = 01 ; x > 0


nazivamo znak x-a.Naziv sign dolazi od latinske rijeci ”signum” ili od engleskog ”sign” sto znaci znak.

� Primjer 1.15 sign(−2) =−1, sign(e) = 1, sign(−16

23

)=−1. �

Lema 1.6.8 Za proizvoljan realan broj x vrijedi,

x = sign(x) · |x| .

Iz gornje veze proizilazi da za proizvoljan realan broj x vrijedi

|x|= sign(x) · x ,

odnosno za proizvoljan nenula element x vrijedi,

sign(x) =x|x|

.

1.6.3 Funkcije max i minDefinicija 1.6.3 Neka su x1,x2, . . . ,xn realni brojevi. Najveci od ovih brojeva biramo funkcijom

max{x1,x2, . . . ,xn}= x j ako je (∀i ∈ 1,2, . . . ,n) xi ≤ x j ,

a najmanji od ovih brojeva biramo funkcijom

min{x1,x2, . . . ,xn}= x j ako je (∀i ∈ 1,2, . . . ,n) x j ≤ xi ,

Cesto cemo za notaciju koristiti i neki od sljedecih zapisa

max{x1,x2, . . . ,xn}= max{xi | i = 1,2, . . . ,n}= max{xi | i ∈ {1,2, . . . ,n}}= maxi=1,2,...,n

xi ,

min{x1,x2, . . . ,xn}= min{xi | i = 1,2, . . . ,n}= min{xi | i ∈ {1,2, . . . ,n}}= mini=1,2,...,n

xi .

Specijalno, ako biramo veci ili manji od dva zadata realna broja x i y, tada je

max{x,y}={

x ; y≤ xy ; x≤ y

min{x,y}={

x ; x≤ yy ; y≤ x

� Primjer 1.16 max{√

2,1.41}=√

2, min{−2,−5}=−5max{n ∈ N ||n ∈ {3,4,5, . . . ,21}}= 21, min{n ∈ N ||n ∈ {3,4,5, . . . ,21}}= 3. �

Lema 1.6.9 Neka su x1,x2, . . . ,xn realni brojevi. Tada vrijedi:1. max{x1,x2, . . . ,xn} ≥ xi za proizvoljno i ∈ {1,2, . . . ,n}2. min{x1,x2, . . . ,xn} ≤ xi za proizvoljno i ∈ {1,2, . . . ,n}

Dakle, maksimum je veci ili jednak od svakog clana od kojih smo birali maksimum i minimumje manji ili jednak od svakog clana od kojih smo birali minimum. Tako imamo da je max{a,b} ≥ aali i max{a,b} ≥ b. Ili, min{a,b} ≤ a ali i min{a,b} ≤ b.Treba primjetiti da smo funkcije min i max definisali na skupovima sa konacno mnogo elemenatajer takvi skupovi zaista i imaju najveci i najmanji element. U slucaju beskonacnih skupova to nemora da vrijedi. Naime, na beskonacnim skupovima ne mora postojati najmanji i najveci element.Naprimjer, max{x ∈ R | 0 < x < 1} ne postoji jer nema najveceg elementa u skupu (0,1).

1.7 Prosireni skup realnih brojeva 27

1.6.4 Cjelobrojni dio realnog brojaSvaki realan broj x mozemo zapisati u decimalnom zapisu kao x = a,a1a2a3 . . .an . . ., pri cemubroj a ∈ Z nazivamo cjelobrojni dio a broj 0,a1a2a3 . . .an . . . nazvamo decimalni dio broja x. Udiskretnoj matematici ovim dijelovima realnog broja bavit cemo se detaljno i tamo je pristup tomepreko dvije funkcije, floor i ceiling.

Definicija 1.6.4 Za proizvoljan realan broj x je

f loor(x) = bxc= max{n ∈ Z | n≤ x} .

ceiling(x) = dxe= min{n ∈ Z | x≤ n} .

”Floor” je engleska rijec i znaci ”pod”, a ”ciling” znaci ”plafon”. Njihovo znacenje opravdavanjihovo koristenje, floor od x je najveci cijeli broj koji je manji ili jednak x, a ceiling od x je najmanjicijeli broj koji je veci ili jednak x. Kako u poluotvorenom intervalu duzine 1 moze biti najvisejedan cijeli broj, to ce za proizvoljan x ∈ R postojati jedinstveni brojevi m,n ∈ Z, takvi da je

x−1 < m≤ x≤ n < x+1 ,

pri cemu je onda bxc= m i dxe= n. Upravo ovakvo tumacenje ovih dviju karakteristika realnogbroja iskazuje naredno tvrdenje.

Lema 1.6.10 Neka je x ∈ R i m,n ∈ Z. Tada vrjede zakljucci:• bxc= m ako i samo ako m≤ x < m+1.• dxe= n ako i samo ako n−1 < x≤ n.• bxc= m ako i samo ako x−1 < m≤ x.• dxe= n ako i samo ako x≤ n < x+1.

� Primjer 1.17

b12.32c= 12 ,

⌊34

⌋= 0 , b−2.3c=−3 , b−0.5c=−1 .

d12.32e= 13 ,

⌈34

⌉= 1 , d−2.3e=−2 , d−0.5e= 0 .

�

U opstem slucaju za x ∈ R je bxc ≤ dxe. Specijalno, ako je n ∈ Z je bnc= dne. Ovo mozemoiskazati i opstije.

dxe−bxc={

0 ; x ∈ Z1 ; x /∈ Z

1.7 Prosireni skup realnih brojevaNeprazan podskup skupa realnih brojeva je neogranicen odozgo ako i samo ako nema gornjegogranicenja, odnosno neogranicen odozdo ako i samo ako nema donjeg ogranicenja. Da bi smokonzistentno opisali i ovakve situacije uobicajeno skupu realnih brojeva dodajemo dva izmisljenaelementa, +∞ (cesto pisemo i samo ∞) i −∞ cime dobijamo novi skup R∗ koga nazivamo prosireniskup realnih brojeva. Dakle,

R∗ = R∪{−∞,+∞} ,

pri cemu−∞ i +∞ nazivamo beskonacnostima, redom negativna i pozitivna beskonacnost. Uredenjeu ovakvom skupu dato je sa time da za svako x ∈ R vrijedi

−∞ < x <+∞ .


Ukoliko sada za neki neprazan podskup skupa realnih brojeva vrijedi supA=+∞, to je ekvivalentnosa tim da skup A nije ogranicen odozgo i slicno, ako je infA =−∞ to je ekvivalentno sa time daskup A nije ogranicen odozdo.

� Primjer 1.18 Neka je A = {x ∈ R | x < 2}, tada je supA = 2, a infA =−∞.Neka je B = {x ∈ R | x≥ 2}, tada je infB = 2, a supB =+∞.Za skup cijelih brojeva je infZ=−∞ i supZ=+∞.Napomenimo jos jednom, sup∅=−∞ i inf∅=+∞. �

Za elemente prosirenog skupa realnih brojeva razlicite od −∞ i +∞ kazemo da su konacnirealni brojevi. Ovdje rijec ”konacni” koristimo samo naglasavanja radi jer za −∞ i +∞ nikadanecemo reci da su brojevi. Na ovakvom skupu zelimo da imamo definisane operacije sabiranja imnozenja. Moguca su tri slucaja:

(a) Kada su oba elementa realni brojevi vrijede aksiomi koje smo vec uveli i pravila koja iz njihproizilaze.

(b) Jedan od elemenata je +∞ ili −∞. Za proizvoljan realan broj a je

a+∞ =+∞+a =+∞

a−∞ =−∞+a =−∞

a+∞

=a−∞

= 0

Za a > 0 je

a · (+∞) = +∞ ·a =+∞

a · (−∞) =−∞ ·a =−∞

+∞

a=+∞

−∞

a=−∞

Za a < 0 je

a · (+∞) = +∞ ·a =−∞

a · (−∞) =−∞ ·a =+∞

+∞

a=−∞

−∞

a=+∞

(c) Oba elementa su +∞ ili −∞.

+∞+(+∞) = +∞ , +∞ · (+∞) = +∞

−∞+(−∞) =−∞ , −∞ · (−∞) = +∞

−∞ · (+∞) = +∞ · (−∞) =−∞

Primjetiti treba da u gornjim definisanim aritmetickim vezama nisu ukljuceni svi mogucislucajevi. Tako nemamo definisane sljedece operacije:

(+∞)− (+∞) , (−∞)+(+∞) , (−∞)− (−∞) , 0 · (±∞) ,±∞

±∞.

Znamo od ranije da u skupu realnih brojeva nije definisano dijeljenje sa 0, pa time i izraz 00 nije

definisan. Sve ove forme jednim imenom zovemo neodredeni oblici i kao sto rekosmo, oni sunedefinisani u skupu R∗.

1.7 Prosireni skup realnih brojeva 29

Algebarski zakoni kao sto su naprimjer komutativnost i asocijativnost sabiranja i mnozenja naprosirenom skupu realnih brojeva vrijede pod pretpostavkom definisanosti tih operacija. Zakondistributivnosti ne vrijedi u opstem slucaju elemenata iz R∗. Tako imamo da je (3−2) · (+∞) =1 · (+∞) = +∞, dakle definisano, a sa druge strane je 3 · (+∞) + (−2) · (+∞) = +∞ + (−∞)nedefinisano, pa ne vrijedi

(3−2) · (+∞) = 3 · (+∞)+(−2) · (+∞) .

2. Topologija realne prave

Topologija je matematicka disciplina koja izucava osobine skupa sa stanovista otvorenih skupova.Sveukupnost otvorenih podskupova nekog skupa naziva se topologija. Kao sto se pokazuje, mnogeosobine skupa su okarakterisane terminom otvorenog ili zatvorenog skupa i mnoge osobine skupasu diktirane kolicinom njegovih otvorenih podskupova, ali i nacinom njihovog definisanja. Namaje ovdje cilj izucavati skup realnih brojeva onakav kakav se on koristi u matematickoj analizi tecemo se drzati definisanja topologije na R one koja nam obezbjeduje sve dobre osobine tog skupaza matematicku analizu.

2.1 Otvoreni skupoviOtvoreni skupovi predstavljaju najvazniju klasu posdskupova skupa realnih brojeva. Kao sto smorekli, familija svih otvorenih podskupova skupa R cini topologiju na R, a svaka osobina koja jedefinisana terminologijom otvorenih skupova, naziva se topoloska osobina.

Definicija 2.1.1 Za skup G⊆ R kazemo da je otvoren skup u R ako i samo ako za svako x ∈ Gpostoji ε > 0 tako da je (x− ε,x+ ε)⊂ G.

Cijeli skup R je otvoren skup, a takav je i ∅ zbog formalizma jer nema elemenata.

� Primjer 2.1 Otvoreni interval I = (0,1) je otvoren skup u R.Zasita, neka je x ∈ (0,1) proizvoljan. Izaberimo ε = min

{ x2 ,

1−x2

}> 0. Tada je

x− ε ≥ x− x2=

x2> 0 i x+ ε ≤ x+

1− x2

=1+ x

2< 1 ,

sto zajedno znaci da je (x− ε,x+ ε)⊂ I. Na osnovu Definicije 2.1.1 je I otvoren skup.Na slican nacin se pokazuje da su skupovi (a,b), (a,+∞) i (−∞,a) (a,b ∈ R, a < b) otvoreni

skupovi u R. �

� Primjer 2.2 Jednoclani skupovi nisu otvoreni skupovi. Zaista, za proizvoljno a ∈ R posmatrajmoskup A = {a}. Za bilo koje ε > 0 jasno je da nece vrijediti (a− ε,a+ ε)⊆ A, te prema Definiciji2.1.1, {a} nije otvoren skup.

32 Poglavlje 2. Topologija realne prave

Lako se pokazuje, rezonujuci kao u slucaju jednoclanog skupa, da konacni podskupovi realneprave (skupovi oblika A = {a1,a2, ...,an}, n ∈ N ) nisu otvoreni skupovi. �

� Primjer 2.3 Skup N nije otvoren podskup od R.Zaista, za proizvoljno n ∈ N i bilo koje ε > 0, interval (n− ε,n+ ε) sadrzi eventualno neke

prirodne brojeve, ali sadrzi u sebi i racionalne i iracinalne brojeve te kao takav nije podskup od N.Dakle, skup prirodnih brojeva nije otovoren skup u R.

Takode ni skup Q nije otvoren u R jer za bilo koje q ∈Q i ε > 0, interval (q− ε,q+ ε) u sebisadrzi i iracionalne brojeve te ne moze biti podskup od Q. �

� Primjer 2.4 Poluotvoreni interval J = (0,1] nije otvoren skup.Naime, za tacku 1 ∈ J, za bilo koje ε > 0 nece biti zadovoljeno (1− ε,1+ ε) ⊂ J, te premaDefiniciji 2.1.1 J nije otvoren skup. �

Teorem 2.1.1 Proizvoljna unija otvorenih skupova je otvoren skup.

Dokaz : Neka je {Ai ⊆ R | i ∈ I} proizvoljna familija otvorenih skupova. Ako x ∈⋃i∈I

Ai, to znaci

da postoji i0 ∈ I takav da x ∈ Ai0 . Zbog otvorenosti skupa Ai0 znamo da postoji ε > 0 takav da(x− ε,x+ ε)⊆ Ai0 , a kako je jos i Ai0 ⊆

⋃i∈I

Ai, imamo da je (x− ε,x+ ε)⊆⋃i∈I

Ai. Kako je x bio

proizvoljan, zakljucujemo otvorenost skupa⋃i∈I

Ai. �

Teorem 2.1.2 Konacan presjek otvorenih skupova je otvoren skup.

Dokaz : Neka je {Ai ⊆ R | i ∈ {1,2, ...,n}} konacna familija otvorenih skupova. Ako x ∈n⋂

i=1

Ai

onda x ∈ Ai za svako i ∈ {1,2, ...,n}. Iz otvorenosti skupa Ai, za proizvoljno i, zakljucujemo dapostoji εi takav da (x− εi,x+ εi)⊆ Ai. Stavimo da je ε = min{εi | i ∈ {1,2, ...,n}}. Tada vrijedi

(x− ε,x+ ε)⊆ (x− εi,x+ εi)⊆ Ai ,

za svako i ∈ {1,2, ...,n} odnosno,

(x− ε,x+ ε)⊆n⋂

i=1

Ai ,

sto zanaci da jen⋂

i=1

Ai otvoren skup. �

Primjecujemo da u Teoremu 2.1.1 govorimo o proizvoljnoj uniji, tojest o uniji proizvoljnomnogo otvorenih skupova, dok u Teoremu 2.1.2 govorimo o samo konacnom (a ne proizvoljnom)presjeku otvorenih skupova. Da ne mozemo govoriti o proizvoljnom presjeku ilustruje sljedeciprimjer.

� Primjer 2.5 Posmatrajmo skupove In =(−1

n ,1n

)gdje je n ∈N. Za svako n skupovi In su otvoreni

(Primjer 2.1). Ako je x ∈∞⋂

n=1

In, to znaci da x ∈ In =(−1

n ,1n

), za svako n ∈ N. Ovo opet znaci da je

|x|< 1n za svako n ∈ N, a to moze vrijediti samo ako je x = 0, tojest x ∈ {0}.

S druge strane, ako x ∈ {0} onda je x = 0. Kako 0 ∈(−1

n ,1n

)za svako n ∈N, onda je 0 ∈ x ∈

∞⋂n=1

In.

2.2 Zatvoreni skupovi 33

Iz svega ovoga zakljucujemo da vrijedi skupovna jednakost,

∞⋂n=1

In = {0} .

Kako smo pokazali u Primjeru 2.2, jednoclani skupovi nisu otvoreni. Dakle, proizvoljan presjekotvorenih skupova ne mora biti otvoren skup. �

Na sonovu do sad recenog o otvorenim skupovima mozemo iskazati generalni stav.

Teorem 2.1.3 Skup je otvoren u R ako i samo ako je interval ili je unija intervala.

Dokaz : Ako je skup interval (Primjer 2.1) ili ako je unija intervala (Teorem 2.1.1) jasno je da je ontada otvoren skup.

Neka je sada S 6=∅ otvoren podskup od R. Ako je S interval stav je dokazan, zato pretpostavimoda S nije interval. To prema definiciji otvorenog skupa na R znaci da za svaki x ∈ S, postoji Ix

(Ix = (a,b)), takav da je x ∈ Ix ⊆ S. Odavde je onda⋃x∈S

Ix ⊆ S .

S druge strane, ako je x ∈ S, onda x ∈ Ix ⊆⋃

x∈S Ix, pa zakljucujemo da mora vrijediti

S =⋃x∈S

Ix ,

tojest skup S je unija otvorenih intervala. �

2.2 Zatvoreni skupoviDefinicija 2.2.1 Skup na realnoj pravoj je zatvoren ako i samo ako je njegov komplementotvoren skup.

� Primjer 2.6 Skupovi ∅ i R su zatvoreni.Zaista, kako je ∅c = R, a R je otvoren skup, onda je ∅. Isto tako, Rc =∅ i ∅ je otvoren skup

onda je R zatvoren skup. �

Primjetimo iz ranije recenog i gornjeg primjera da su skupovi ∅ i R i otvoreni i zatvoreniskupovi. Ovo nam govori da ako neki skup nije otvoren to ne znaci da je on onda zatvoren skup,tojest pojmovi otvorenog i zatvorenog skupa nisu logicki suprotni pojmovi. Sta vise, to su naodreden nacin ekvivalentni pojmovi jer jedan od njih odreduje drugi.

� Primjer 2.7 Skup I = [0,1] je zatvoren skup.Zaista, Ic = [0,1]c = (−∞,0)∪ (1,+∞) je kao unija dva otvorena skupa, otvoren skup te je

prema Definiciji 2.2.1 skup [0,1] zatvoren. Na identican nacin se pokazuje da su svi segmenti [a,b](a,b ∈ R, a < b) zatvoreni skupovi.Za a ∈ R skupovi [a,+∞) i (−∞,a] su zatvoreni jer [a,+∞)c = (−∞,a) i (−∞,a]c = (a,+∞). �

Kao sto primjetismo iza Primjera 2.6 skupovi nisu ”vrata”, pa ako vrata nisu zatvorena ondasu otvorena i suprotno, ako vrata nisu otvorena onda su zatvorena. Naime, tamo smo pokazali dapostoje skupovi koji su i otvoreni i zatvoreni. Medutim, na realnoj pravoj postoje skupovi koji nisuni otvoreni ni zatvoreni, sto pokazujemo sljedecim primjerom.

� Primjer 2.8 Skup A= (0,1] nije otvoren skup. Zaista, za proizvoljno ε > 0 vrijedi (1−ε,1+ε)*A te A nije otvoren. Medutim, kako je Ac = (0,1]c = (−∞,0]∪ (1,+∞), to niti za jedno ε > 0 nece


biti (−ε,+ε)⊆ Ac te skup Ac nije otvoren ili drugacije receno, skup A nije zatvoren skup.Dakle, skup (0,1] nije ni otvoren ni zatvoren cime opravdavamo i naziv ovakvog skupa kaopoluotvoren interval. �

� Primjer 2.9 Skup Q kao podskup skupa R, kao sto smo pokazali, nije otvoren skup. Njegovkomplement, skup iracionalnih brojeva, takode nije otvoren skup jer u svakom intervalu ima iracionalnih i iracionalnih brojeva, pa dakle skup Q nije ni zatvoren skup. �

Teorem 2.2.1 Proizvoljan presjek zatvorenih skupova je zatvoren skup.

Dokaz : Neka je {Fi ⊆ R | i ∈ I} proizvoljna familija zatvorenih skupova. Tada ja za proizvoljnoi ∈ I skup Fc

i otvoren skup. Prema De Morganovim zakonima za skupove tada imamo(⋂i∈I

Fi

)c

=⋃i∈I

Fci .

Skup na desnoj strani je otvoren kao proizvoljna unija otvorenih skupova (Teorem 2.1.1), pa jeprema Definiciji 2.2.1 skup

⋂i∈I

Fi zatvoren skup. �

Teorem 2.2.2 Konacna unija zatvorenih skupova je zatvoren skup.

Dokaz : Neka je {Fi ⊆ R | i = 1,2, ...,n} konacna familija zatvorenih skupova. Tada je zaproizvoljno i ∈ {1,2, ...,n} Fc

i otvoren skup, pa prema De Morganovim zakonima za skupovevrijedi (

n⋃i=1

Fi

)c

=n⋂

i=1

Fci .

Skup na desnoj strani je otvoren, kao konacan presjek otvorenih skupova (Teorem 2.1.2). Dakle

skupn⋃

i=1

Fi je zatvoren skup. �

Kao sto smo primjetili kod otvorenih skupova, i ovdje u prvoj teoremi govorimo o proizvoljnojfamiliji, a u drugoj samo o konacnoj familiji. Naime, kao sto to pokazuje naredni primjer,proizvoljna unija zatvorenih skupova ne mora biti zatvoren skup.

� Primjer 2.10 Za n ∈ N oznacimo sa

In =

[1n,1− 1

n

].

Jasno je da su skupovi In kao segmenti, zatvoreni skupovi za proizvoljno n ∈ N. Medutim,⋃n∈N

In = (0,1) ,

(pokazati ovu skupovnu jednakost) a interval (0,1) je otvoren skup. Dakle, proizvoljna unijazatvorenih skupova moze biti i otvoren skup. �

2.3 Okoline i tacke nagomilavanjaKoncept otvorenih i zatvorenih skupova mozemo posmatrati i sa drugih aspekata. Jedan od njih jepreko okolina tacaka.

2.3 Okoline i tacke nagomilavanja 35

Definicija 2.3.1 Za skup U ⊆R kazemo da je okolina tacke x ∈R ako i samo ako postoji ε > 0tako da je (x− ε,x+ ε)⊆U .Otvoreni interval (x− ε,x+ ε) nazivamo simetricna ε-okolina ili jednostavno ε-okolina tacke x.

Kao sto vidimo iz definicije, okolina tacke ne mora obavezno biti otvoren skup, ali mora sadrzatiu sebi otvoren skup (ε-okolinu) koji sadrzi datu tacku.

� Primjer 2.11 Skup U = [0,2] je prema nasoj definiciji, okolina tacke x = 1 jer za naprimjerε = 0.5 je (1− ε,1+ ε) = (0.5,1.5) ⊂ [0,2], ali sam skup [0,2] nije otvoren. Medutim, ovakavskup nije okolina tacke x = 2 jer niti za jedno ε > 0 nece biti (2− ε,2+ ε)⊂ [0,2].

Generalno, za proizvoljno a < x < b skupovi (a,b) i [a,b] su okoline tacke x jer za dovoljnomalo ε > 0 ce skup (x− ε,x+ ε) biti sadrzan u datim skupovima.S druge strane, skup [a,b] nije okolina krajnjih tacaka a i b jer niti jedna simetricna ε-okolina necebiti sadrzana u skupu [a,b]. �

Definicija okoline tacke nam omogucava sada dati jednu karakterizaciju otvorenih skupova.

Teorem 2.3.1 Skup na realnoj pravoj je otvoren ako i samo ako je on okolina svake svoje tacke.

Dokaz : Neka je A ⊆ R otvoren skup i neka je x ∈ A proizvoljan. Prema Definiciji 2.1.1 postojiε > 0 takav da je (x− ε,x+ ε)⊆ A te je A okolina tacke x.

Neka je A okolina svake svoje tacke. To znaci da za proizvoljno x ∈ A postoji ε > 0 takav da je(x− ε,x+ ε)⊆ A, a sto opet na osnovu Definicije 2.1.1 znaci da je A otvoren skup. �

Definicija 2.3.2 Neka je A⊆ R i x ∈ R. Kazemo da je x unutrasnja tacka skupa A ako i samoako x ∈ A i postoji ε > 0 takav da (x− ε,x+ ε)⊂ A.Skup svih unutrasnjih tacaka skupa nazivamo unutrasnjost ili interior skupa i oznacavamo ga saint(A) ili Ao.

Definicija 2.3.3 Neka je A⊆ R i x ∈ R. Kazemo da je x izolovana tacka skupa A ako i samoako x ∈ A i postoji ε > 0 takav da u skupu (x−ε,x+ε) nema drugih tacaka skupa A osim tackex.

Definicija 2.3.4 Neka je A⊆ R i x ∈ R. Kazemo da je x rubna tacka skupa A ako i samo akoza svako ε > 0 skup (x− ε,x+ ε) sadrzi tacke iz A i tacke iz Ac.Skup svih rubnih tacaka skupa nazivamo rub skupa i oznacavamo ga sa ∂A.

Definicija 2.3.5 Neka je A ⊆ R i x ∈ R. Kazemo da je x tacka nagomilavanja skupa A ako isamo ako za svako ε > 0 skup (x− ε,x+ ε) sadrzi bar jednu tacku skupa A razlicitu od x.Skup svih tacaka nagomilavanja skupa nazivamo izvodni skup i oznacavamo ga sa A′.

Primjetimo u gornjim definicijama da unutrasnja tacka i izolovana tacka skupa pripadaju tomskupu, dok rubna tacka i tacka nagomilavanja ne moraju obavezno biti u skupu. U definicijirubne tacke dozvoljavamo mogucnost da je upravo x ona tacka skupa A koja pripada skupu(x− ε,x+ ε), ali u definiciji tacke nagomilavanja zahtijevamo da je pripadajuca zajednicka tackaskupa (x− ε,x+ ε) i skupa A razlicita od x. Dalje primjecujemo da je izolovana tacka uvijek irubna tacka skupa, ali da nikada nije tacka nagomilavanja. Demonstrirajmo ove primjedbe krozprimjere.

� Primjer 2.12 Posmatrajmo skupove A = (0,1) (interval) i B = [0,1] (segment).Skup svih unutrasnjih tacaka skupova A i B je skup (0,1).Skup rubnih tacaka skupova A i B je dvoclani skup {a,b}.Skup svih tacaka nagomilavanja skupova A i B je skup [0,1].


Ni jedan od ovih skupova nema izolovanih tacaka.Dakle, skupovi A i B imaju iste unutrsnjosti, iste rubove i iste izvodne skupove. Medutim, skup Bsadrzi svoje rubne tacke i sve svoje tacke nagomilavanja, dok to za skup A nije tacno. �

� Primjer 2.13 Neka je a < c < b. Posmatrajmo skup A = (a,c)∪ (c,b).Unutrasnjost skupa je citav skup, int(A) = A, rub skupa je ∂A = {a,b,c}, izvodni skup je

A′ = [a,b] i nema izolovanih tacaka. �

� Primjer 2.14 Posmatrajmo skup A ={1

n | n ∈ N}

.Svaka tacka skupa A je izolovana tacka. Zaista, za proizvoljno 1

n ∈ A izaberimo ε = 12n(n+1) .

Tada imamo

1n− 1

2n(n+1)=

2n+12n(n+1)

>2n

2n(n+1)=

1n+1

(2.1)

1n+

12n(n+1)

<1n+

12n(n−1)

=2n−1

2n(n−1)<

2n2n(n−1)

=1

n−1(2.2)

Tada interval(1

n − ε, 1n + ε

)ne sadrzi niti jedan element skupa A oblika 1

m za m > n (zbog 2.1) nitiza m < n (zbog 2.2), tojest niti jedan element skupa A osim elementa 1

n .Kako su sve tacke skupa A izolovane jasno je da su one i rubne tacke. Za proizvoljno ε > 0,

prema Arhimedovom aksiomu postoji n ∈ N tako da je 1n < ε , te u skupu (−ε,ε) postoji bar jedna

tacka skupa A, ali u dijelu tog skupa (−ε,0) su tacke koje nisu iz A te je prema Definiciji 2.3.4 i 0rubna tacka skupa. Dakle, rub skupa je skup A∪{0}.

Kako 0 /∈ A, zbog vec datog objasnjenja da je 0 rubna tacka skupa, zakljucujemo da uproizvoljnoj okolini oko tacke 0 mora postojati bar jedna tacka skupa A (ocigledno razlicitaod 0), a to po definiciji znaci da je 0 tacka nagomilavanja skupa A, sta vise jedina, te je A′ = {0}. �

� Primjer 2.15 Skup N nema unutrasnjih tacaka niti tacaka nagomilavanja. Svaki prirodan broj jerubna tacka i izolovana tacka tog skupa. �

� Primjer 2.16 Cantorov skup nema unutrasnjih tacaka niti izolovanih tacaka. Rub skupa i izvodniskup su jednaki Cantorovom skupu. (Pogledati dodatak A) �

� Primjer 2.17 Skup Q nema unutrasnjih tacaka niti izolovanih tacaka. Rubne tacke i tackenagomilavanja skupa Q su svi realni brojevi. �

Zavrsimo ovaj dio iskazujuci dvije korisne karakterizacije za otvorene i zatvorene skupove.

Teorem 2.3.2 Skup na realnoj pravoj je otvoren ako i samo ako je svaka njegova tacka unutrasnjatacka, tojest A = Ao.

Skup moze ali i ne mora sadrzavati svoje rubne tacke. Ako sadrzi neku rubnu tacku, tada ta tackanije unutrasnja, te skup u tom slucaju nije otvoren. Dakle, ako od skupa zelimo napraviti otvorenskup dovoljno je ”oduzeti” mu sve rubne tacke koje mu pripadaju. Naprimjer, za skupa A = (0,1]imamo da je 1 rubna tacka koja mu pripada. Onda je skup A\{1}= (0,1) otvoren skup. Za skupA =

{1n | n ∈ N

}smo utvrdili da su sve njegove tacke rubne, te da od njega napravimo otvoren

skup dobili bismo prazan skup.

Teorem 2.3.3 Skup na realnoj pravoj je zatvoren ako i samo ako sadrzi sve svoje tackenagomilavanja, tojest A′ ⊆ A.

Dakle, da bismo od nekog skupa napravili zatvoren skup, dovoljno je ”dodati” mu sve njegovetacke nagomilavanja koje mu ne pripadaju. Tako imamo da ako je A = (0,1), A′ = [0,1], tojest

2.4 Kompaktnost skupa na realnoj pravoj 37

tacke 0 i 1 su njegove tacke nagomilavanja koje mu ne pripadaju. Tada je skup A∪{0,1}= [0,1]zatvoren skup. Skup A =

{1n | n ∈ N

}ima jedinu tacku nagomilavanja 0 koja mu ne pripada, te je

skup A∪{0} zatvoren skup.

2.4 Kompaktnost skupa na realnoj pravoj

Da bi smo dali topolosku definiciju pojma kompaktnosti, dakle preko otovorenih skupova, uvedimonekoliko novih pojmova.

Definicija 2.4.1 Neka je G⊆R. Familiju skupova A = {Ai ⊂R | i ∈ I} nazivamo pokrivacemskupa G ako i samo ako za svaku tacku iz skupa G postoji skup iz familije A koji je sadrzi,tojest

G⊆⋃i∈I

Ai .

Ukoliko su svi skupovi Ai otvoreni govorimo o otvorenom pokrivacu.Ukoliko je indeksni skup I konacan, govorimo o konacnom pokrivacu.

� Primjer 2.18 Za n ∈ N definisimo skupove An =(1

n ,2). Tada je familija A = {An | n ∈ N}

pokrivac skupa (0,1] jer ⋃n∈N

An = (0,2)⊃ (0,1] .

Medutim, ista ova familija A nije pokrivac skupa [0,1] jer njena unija ne sadrzi tacku 0. Ako zaproizvoljno δ > 0 familiji A dodamo i skup B = (−δ ,δ ), tada bi imali⋃

n∈NAn∪B = (−δ ,2)⊃ [0,1] ,

te bi familija A ′ = A ∪{B} bila pokrivac skupa [0,1]. Sta vise, kako su svi skupovi familije A ′

kao intervali relane prave otvoreni skupovi, data familija predstavlja otvoren pokrivac. �

� Primjer 2.19 Familija skupova {(n− 1,n+ 1) | n ∈ Z} predstavlja otvoren pokrivac skupa R,ali familija {(n,n+1) | n ∈ Z} nije pokrivac od R jer njena unija ne sadrzi cijele brojeve, a timeni sam skup R. Ako bismo posmatrali familiju {[n,n+1) | n ∈ Z}, ona bi bila pokrivac, ali ne iotvoren pokrivac skupa R. �

� Primjer 2.20 Numerisimo sve racionalne brojeve segmenta [0,1] sa qi (i ∈ N) i fiksirajmo ε > 0.Tada familija {(qi− ε,qi + ε) | i ∈ N} predstavlja jedan otvoren pokrivac skupa [0,1] jer se svakiiracionalni broj x ∈ [0,1] moze aproksimirati nekim racionalnim brojem sa tacnoscu ε . Taj pokrivacima onoliko elemenata koliko ima racionalnih brojeva u segmentu [0,1], a to je prebrojivo mnogo.Na slican nacin mozemo posmatrati familiju {(x− ε,x+ ε) | x ∈ I}, gdje je I = [0,1]\Q. I ovafamilija predstavlja otvoren pokrivac skupa [0,1], medutim ova familija ima onoliko elemenatakoliko ima iracionalnih brojeva u [0,1], a ovih ima neprebrojivo mnogo. �

Definicija 2.4.2 Neka je familija A = {Ai ⊂ R | i ∈ I} pokrivac skupa G⊆ R i neka je J ⊂ Iproizvoljan. Ako je familija B = {Ai ⊂ R | i ∈ J} takode pokrivac skupa G, onda kazemo da jeB podpokrivac pokrivaca A .Ukoliko familija B ima konacno mnogo elemenata, B = {Ai1 ,Ai2 , ...,Ain}, kazemo da je onakonacan podpokrivac.

� Primjer 2.21 Kako smo pokazali u primjeru 2.18, familija skupova An =(1

n ,2)

(n ∈ N) jepokrivac skupa (0,1]. Ako posmatramo familiju {A2n | n ∈ N} ona takode jeste pokrivac skupa(0,1] i kao takva je podpokrivac polazne familije. Medutim, ne postoji konacan podpokrivac


polazne familije. Zaista, ako bi postojao konacan podpokrivac {Ai1 ,Ai2 , ...,Ain}, onda bi postojaobroj N = max{i1, i2, ..., in}. Tada bi bilo

n⋃k=1

Aik =

(1N,2)

,

ali ovaj skup ne sadrzi niti jednu tacku 0 < x≤ 1N , a time ni skup (0,1].

Interesantno je primjetiti da ako bismo posmatrali familiju A ′ = A ∪{(−δ ,δ )}, za proizvoljnoδ > 0, da bi sada bilo moguce izdvojiti konacan podpokrivac. Naime, na osnovu Arhimedovogaksioma tada postoji N ∈ N takav da 1

N < δ , pa bi familija od dva skupa{( 1

N ,2),(−δ ,δ )

}predstavljala pokrivac skupa (0,1] jer je(

1N,2)∪ (−δ ,δ ) = (−δ ,2)⊃ (0,1] .

�

Definicija 2.4.3 Za skup kazemo da je kompaktan ako se iz svakog njegovog otvorenogpokrivaca moze izdvojiti konacan podpokrivac.

� Primjer 2.22 Familija skupova {(n−1,n+1) | n ∈ N} predstavlja jedan otvoren pokrivac skupaN jer je

∞⋃n=1

(n−1,n+1) = (0,+∞)⊃ N .

Medutim, iz ovog pokrivaca nije moguce izdvojiti konacan podpokrivac. Zaista, ako bi postojalakonacna podfamilija {(k−1,k+1) | k ∈ {i1, i2, ..., in}} koja jeste pokrivac skupa N, tada bi postojaoN = max{i1, i2, ..., in}. Za ovakav N bi onda vrijedilo

n⋃k=1

(k−1,k+1)⊂ (0,N +1) ,

a to onda znaci da unija ovih skupova ne sadrzi skup N. Ovo nam govori da skup N nije kompaktanskup. �

� Primjer 2.23 Za i ∈ N0 posmatrajmo skupove Ai =( 1

2i − 12i+1 ,

12i +

12i+1

). Familija {Ai | i ∈ N0}

jeste pokrivac skupa (0,1) jer∞⋃

n=0

Ai =

(0,

32

)⊃ (0,1) .

Birajuci iz date familije bilo koju konacnu podfamiliju {Ai1 ,Ai2 , ...,Ain} ova ne moze biti pokrivacskupa (0,1) jer za N = max{i1, i2, ..., in} vrijedi

n⋃k=1

Aik =

(1

2N −1

2N+1 ,32

).

Kako je 12N − 1

2N+1 =1

2N+1 jasno je da niti jedan 0 < x < 12N+1 nece pripadati gornjoj konacnoj uniji,

a time ta konacna podfamilija ne moze biti pokrivac skupa (0,1). Dakle, (0,1) nije kompaktanskup.Na slican nacin se moze pokazati da niti jedan interval (a,b) (a,b∈R, a < b) niti (a,+∞) i (−∞,a),nisu kompaktni skupovi.Takode ni skup R nije kompaktan. Dovoljno je posmatrati njegov otvoren pokrivac {(n−1,n+1) | n ∈ Z} iz koga se ne moze izdvojiti konacan podpokrivac. �


� Primjer 2.24 Familija skupova {Ai | i ∈N} iz prethodnog primjera ocigledno nije pokrivac skupa[0,1]. Ako toj familiji dodamo skup B = (−δ ,δ ) dobijamo novu familiju {Ai | i ∈ N}∪{B} kojapostaje pokrivac skupa [0,1] jer

∞⋃n=1

Ai∪B =

(−δ ,

32

)⊃ [0,1] .

Sada mozemo izabrati dovoljno veliko n ∈ N tako da bude 12n − 1

2n+1 < δ . Tada ce konacna familija{A0,A1, ...,An,B} biti konacan podpokrivac skupa [0,1].Ovime je pokazano da se iz datog pokrivaca moze izdvojiti konacan podpokrivac, ali to jos ne znacida je skup [0,1] kompaktan. �

� Primjer 2.25 Neka je D ⊂ R konacan skup, tojest D = {a1,a2, ...,ak} i neka je {Ai | i ∈ I}proizvoljan otvoren pokrivac skupa D. Za proizvoljno i ∈ {1,2, ...,k}, prema definiciji pokrivaca,postoji ni ∈ I takav da ai ∈ Ani . Posmatramo li konacnu podfamiliju formiranu od ovih skupova{An1 ,An2 , ...,Ank}, ona predstavlja konacan podpokrivac skupa D jer

D =k⋃

i=1

{ai} ⊂k⋃

i=1

Ani .

Iz proizvoljnog otvorenog pokrivaca smo izdvojili konacan podpokrivac, te je skup D kompaktan.Dakle, konacni skupovi na realnoj pravoj su kompaktni skupovi. �

Skup iz posljednjeg primjera je kompaktan skup ali nam on kao konacan skup nije od interesakao skupovi N ili (0,1) za koje smo pokazali da nisu kompaktni. Za utvrditi da neki skup narealnoj pravoj nije kompaktan, dovoljno je naci jedan otvoren pokrivac iz koga ne mozemo izdvojitikonacan podpokrivac. Utvrditi da li neki skup jeste kompaktan, malo je teza stvar jer koristecidefiniciju kompaktnosti moramo posmatrati sve moguce otvorene pokrivace posmatranog skupa.Zato su nam potrebne neke karakterizacije kompaktnosti. Prije nego iskazemo jednu od najvaznijihkarakterizacija kompaktnosti na realnoj pravoj dokazimo pomocno tvrdenje.

Lema 2.4.1 Neka su a,b ∈ R takvi da je a < b. Skup [a,b] je kompaktan.

Dokaz : Neka je A = {Ai | i ∈ I} proizvoljan otvoren pokrivac skupa [a,b]. Oznacimo sa

B = {x ∈ [a,b] | skup [a,x] mozemo pokriti sa konacnim podpokrivacem A ′ ⊂A } .

Kako je A pokrivac skupa [a,b], postoji Ai ∈A takav da a ∈ Ai, te skup [a,a] = {a} je pokrivensa konacnim (jednoelementnim) podpokrivacem i kao takav a ∈ B. Dakle, skup B nije prazan skupi kako je ogranicen odozgo (elementom b), postoji supremum tog skupa. Stavimo c = supB i pritome je c≤ b.Pretpostavimo da je c < b. Kako je A pokrivac skupa [a,b], postoji i0 ∈ I, takav da c ∈ Ai0 .Ai0 je otvoren skup te je on okolina svake svoje tacke, a to znaci da postoji ε > 0 takav da(c− ε,c+ ε)⊆ Ai0 . Za proizvoljan y ∈ (c− ε,c) postojat ce konacan pokrivac {Ai1 ,Ai2 , ...,Ain} zaskup [a,y] (jer je c = supB), a time ce familija {Ai1 ,Ai2 , ...,Ain ,Ai0} biti konacan pokrivac za [a,c].Kako je Ai0 otvoren skup i a≤ c < b, to postoji δ > 0 takav da [c,c+δ )⊆ Ai0 ∩ [a,b]. Ali tada jefamilija {Ai1 ,Ai2 , ...,Ain ,Ai0} konacan podpokrivac za skup [a,x], za neko c < x < c+δ , sto je ukontradikciji sa cinjenicom da je c supremum skupa B. U kontrdikciju nas je dovela pretpostavkada je c < b, a kako mora biti c≤ b zakljucujemo da je c = b = supB.Kako je A pokrivac skupa [a,b], postoji A j0 ∈A , takav da b ∈ A j0 . Zbog otvorenosti skupa A j0 ,za neko δ > 0 je (b−δ ,b+δ )⊂ A j0 , a kako je b = supB, postoji d ∈ B takav da je b−δ < d ≤ b.Neka je {A j1 ,A j2 , ...,A jn} konacan podpokrivac za [a,d]. Tada je {A j0 ,A j1 ,A j2 , ...,A jn} konacanpodpokrivac za [a,b], a to znaci da b ∈ B, te smo za [a,b] izdvojili konacan podpokrivac iz polaznogotvorenog pokrivaca, pa je skup [a,b] kompaktan. �


Najvazniju karakterizaciju kompaktnosti na realnoj pravoj iskazujemo poznatim Heine-Borelovimtvrdenjem.

Teorem 2.4.2 — Heine-Borel. Podskup skupa R je kompaktan ako i samo ako je zatvoren iogranicen skup.

Dokaz : Neka je F ⊂ R zatvoren i ogranicen skup i neka je A = {Ai | i ∈ I} njegov proizvoljanotvoren pokrivac. Kako je F ogranicen skup, to postoje realni brojevi a i b (a < b) tako da jeF ⊆ [a,b]. F je zatvoren skup pa je Fc otvoren skup, a tada familija A ′ = A ∪{Fc} predstavljaotvoren pokrivac skupa [a,b]. Na osnovu Leme 2.4.1, [a,b] je kompaktan skup pa mozemo izdvojitikonacan podpokrivac za [a,b]. Ocigledno je taj konacni podpokrivac pokrivac i skupa F , te je Fkompaktan skup.

Neka je sada F ⊂ R kompaktan skup. Posmatrajmo skupove An = (−n,n) (n ∈ N). Familija{An | n ∈ N} je pokrivac skupa F jer

∞⋃n=1

An = R⊃ F .

Zbog kompaktnosti mozemo izdvojiti konacan podpokrivac {Ai1 ,Ai2 , ...,Ain} za F . Neka je N =max{i1, i2, ..., in}. Tada je

F ⊂n⋃

k=1

Aik = (−N,N) ,

te je F ogranicen skup.Neka je sada x ∈ Fc proizvoljan fiksan element. Za i ∈ N oznacimo sa

Ai =

[x− 1

i,x+

1i

]c

=

(−∞,x− 1

i

)∪(

x+1i,+∞

).

Familija {Ai | i ∈ N} predstavlja otvoren pokrivac od F jer

∞⋃i=1

Ai = (−∞,x)∪ (x,+∞)⊃ F .

Kako je F kompaktan, postoji konacan podpokrivac {Ai1 ,Ai2 , ...,Ain} za F . Neka je N =max{i1, i2, ..., in}.Tada je

F ⊂n⋃

k=1

Aik =

(−∞,x− 1

N

)∪(

x+1N,+∞

),

iz cega onda imamo da je(x− 1

N ,x+1N

)⊂ Fc. Ovime smo pokazali da je skup Fc otvoren skup, a

to onda znaci da je F zatvoren skup. �Sa naredne dvije direktne posljedice Heine-Borelovog teorema jednostavno dolazimo do siroke

klase kompaktnih skupova na realnoj pravoj.

Posljedica 2.1. Neka je K ⊂ R kompaktan skup i F ⊂ K zatvoren skup. Tada je i F kompaktanskup.

Posljedica 2.2. Neka su A,B⊂ R kompaktni skupovi. Tada su i skupovi A∩B i A∪B kompaktniskupovi.


Teorem 2.4.3 Neka je K ⊂ R kompaktan i A beskonacan podskup od K. Tada A ima bar jednutacku nagomilavanja u K.

Dokaz : Neka je K kompaktan skup. Pretpostavimo suprotno da je A⊆ K beskonacan skup i danema tacaka nagomilavanja u K. Tada za svako x ∈ K (koji nije tacka nagomilavanja skupa A)postoji ε > 0, tako da ako x∈A onda (x−ε,x+ε)∩A= {x}, a ako x /∈A onda (x−ε,x+ε)∩A=∅(kako x nije tacka nagomilavanja skupa A to ne vazi da u svakoj okolini od x postoji tacka skupaA razlicita od x. Ili, postoji okolina tacke x koja ne sadrzi niti jednu tacku skupa A razlicitu od x.)Ako za svako x ∈ K odredimo po jednu okolinu sa gornjim svojstvom, familija svih tih skupovapredstavlja jedan otvoren pokrivac skupa K. Medutim, niti jedna konacna podfamilija nece bitipokrivac skupa A jer svaka od tih okolina sadrzi jednu ili ni jednu tacku skupa A, a skup A jebeskonacan. Ali to onda znaci da niti jedna konacna podfamilija nece biti pokrivac ni skupa K jer jeA⊂ K, sto bi znacilo da skup K nije kompaktan. Ovo onda predstavlja kontradikciju sa polaznompretpostavkom da je K kompaktan skup, te skup A mora imati bar jednu tacku nagomilavanja u K.�

Teorem 2.4.4 Ako K ⊂R ima osobinu da svaki njegov beskonacan podskup ima tacku nagomila-vanja, tada je skup K kompaktan.

Dokaz : Neka svaki beskonacan podskup od K ima tacku nagomilavanja.Pretpostavimo da skup K nije ogranicen. Tada za svako n ∈ N postoji xn ∈ K takav da je xn > n.Posmatrajmo sada skup A = {x1,x2, ...,xn, ...}. Ali on je beskonacan skup koji nema tacakanagomilavanja u K (on cak nema tacaka nagomilavanja u R), sto predstavlja kontradikciju. Dakle,skup K mora biti ogranicen.Pretpostavimo da skup K nije zatvoren. To bi znacilo da postoji x0 tacka nagomilavanja skupa Ktakva da x0 /∈ K. Kako je x0 tacka nagomilavanja onda u svakoj njenoj okolini postoji beskonacnomnogo elemenata skupa K. Napravimo sada sljedecu konstrukciju: Posmatrajmo okolinu (x0−1,x0+1), u njoj postoji x1 ∈K. Posmatrajmo okolinu

(x0− 1

2 ,x0 +12

)i u njoj postoji x2 ∈K. Dakle,

za proizvoljno n ∈ N u okolini(x0− 1

n ,x0 +1n

)ce postojati xn ∈ K. Sada mozemo formirati skup

od ovako izabranih xn, A = {x1,x2, ...,xn, ...}. Pokazimo da skup A nema tacaka nagomilavanja u K.Kako x0 /∈ K, jasno je da x0 nije tacka nagomilavanja skupa A. Neka je y0 ∈ R proizvoljan y0 6= x0.Sada imamo

|xn− y0|= |(x0− y0)− (x0− xn)|≥ |x0− y0|− |xn− x0|

≥ |x0− y0|−1n.

Prema Arhimedovom aksiomu postoji n0 ∈ N takav da je 1n0

< 12 |x0− y0|. Neka je dalje n ≥ n0,

tada je 1n < 1

2 |x0− y0|, a onda vrijedi

|xn− y0| ≥ |x0− y0|−1n≥ 1

2|x0− y0| .

Birajuci 0 < ε < 12 |x0− y0|, u okolini (y0− ε,y0 + ε) moze biti samo konacno mnogo elemenata

skupa A, te tacka y0 ne moze biti tacka nagomilavanja skupa A. Dakle, skup A je beskonacanpodskup skupa K koji nema niti jednu tacku nagomilavanja sto predstavlja kontradikciju sapolaznom pretpostavkom teorema. Prema tome, skup K mora biti zatvoren.

Sa ovim smo pokazali da pod pretpostavkom da svaki beskonacan podskup skupa K ima tackunagomilavanja tada je skup K ogranicen i zatoren, a onda je prema Heine-Borelovom teoremu skupK kompaktan. �

Zavrsimo ovu pricu o kompaktnosti na R jednim veoma vaznim tvrdenjem za matematickuanalizu.


Teorem 2.4.5 — Bolzano-Weierstrass. Svaki beskonacan i ogranicen skup u skupu R ima barjednu tacku nagomilavanja.

Dokaz : Neka je A⊂ R beskonacan i ogranicen skup. Zbog ogranicenosti tog skupa ce postojatia,b ∈ R takvi da je A⊆ [a,b]. Segment [a,b] je kompaktan pa svaki njegov beskonacan podskup,time i skup A, ce na osnovu Teorema 2.4.3 imati tacku nagomilavanja u [a,b], a time i u R. �

A. Cantorov skup

Cantorov skup je jedan od podskupova skupa realnih brojeva koji ima mnoge cudne i iznenadujuceosobine, koje su cesto ”patoloskog” karaktera. Prvi put je demonstriran 1883. od strane njemackogmatematicara G. Cantora

KostrukcijaNeka je A0 = [0,1]. Formirajmo skup A1 tako da iz skupa A0 ”izbacimo” srednju trecinu, tojest

A1 = [0,1]\(

13,23

)=

[0,

13

]∪[

23,1].

Formirajmo sada skup A2 na nacin da iz svakog od dva dobijena segmenta,[0, 1

3

]i[2

3 ,1]

”odstranimo”srednju trecinu,

A2 =

[0,

19

]∪[

29,13

]∪[

23,79

]∪[

89,1].

Skup A3 bi dobili na isti nacin odstranjivanjem srednje trecine u svakom od cetiri segmenta odkojih se sastoji A2. Postupak bi nastavili ad continuum i na takav nacin bi formirali skupove An

(n ∈ N) koji se sastoje od 2n disjunktnih segmenata od kojih je svaki ”duzine” 3−n i za koje vrijedi

A0 ⊃ A1 ⊃ A2 ⊃ ·· · ⊃ An ⊃ ·· · .

Konacno, Cantorov skup definisemo na sljedeci nacin

C =∞⋂

n=0

An .

Ovdje to necemo pokazivati, a jedna eksplicitna formulacija Cantorovog skupa glasi,

C =∞⋃

n=1

3n−1−1⋂k=0

([0,

3k+13n

]∪[

3k+23n ,1

]).

44 Poglavlje A. Cantorov skup

Slika A.1: Konstrukcija Cantorovog skupa

Drugi nacin konstrukcije

Konstruisanje Cantorovog skupa mozemo izvrsiti i na potpuno drugaciji nacin, koristeci se ternarnimzapisom brojeva (standardno brojeve zapisujemo u dekadnom sistemu, sa ciframa 0,1,2,...,9). Uternarnom sistemu se koristimo ciframa 0,1 i 2.). Za ovaj opis koristit cemo se mnogim u ovomdijelu nedokazanim tvrdnjama. Jedna od tih stvari je da se svaki broj iz [0,1] moze zapisati u formi

a,a1a2a3 · · ·

gdje je a = 0 ili a = 1, a ai ∈ {0,1,2} za i∈N (Dokaz ovoga se moze pogledati u Rudin ili Dedagic,i dat je za dekadni zapis). Neki brojevi ce imati dupli zapis kao naprimjer 1 koja se moze prikazatisa 1.000 · · · ili sa 0.222 · · · (ekvivalentno u dekadnom sistemu 1 = 0.999 · · · ). Isto tako cemo imati

13= 0.1000 · · ·= 0.0222 · · · ili

79= 0.21000 · · ·= 0.20222 · · · .

Da dobijemo jedinstven ternarni zapis svakog broja iz [0,1] dogovorimo se da brojevi u ternarnomzapisu ne mogu imati beskonacno mnogo 0. Tako za zapis broja 1 koristimo samo zapis 0.222 · · · .

Izvrsimo sada konstrukciju skupa na sljedeci nacin. Oznacimo sa A1 skup svih brojeva iz[0,1] koji na prvom decimalnom mjestu nemaju 1. Taj skup se onda sastoji od segmenta

[0, 1

3

]u kome brojevi imaju zapis 0,0a2a3 · · · i segmenta

[23 ,1]

u kome brojevi imaju zapis 0,2a2a3 · · · .Formirajmo zatim skup A2, svih onih brojeva iz A1 koji na drugom mjestu nemaju 1. Naprimjer,brojevi iz

[0, 1

9

]imaju zapis 0,00a3 · · · ili brojevi iz

[29 ,

13

]imaju zapis 0,02a3 · · · i tako dalje. Jasno

je da se u skupu A2 nalaze svi oni brojevi koji na prva dva decimalna mjesta nemaju 1. Nastavimoli ovaj postupak dalje, formiramo skupove An onih brojeva koji u ternarnom zapisu nemaju 1 naprvih n decimalnih mjesta, tojest

An = {0.a1a2a3 · · · | ai ∈ {0,1,2} , a1,a2, · · ·an 6= 1} .

Cantorov skup C sada predstavljamo kao presjek svih skupova An (n ∈ N) odnosno, on predstavljaskup svih brojeva iz [0,1] koji u ternarnom zapisu ne sadrze 1 niti na jednom decimalnom mjestu.Podsjetimo se da naprimjer vrijedi 1

3 = 0.1000 · · ·= 0.0222 · · · , ali uz dogovor koji smo napraviliza zapis brojeva vrijedi samo 1

3 = 0.0222 · · · , te 13 ∈C.

Osobine Cantorovog skupa• Cantorov skup nije prazan. Zaista, kako smo vec imali 1

3 ∈C. Sta vise, primjetimo da kadgod smo odbacivali srednju trecinu u konstrukciji Cantorovog skupa, krajnje tacke su ostajalefiksne u svim narednim koracima konstrukcije. Tako naprimjer, kada smo izbacili inetrval(1

3 ,23

)iz [0,1], krajnje tacke 1

3 i 23 su ostale u skupu A1, ali su ostale i u svakom narednom

skupu An (n ∈ N), a time su i elementi skupa C.Cantorv skup ne samo da nije prazam, on u stvari ima neprebrojivo mnogo elemenata. Naime,

45

ako bi smo pretpostavili da je on prebrojiv, mogli bi smo sve njegove elemente poredati u niz

x1 = 0,a11a12a13 · · ·x2 = 0,a21a22a23 · · ·x3 = 0,a31a32a33 · · ·

...

xn = 0,an1an2an3 · · ·...

pri cemu niti jedna od cifara ai j nije 1. Konstruisimo sada broj y = 0.b1b2b3 · · ·bn · · · nasljedeci nacin:

bi =

{0 ; aii = 22 ; aii = 0

Iz same konstrukcije broja y se vidi da on nema 1 u svom decimalnom zapisu i kao takav onje element Cantorovog skupa. Osim toga je y 6= xi za svako i ∈ N jer se y od xi razlikuje ubar i-tom decimalnom mjestu. Dakle, y je element Cantorovog skupa koji nije prikazan ugornjem redanju svih elemenata Cantorovog skupa, a kako je prikaz svakog broja jedinstven,ovo nije moguce. Dakle, Cantorov skup ima neprebrojivo mnogo elemenata.• Cantorov skup je zatvoren. U n-toj iteraciji konstrukcije Cantorovog skupa smo formirali

skup An koji se sastoji od 2n segmenata. Dakle, An je konacna unija zatvorenih skupova paje i sam zatvoren skup (Teorem 2.2.2). Kako je C jednak presjeku svih skupova An, kaoproizvoljan presjek zatvorenih skupova on je i sam zatvoren skup (Teorem 2.2.1).• Unutrasnjost skupa C je prazan skup, tojest niti jedna tacka Cantorov skupa nije unutrasnja

tacka. Zaista, neka je x ∈C proizvoljan i za proizvoljno ε > 0 posmatrajmo simetricnu ε-okolinu (x−ε,x+ε). Pripadnost Cantorovom skupu znaci da za proizvoljan n ∈N je x ∈ An.Neka je sada n izabrano tako da je 3−n < ε . Kako je svaki od skupova An unija disjunktnihsegmenata, mora postojati segment In ⊂ An takav da x ∈ In. Izaberemo li sada broj a izsrednje trecine segmenta In, jasno je da a /∈ An+1, a time a /∈C. Pri tome je a ∈ (x− ε,x+ ε)jer je In ⊂ (x−ε,x+ε). Dakle, (x−ε,x+ε)*C niti za jedno ε > 0, a time x nije unutrasnjatacka skupa C. Dakle, int(C) =∅.• Cantorov skup ne sadrzi niti jedan interval. Iako je ovo posljedica prethodne, osobine

iskazujemo ovo kao zasebnu osobinu. Zaista, neka su x,y ∈C proizvoljni. Izaberimo n ∈ Ntako da je 3−n < |x−y|. Svaki od 2n segmenata koji cine skup An iz konstrukcije Cantorovogskupa, ima duzinu 3−n pa zbog izbora n-a ne mogu i x i y biti u istom segmentu, tojest onese nalaze u dva razlicita segmenta koji cine skup An. Time mora postojati tacka z koja leziizmedu ovih segmenata, a time ne pripada skupu C. Pokazali smo da za proizvoljne dvijetacke Cantorovog skupa, postoji tacka izmedu njih koja ne pripada Cantorovom skupu, atime Cantorov skup ne moze sadrzavati niti jedan interval.• Sve tacke Cantorovog skupa su njegove tacke nagomilavanja. Da ovo pokazemo, neka su

x ∈C i ε > 0 proizvoljni. Za dovoljno veliko n ∈ N ce biti 3−n < ε . Kako je x ∈C ⊆ An ikako je An unija disjunktnih segmenata, postojat ce segment In koji sadrzi tacku x. Kako jeduzina segmenta In jednaka 3−n, za jedan od krajeva segmenta In, recimo x′, ce biti

|x− x′| ≤ 3−n < ε ,

a to znaci da x′ ∈ (x− ε,x+ ε). Po konstrukciji Cantorovog skupa, krajnje tacke segmenatajesu elementi skupa C, dakle x′ ∈ C, te zakljucujemo ((x− ε,x+ ε) \ {x})∩C 6= ∅, zaproizvoljno ε > 0. Dakle, x je tacka nagomilavanja skupa C.

46 Poglavlje A. Cantorov skup

Sta vise, moze se pokazati da su tacke nagomilavanja skupa C upravo njegovi elementi, stozajedno sa gornjim znaci C =C′.• Cantorov skup nema izolovanih tacaka. Ovo je jasno zbog cinjenice da su sve tacake

Cantorovog skupa njegove tacke nagomilavanja. Ipak pokazimo ilustrativno zasto je to tako.Neka je a = 02002220202 . . . neka tacka skupa C. Zavisno od posmatrane okoline tacke a,tacka b = 02002222202 . . . je takode iz C, razlicita od a i ”blizu” je tacki a, tojest nalazit cese u datoj okolini tacke a.• Duzina Cantorovog skupa je 0! Da ovo pokazemo, izracunajmo duzinu svih dijelova koje

smo odbacivali u konstrukciji skupa. Tako smo u prvom koraku odbacujuci srednju trecinu,interval

(13 ,

23

), odbacili jedan komad dugacak 1

3 . U drugoj iteraciji odbacili smo dva komada,svaki dugacak po 1

9 = 132 . U trecoj iteraciji odbacili smo 4 intervala, svaki duzine 1

33 .Generalno, u n-toj iteraciji konstrukcije Cantorovog skupa odbacivali smo 2n−1 interval,svaki duzine 1

3n . Izvrsimo sumiranje svih odbacenih duzina.

∞

∑n=1

2n−1 13n =

13

∞

∑n=0

(23

)n

=13

11− 2

3

= 1 .

(U gornjem sumiranju smo se koristili formulom za sumiranje geometrijskog niza.) Duzinakoju smo odbacili je 1, a odbacivali smo dijelove iz skupa [0,1] koji je dugacak takode 1.Dakle, ono sto je preostalo, a to je Cantorov skup, ima duzinu 0.• Vec smo pokazali da je Cantorov skup zatvoren, a kako je sadrzan u [0,1] on je i ogranicen,

te je prema Definiciji 2.4.3 i kompaktan skup.• Kompaktan skup bez izolovanih tacaka je perfektan, a takav je i Cantorov skup.• Cantorov skup je fraktal. Ako u bilo kojoj iteraciji konstrukcije Cantorovog skupa odbacimo

sve konstruisane dijelove osim jednog i na tom ostavljenom nastavimo dalju konstrukciju poistom algoritmu, dobijamo identicnu ”sliku” sa polaznom konstrukcijom (gledano zumirano).Ovu osobinu nazivamo samo-slicnost, a ona je u osnovi svih fraktala.• 1

4 ∈ C. Interesantno u ovom podatku je cinjenica da konstrukcijom Cantorovog skupaocekujemo da su njegovi elementi krajevi segmenata koji se dobijaju konstrukcijom. Naravnoda je ovo ocekivanje ispravno, ali 1

4 nije kraj niti jednog segmenta prilikom bilo koje iteracijeu konstrukciji. Medutim, u ternarnom zapisu broj 1

4 je 0.020202 · · ·= 0.02 i kao takav on jeelement Caktorovog skupa.

Documents

1. Realni brojevi - pmf.untz.bapmf.untz.ba/staff/nermin.okicic/PMF/MatematickaAnalizaI/RealniBrojevi.pdf · 1. Realni brojevi Prirodno bi bilo konstruisati skup realnih brojeva korak