Funkcionalna Analiza - Zbirka Zadataka

UNIVERZITET U KRAGUJEVCU

PRIRODNOMATEMATI^KI FAKULTET

M. Stani} S. Dimitrijevi} S. Simi} D. Bojovi}

FUNKCIONALNA ANALIZA

Zbirka zadataka

KRAGUJEVAC

2007

Sadr`aj

Predgovor 4

1 Metri~ki i normirani prostori 5

1.1 Pregled teorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2 Operatori 90

2.1 Pregled teorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

2.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

3 Teorija mere 162

3.1 Pregled teorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

3.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

4 Lebegov integral 197

4.1 Pregled teorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

4.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

Literatura 251

3

Predgovor

Glava 1

Metri~ki i normirani

prostori

1.1 Pregled teorije

Metri~ki prostori

DEFINICIJA 1.1. Preslikavawe d : X X [0,+) je metrika naskupu X 6= , ako za svako x, y, z X va`i:(M1) d(x, y) = 0 x = y,(M2) d(x, y) = d(y, x),(M3) d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y) (nejednakost trougla).Prostor X na kome je definisana metrika d zove se metri~ki pros-tor i ozna~ava sa (X, d) , ili kra}e samo saX kada podrazumevamo o kojojse metrici d radi. Ako prvi uslov zamenimo slabijim uslovom

(M1') x = y d(x, y) = 0,tada se preslikavawe d zove pseudometrika.

Iz definicije jednostavno slede osobine metrike:

(1) d(x1, xn) 6n1i=1

d(xi, xi+1), xi X (nejednakost mnogougla);(2) |d(x, y) d(y, z)| 6 d(z, x);(3) |d(x, y) d(u, v)| 6 d(x, u) + d(y, v) (nejednakost ~etvorougla).

5

6 1.1. PREGLED TEORIJE

DEFINICIJA 1.2. Metri~ki prostori (X, dX) i (Y, dY ) su izometri-~ni ako postoji bijektivno preslikavawe f : X Y takvo da za svakou, v X vaì dX(u, v) = dY (f(u), f(v)).

NAPOMENA. Primetimo da se dva izometri~na prostora mogu razliko-

vati samo po prirodi svojih elemenata, dok su metri~ki odnosi ta~aka

jednog prostora isti kao i metri~ki odnosi ta~aka drugog prostora.

Kako nas u metri~kom prostoru interesuje rastojawe izme|u ta~aka, to

}emo izometri~ne metri~ke prostore identifikovati.

DEFINICIJA 1.3. Neka su dati metri~ki prostori (X, dX) i (Y, dY ).Prostor Y je metri~ki potprostor od X ako je Y X i za svakou, v Y vaì dY (u, v) = dX(u, v).

Helderova nejednakost

Ako su xi, yi, i = 1, . . . , n, proizvoqni realni (ili kompleksni)brojevi, i ako je p > 1 i q takvo da je 1/p+ 1/q = 1, tada za svako n Nvaì Helderova nejednakost:

ni=1

|xiyi| 6(

ni=1

|xi|p)1/p( n

i=1

|yi|q)1/q

.

Specijalno, za p = q = 2 dobijamo nejednakost Ko{i-[varc-Buwakov-skog.

Nejednakost Minkovskog

Neka su xi, yi, i = 1, . . . , n, proizvoqni realni (ili kompleksni)brojevi, i neka je p > 1. Tada za svako n N vaì nejednakost Minkov-skog: (

ni=1

|xi + yi|p)1/p

6(

ni=1

|xi|p)1/p

+

(ni=1

|yi|p)1/p

.

DEFINICIJA 1.4. Neka su (X, d1) i (X, d2)metri~ki prostori. Metriked1 i d2 su ekvivalentne ako

(c1, c2 R+)(x, y X) c1d1(x, y) 6 d2(x, y) 6 c2d1(x, y).

GLAVA 1. METRI^KI I NORMIRANI PROSTORI 7

Navedimo nekoliko karakteristi~nih primera metri~kih prostora

koje }emo koristiti u daqem radu. ^itaocu ostavqamo za samostalni

rad da poka`e da su sve metrike dobro definisane.

PRIMER 1.1. X = Kn, K {R,C}, sa elementima x = (x1, . . . , xn),xi K, i = 1, . . . , n. U ovom prostoru defini{emo metrike:

dp(x, y) =

(ni=1

|xi yi|p)1/p

, 1 6 p


PRIMER 1.5. X = C[a, b] prostor neprekidnih funkcija na kona~nomintervalu [a, b]. Metrika je data sa d(x, y) = max

a6t6b|x(t) y(t)|.

PRIMER 1.6. Na prostoru neprekidnih funkcija na kona~nom intervalu

[a, b] mogu se definisati i integralne metrike

dp(x, y) =( b

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

)1/p, 1 6 p < +,

i tada se umesto oznake C[a, b] koristi Cp[a, b].

PRIMER 1.7. X = B[a, b] prostor ograni~enih funkcija na kona~nomintervalu [a, b]. Metrika je data sa d(x, y) = sup

a6t6b|x(t) y(t)|.

PRIMER 1.8. Neka je X 6= i neka je naXX definisano preslikavawe

d(x, y) ={

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

(X, d) je diskretan metri~ki prostor.

Normirani prostori

DEFINICIJA 1.5. Vektorski prostor (X,K) , K {R,C}, je normiranako postoji nenegativna funkcija : X R takva da je(N1) 0 = 0, x > 0 za x 6= 0;(N2) x = ||x, K;(N3) x+ y 6 x+ y.Funkcija zove se norma prostora X .

Osobine norme:

(1)

x y 6 x y;(2) je neprekidna funkcija na svakom normiranom vektorskomprostoru.

U normiranom prostoru preslikavawe d(x, y) = x y je metrikaindukovana datom normom.

NAPOMENA. U svakom normiranom prostoru moè se uvesti metrika, tj.

svaki normirani prostor je i metri~ki, sa metrikom d(x, y) = x y.Obratno ne vaì. Na primer, u metri~ki prostor s ne moè se uvestinorma koja indukuje metriku d datu u primeru 1.4.


DEFINICIJA 1.6. Norme 1 i 2 na vektorskom prostoru X suekvivalentne ako

(c1, c2 R+)(x X) c1x1 6 x2 6 c2x1.

Navedimo nekoliko primera normiranih prostora.

PRIMER 1.9. X = Kkp , 1 6 p < +,K {R,C} : xp =(

ki=1

|i|p)1/p

.

Za p = + : x = max16i6k

|i|.Bilo koje dve norme u prostoru Kkp , p > 1, su ekvivalentne.

PRIMER 1.10. X = `p , 1 6 p < +: x =(+i=1

|i|p)1/p.

PRIMER 1.11. U prostorima nizova m, c, c0: x = supiN

|i|.

PRIMER 1.12. X = C[a, b]: x = maxa6t6b

|x(t)|.

PRIMER 1.13. X = Cp[a, b], 1 6 p < +: x =( b

a|x(t)|pdt

)1/p.

PRIMER 1.14. X = Lp(a, b), 1 6 p < + prostor Lebeg integrabil-nih funkcija na (a, b) (videti glavu 4):

x =( b

a|x(t)|p dm

)1/p.

Rastojawe izme|u dva skupa

DEFINICIJA 1.7. U metri~kom prostoru (X, d) rastojawe ta~kex0 X od skupa A X defini{emo sa

d(x0, A) = inf{d(x0, a) | a A}.

NAPOMENA. Skup {d(x0, a) | a A} je ograni~en odozdo, jer za svakoa A va`i d(x0, a) > 0. Sledi da za svaki skup A 6= odgovaraju}iinfimum postoji, pa je d(x0, A) odre|en nenegativan realan broj.

NAPOMENA. Iz uslova x0 A sledi da je d(x0, A) = 0. Me|utim,obratno ne va`i. Na primer, ako je X = R, x0 = 0, A = R+, tada jed(0,R+) = 0, ali 0 / R+.


DEFINICIJA 1.8. Rastojawe izme|u skupova A,B X u metri~komprostoru (X, d) defini{emo sa

d(A,B) = inf{d(a, b) | a A, b B}.

NAPOMENA. Iz uslova A B 6= sledi da je d(A,B) = 0, ali obrnutone vaì. Na primer, ako je A = R+, B = R, tada je d(R+,R) = 0,ali R+ R = .

DEFINICIJA 1.9. Skup A X je ograni~en u metri~kom prostoru(X, d) ako je skup {d(a, a) | a, a A} ograni~en u R. Za ograni~enskup A postoji realan broj

diam(A) = sup{d(a, a) | a, a A},

koji se zove dijametar skupa A.

NAPOMENA. Ako je A neograni~en, tada kaèmo da je diam(A) = +.Prazan skup i jedno~lani skupovi su ograni~enii dijametar im je jednak

nuli.

Deskriptivne osobine skupova

DEFINICIJA 1.10. Neka je (X, d)metri~ki prostor,x0fiksiranata~kaprostora X i r R+. Otvorena kugla sa centrom u ta~ki x0 polupre-~nika r je skup

K(x0, r) = {x X | d(x0, r) < r}.Zatvorena kugla sa centrom u ta~ki x0 polupre~nika r je skup

K[x0, r] = {x X | d(x0, r) 6 r}.

Sfera sa centrom u ta~ki x0 polupre~nika r je skup

S(x0, r) = {x X | d(x0, r) = r}.

Primetimo da su kugla (i otvorena i zatvorena) i weni podskupovi

ograni~eni skupovi. Obrnuto, svaki ograni~en skup iz prostora X jesadràn u nekoj kugli.

U prostoru R, kugla K(x0, r) je interval (x0 r, x0 + r). Naslici 1 prikazane su jedini~ne otvorene kugle sa centrom u x0 = (0, 0)


polupre~nika r = 1 u prostorima (R2, d1), (R2, d2) i (R2, d), respe-ktivno.

Slika 1.

Neka je f C[a, b] data funkcija i r > 0. Na slici 2 prikazanaje kugla K(f, r) u prostoru C[a, b]. Grafike funkcija f + r i f rdobijamo translacijom grafika funkcije f za vektor (0, r), odnosno(0,r). Kuglu K(f, r) u prostoru C[a, b] sa~iwavaju sve one funkcijeg C[a, b] ~iji se grafik nalazi unutar trake ograni~ene graficimafunkcija f r i f + r.

Slika 2.

DEFINICIJA 1.11. Skup U X iz metri~kog prostora (X, d) je otvo-ren ako je unija neke familije otvorenih kugli prostoraX .

TEOREMA 1.1. Skup U X u metri~kom prostoru (X, d) je otvoren akoi samo ako za svaku ta~ku x0 U postoji kuglaK(x0, r) U .

TEOREMA 1.2. U metri~kom prostoru (X, d) kolekcija U svih otvorenihskupova U X ima slede}a svojstva:

1 , X U;2 unija svake familije elemenata iz U je element kolekcije U;3 presek kona~no mnogo elemenata iz U je element kolekcije U .

DEFINICIJA 1.12. Skup F X u metri~kom prostoru (X, d) je zatvo-ren ako je wegov komplement u odnosu na ~itav prostorX otvoren skup.


TEOREMA 1.3. U metri~kom prostoru (X, d) kolekcija F svih zatvore-nih skupova F X ima slede}a svojstva:

1 , X F;2 presek svake familije elemenata iz F je element kolekcije F;3 unija kona~no mnogo elemenata iz F je element kolekcije F .

DEFINICIJA 1.13. Unutra{wost (interior) skupa A X u prostoruX , u oznaci Int(A) (ili

A) je unija svih otvorenih skupova U X kojisu sadràni u skupu A.

NAPOMENA. Int(A) je najve}i otvoreni skup iz X koji je sadràn uskupu A, tj. Int(A) je otvoreni podskup od A koji sadrì svaki otvore-ni podskup od A.

TEOREMA 1.4. Neka je A X podskup metri~kog prostora (X, d). Zata~ku x X vaì: x Int(A) ako i samo ako je d(x,X \A) > 0.

DEFINICIJA 1.14. Okolina ta~ke x X u prostoru X je svaki skupO X sa svojstvom da je x Int(O).

NAPOMENA. Ako postoji otvoren skup U X za koji je x U O,tada jeU Int(O), pa jeO okolina ta~ke x. ProstorX je okolina svakesvoje ta~ke.

TEOREMA 1.5. Skup U X je otvoren u prostoru X ako i samo ako jeokolina svake svoje ta~ke.

DEFINICIJA 1.15. Adherencija (zatvorewe) skupa A X u prostoruX , u oznaci A (ili ClA), jeste presek svih zatvorenih skupova kojisadrè skup A. Svaka ta~ka x A zove se adherentna ta~ka skupa A.

NAPOMENA. A je najmawi zatvoren skup koji sadrì skup A.

TEOREMA 1.6. Ako je A X i x X tada vaì: x A ako i samoako je d(x,A) = 0. Tako|e vaì: x A ako i samo ako svaka okolina Ota~ke x se~e skup A.


DEFINICIJA 1.16. Ta~ka x0 X je ta~ka nagomilavawa skupa A Xako svaka okolina O ta~ke x0 se~e skup A \ {x0}. Ta~ka x0 A je izo-lovana ta~ka skupa A ako nije ta~ka nagomilavawa skupa A. Skup svihta~aka nagomilavawa skupa A ozna~ava se sa A i naziva se izvodni skupskupa A.

DEFINICIJA 1.17. Granica skupa A X je skup A = A (X \A).

Jednostavno se dokazuju slede}e osobine:

1. A je otvoren A = Int(A);2. Int(Int(A)) = Int(A);3. Int(A B) = Int(A) Int(B);4. A B Int(A) Int(B);5. A = A;6. A B = A B;7. = ;8. A B A B;9. A je zatvoren A = A;10. A = A A;11. A je zatvoren A A;12. C(Int(A)) = CA, C(A) = Int(C(A)) (C ozna~ava komplement);13. A = A \ Int(A).

PRIMER 1.15. Skup {1/n | n N} u metri~kom prostoru R sastoji sesamo od izolovanih ta~aka. Jedina wegova ta~ka nagomilavawa je 0, paje A = {0}, a A = A {0}.Za skup racionalnih brojeva Q u prostoru R va`i Q = Q = R.

Konvergencija u metri~kom prostoru

Neka je (X, d) metri~ki prostor i (xn)n=1 (ili kra}e (xn)), nizta~aka prostoraX .

DEFINICIJA 1.18. Niz (xn) iz prostoraX konvergira ka ta~ki x0 X ,u oznaci xn x0, n + ili lim

n+xn = x0, ako

( > 0)(n0 N)(n N)n > n0 d(xn, x0) < .Ta~ka x0 se naziva grani~na vrednost niza (xn).


TEOREMA 1.7. Ako niz ima grani~nu vrednost, onda je ona jednozna~no

odre|ena.

TEOREMA 1.8. Svaki konvergentan niz je ograni~en, tj. skup wegovih vre-

dnosti {xn | n N} je ograni~en.

DEFINICIJA 1.19. Za svaki strogo rastu}i niz prirodnih brojeva

n1 < n2 < < nk < niz (xnk) je podniz niza (xn).

DEFINICIJA 1.20. Ta~ka x X je adherentna vrednost niza (xn) akopostoji podniz (xnk) koji konvergira ka ta~ki x.

TEOREMA 1.9. Skup adherentnih vrednosti niza je zatvoren skup.

Neprekidna preslikavawa

DEFINICIJA 1.21. Neka suX i Y metri~ki prostori i neka f : X Y .Preslikavawe f je neprekidno u ta~ki x0 X , u oznaci f C{x0}, ako() (V O(f(x0)))(U O(x0)) f(U) V.U protivnom se ka`e da je f prekidno u ta~ki x0.

NAPOMENA. Ekvivalentan uslov uslovu () je(V O(f(x0))) f1(V ) O(f(x0)).

DEFINICIJA 1.22. Preslikavawe f je neprekidno na skupu A X ako jeneprekidno u svakoj ta~ki x0 A.

TEOREMA 1.10. Neka su X,Y i Z metri~ki prostori i neka su datapreslikavawa f : X Y , g : Y Z i ta~ke x0 X i y0 = f(x0) Y .Ako je f neprekidno u x0 i g neprekidno u y0, tada je h = g f : X Zneprekidno u x0.

TEOREMA 1.11. Neka su X,Y metri~ki prostori i f : X Y . Slede}iiskazi su me|usobno ekvivalentni:

1 f je neprekidno preslikavawe;2 za svaki otvoren skup V Y , skup f1(V ) je otvoren;3 za svaki zatvoren skup F Y , skup f1(V ) je zatvoren;4 za svaki skup A X je f(A) f(A) .


NAPOMENA. Neka suX iY metri~ki prostori i neka f : X Y . Ako jef neprekidna funkcija, to ne povla~i da je slika otvorenog (zatvorenog)skupa otvoren (zatvoren) skup. Tako|e, ako je slika otvorenog (zatvore-

nog) skupaotvoren (zatvoren) skup, tonepovla~ineprekidnostfunkcije.

Funkcija koja preslikava svaki otvoren (zatvoren) skup na otvoren

(zatvoren) skup naziva se otvoreno (zatvoreno) preslikavawe.

PRIMER 1.16. Preslikavawe f : R R+0 definisano sa f(x) = x2 jeneprekidno, ali ne preslikava svaki otvoren skup na otvoren skup. Na

primer, f((1, 1)) = [0, 1).

TEOREMA 1.12. Neka su (X, dX) i (Y, dY ) metri~ki prostori i nekax0 X . Preslikavawe f : X Y je neprekidno u ta~ki x0 ako isamo ako va`i

( > 0)( > 0)(x X) dX(x, x0) < dY (f(x), f(x0)) < .

TEOREMA 1.13. Neka su (X, dX) i (Y, dY )metri~ki prostori, f : X Yi neka x0 X . Preslikavawe f je neprekidno u ta~ki x0 ako i samo akoza svaki niz (xn) iz prostora X koji konvergira ka x0, niz (f(xn)) kon-vergira ka f(x0).

DEFINICIJA 1.23. Funkcija f : X R je semineprekidna odozdo uta~ki x0 X ako

( > 0)( > 0)(x X) d(x, x0) < f(x) > f(x0) .

Funkcija f je semineprekidna odozgo u ta~ki x0 ako je, umesto uslovaf(x) > f(x0) , ispuwen uslov f(x) < f(x0) + .

DEFINICIJA 1.24. Neka su (X, dX) i (Y, dY ) metri~ki prostori. Pre-slikavawe f : X Y je uniformno neprekidno ako

( > 0)( > 0)(x, y X) dX(x, y) < dY (f(x), f(y)) < .

Kompletni prostori

DEFINICIJA 1.25. Niz (xn) je Ko{ijev niz (C-niz) ako va`i:

( > 0)(n0 N)(m,n N)m > n > n0 d(xm, xn) < .


TEOREMA 1.14. Svaki konvergentan niz je Ko{ijev.

TEOREMA 1.15. Svaki Ko{ijev niz je ograni~en i ima najvi{e jednu adhe-

rentnu vrednost.

DEFINICIJA 1.26. Metri~ki prostor X je kompletan ako i samo akosvaki Ko{ijev niz izX konvergira u prostoruX .

NAPOMENA. Izraz konvergira u prostoru X zna~i da Ko{ijev nizkonvergira u metrici prostora X i da wegova grani~na vrednost pri-pada prostoruX .

Banahovi prostori

DEFINICIJA 1.27. Normirani prostor (X,K) je Banahov prostor akoje kompletan u odnosu na metriku koju u wemu indukuje norma.

DEFINICIJA 1.28. Preslikavawe f : X X je kontrakcija metri~kogprostora X ako

( [0, 1))(x, y X) d(f(x), f(y)) 6 d(x, y).Broj zove se koeficijent kontrakcije.

DEFINICIJA 1.29. Ta~ka x X jefiksna (nepokretna) ta~ka preslika-vawa f : X X ako je f(x) = x.

TEOREMA 1.16. (Banahova teorema o fiksnoj ta~ki) Ako je (X, d) kom-pletan metri~ki prostor i f : X X kontrakcija sa koeficijentom, onda preslikavawe f ima jedinstvenu fiksnu ta~ku y X . Pritom,ta~ka y je granica niza (xn) ~iji je prvi ~lan x1 proizvoqan, a ostali~lanovi su definisani sa xn = f(xn1) , n > 2 , i va`i ocena

d(xn, y) 6n1

1 d(x1, f(x1)).

Kompaktnost

DEFINICIJA 1.30. Neka je (X, d) metri~ki prostor, neka je A X iU = {Ui | i I} familija podskupova skupaX . U je pokriva~ skupaA akoje A iI Ui. Specijalno, U je pokriva~ skupa X ako je X = iI Ui.Pokriva~ U je otvoren ako su skupovi Ui, i I , otvoreni. Potkolekcijupokriva~a koja i sama predstavqa pokriva~ nazivamo potpokriva~ datog

pokriva~a.


DEFINICIJA 1.31. Metri~ki prostor (X, d) je kompaktan ako ima Ha-jne-Borelovu osobinu, tj. iz svakog otvorenog pokriva~a moè se izdvo-

jiti kona~an potpokriva~.

TEOREMA 1.17. U metri~kom prostoru (X, d) slede}i uslovi su me|uso-bno ekvivalentni:

1 prostor X je kompaktan;2 svaki beskona~an skup A X ima bar jednu ta~ku nagomilavawa;3 svaki niz izX sadrì bar jedan konvergentan podniz.

DEFINICIJA 1.32. Skup A X je kompaktan ako je, posmatran sam zasebe kao prostor, jedan kompaktan prostor.

DEFINICIJA 1.33. Skup A X je relativno kompaktan ako je A kom-paktan skup.

TEOREMA 1.18. Svaki kompaktan metri~ki prostor je kompletan.

TEOREMA 1.19. Svaki zatvoreni podskup kompaktnog metri~kog prosto-

ra X je kompaktan.

TEOREMA 1.20. Svaki kompaktan skup u proizvoqnommetri~kom prosto-

ru X je zatvoren.

TEOREMA 1.21. Skup K Rn je kompaktan ako i samo ako je zatvoren iograni~en.

TEOREMA 1.22. Neprekidna funkcija preslikava kompaktan skup na kom-

paktan skup.

Povezanost

DEFINICIJA 1.34. Metri~ki prostor (X, d) je povezan ako se skupX nemoè predstaviti kao unija dva neprazna disjunktna otvorena skupa. U

suprotnom X je nepovezan.

TEOREMA 1.23. U metri~kom prostoru (X, d) slede}i uslovi su me|uso-bno ekvivalentni:

1 X je povezan;2 skupX se ne moè predstaviti kao unija dva neprazna disjunktnazatvorena skupa;

3 jedini istovremeno otvoreni i zatvoreni skupovi uX su i X .


DEFINICIJA 1.35. Skup A X je povezan skup metri~kog prostora(X, d) ako je (A, dA) povezan metri~ki prostor.

TEOREMA 1.24. Neka su X,Y metri~ki prostori i f : X Y nepre-kidno preslikavawe. Ako je skup A X povezan, onda je povezan i skupf(A) = {f(x) | x A} Y .

PRIMER 1.17. Skup R sa euklidskom metrikom je povezan.

Separabilnost

DEFINICIJA 1.36. Skup A je svuda gust u skupu B ako je bilo kojata~ka iz B adherentna ta~ka skupa A, tj. ako je B A.

PRIMER 1.18. Skup Q je svuda gust u skupu R.

NAPOMENA. Sa KQ ozna~ava}emo skup Kracionalnih brojeva, tj.skup racionalnih brojeva ako je K = R, odnosno skup brojeva oblikax+ iy, x, y Q ako je K = C. Skup KQ je svuda gust u K.

TEOREMA 1.25. (Vajer{trasova teorema) Neka je f C[a, b]. Tada zasvako > 0 postoji polinom P, takav da je |x(t) P(t)| < za svea 6 t 6 b.

DEFINICIJA 1.37. Metri~ki prostor X je separabilan ako u wemu po-stoji najvi{e prebrojiv svuda gust skup ta~aka.

DEFINICIJA 1.38. Kolekcija otvorenih skupova B = {Bi | i I} umetri~kom prostoruX obrazuje bazutog prostora ako se svaki neprazanotvoren skup izX mo`e prikazati kao unija skupova iz kolekcije B.

TEOREMA 1.26. U metri~kom prostoru X slede}i uslovi su me|usobnoekvivalentni:

1 X je separabilan;2 X ima najvi{e prebrojivu bazu;3 svaki skup u X ~ije su sve ta~ke izolovane je najvi{e prebrojiv;4 svaka disjunktna familija nepraznih otvorenih skupova u X jenajvi{e prebrojiva.


TEOREMA 1.27. Svaki kompaktan metri~ki prostor je separabilan.

Hilbertovi prostori

DEFINICIJA 1.39. Neka je X vektorski prostor na skupu K {R,C}.Preslikavawe , : X X K je skalarni proizvod vektora x, y Xako va`i:

(SP1) x, y = x, y, K,(SP2) x1 + x2, y = x1, y+ x2, y,(SP3) x, y = y, x,(SP4) x, x > 0,(SP5) x, x = 0 x = 0.

(SP1) predstavqa homogenost po prvom argumentu, a (SP2) adi-

tivnost po prvom argumentu. Zajedno, (SP1) i (SP2) predstavqaju li-

nearnost po prvom argumentu.

Osobine skalarnog proizvoda:

1 x, y = x, y;2 x, y1 + y2 = x, y1+ x, y2;3 x, y = ||2x, y;4 |x, y|2 6 x, x y, y;5x+ y, x+ y 6x, x+y, y.Osobine 1 i 2 predstavqaju antilinearnost skalarnog proizvodapo drugom argumentu. Specijalno, ako je poqe skalara realno tada je

skalarni proizvod linearan i po drugom argumentu. Nejednakost 4 jenejednakostKo{i[varcBuwakovskog, a5 je nejednakostMinkovskog.

DEFINICIJA 1.40. Vektorski prostor X snabdeven skalarnim proizvo-dom naziva se predHilbertov ili unitarni prostor.

PredHilbertov prostor naj~e{}e obele`avamo saH .

LEMA 1.1. Ako je H predHilbertov prostor, tada je x = x, xjedna norma na prostoruH , indukovana skalarnim proizvodom.


DEFINICIJA 1.41. PredHilbertov prostor koji je kao normiran pro-

stor, u odnosu na normu indukovanu skalarnim proizvodom, kompletan

zove se Hilbertov prostor.

Navedimo nekoliko primera Hilbertovih prostora.

PRIMER 1.19. X = Kk, x, y =ki=1

ii.

PRIMER 1.20. X = `2: x, y =+i=1

ii.

PRIMER 1.21. X = L2(a, b): x, y = bax(t)y(t) dt.

DEFINICIJA 1.42. Vektori x, y H su ortogonalni (u oznaci x y)ako je x, y = 0.

DEFINICIJA 1.43. Ortogonalni komplement elementax H defini{ese sa {y H | x, y = 0}, a ortogonalni komplement skupa Y Hdefini{e se sa Y = {x H | (y Y ) x, y = 0}.


1.2 Zadaci

1.1. Proveriti da li slede}e funkcije defini{u rastojawa u R:(a) f1(x, y) =

|x y| ; (b) f2(x, y) = cos2(x y).Re{ewe. (a) Kako je

|x y| > 0, funkcija f1 je nenegativna. Daqe,|x y| = 0 ako i samo ako je |x y| = 0, tj. ako i samo ako je x = y.Dakle, funkcija f1 zadovoqava osobinu (M1) metrike. Vaì i (M2), jerje f1(x, y) =

|x y| =|y x| = f1(y, x).Za nenegativne realne brojeve vaì nejednakost

a+ b 6 a+b.Polaze}i od nejednakosti |x y| 6 |x z|+ |z y|, koriste}i osobinekvadratnog korena i navedenu nejednakost dobijamo

f1(x, y) =|x y| 6

|x z|+ |z y| 6

|x z|+

|z y|

= f1(x, z) + f1(z, y),

~ime smo dokazali i (M3). Dakle, f1 jeste metrika na R2.(b) Kako je, na primer, f2(pi/2, 0) = cos2(pi/2 0) = 0, f2 nijemetrika na R2.

1.2. Neka preslikavawe x 7 f(x) defini{e na [0,+) neprekidnufunkciju, koja je nenegativna, strogo konkavna i koja ima vrednost

0 samo za x = 0. Dokazati da je sa d(x, y) = f(|x y|), x, y R,definisana metrika na R.

Re{ewe. Prema uslovima zadatka je f(x) > 0 za x > 0. Kako za svex, y R vaì |x y| > 0, to je d(x, y) = f(|x y|) > 0. Daqe,d(x, y) = 0 f(|xy|) = 0 |xy| = 0 x = y, tj. vaì (M1). Kakoje d(x, y) = f(|x y|) = f(|y x|) = d(y, x), vaì (M2).

Slika 1.

Ova nejednakost se jednostavno dobija iz nejednakosti a + b 6 a + b + 2

ab =

(a+

b)2.

22 1.2. ZADACI

Funkcija f koja zadovoqava uslove zadatka nema maksimum, tj. morabiti strogo rastu}a na [0,+) (videti sliku 1). Ako to ne bi vaìlo,tj. ako bi funkcija bila opadaju}a na nekom intervalu, tada bi morala

da ima lokalni minimum u nekoj ta~ki x1 > 0. Tada u nekoj okolinita~ke x1 postoje ta~ke y1, y2, y1 < x1 < y2, takve da je f(y1) = f(y2).

Tada je x1 = y1 + y2, gde su =x1 y1y2 y1 i =

y2 x1y2 y1 . O~igledno je

0 < < 1 i = 1, pa je zbog konkavnosti f(x1) > f(y1)+f(y2) =f(y1). Kontradikcija!

Neka su a i b proizvoqni pozitivni realni brojevi. Postavimose~ice kroz ta~ke (0, 0) i (a, f(a)) i kroz ta~ke (b, f(b)) i (a+b, f(a+b))i ozna~imo uglove i kao na slici 1. Tada je 0 < 6 < pi/2, pa jetg 6 tg. Kako je

tg =f(a+ b) f(b)

a+ b b i tg =f(a) f(0)

a 0 ,

to je

f(a+ b) f(b)a

6 f(a)a, tj. f(a+ b) 6 f(a) + f(b).

Sada je

d(x, y) = f(|x y|) = f(|x z + z y|)6 f(|x z|+ |z y|) (f rastu}a funkcija)6 f(|x z|) + f(|z y|) (f subaditivna funkcija)= d(x, z) + d(z, y),

~ime smo pokazali i (M3).

NAPOMENA. Na osnovu zadatka 1.2, moèmo dobiti veliki broj metrika

na R. Na primer, d(x, y) = arctg |x y| je jedna metrika na R, jerfunkcija f(x) = arctg x zadovoqava uslove date u zadatku 1.2. Tako|e,funkcija f1 iz zadatka 1.1 (a) je jedan takav primer.

1.3. Neka je (X, d) metri~ki prostor, a f : R+0 R+0 monotono ne-opadaju}a subaditivna funkcija za koju vaì f(x) = 0 ako i samo akoje x = 0. Defini{imo preslikavawe g : X X R+0 sa g(x, y) =f(d(x, y)). Dokazati da je tada (X, g) metri~ki prostor.

Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad (sli~no zadatku 1.2).

Za funkciju koja zadovoqava ovakvu nejednakost kaèmo da je subaditivna.


1.4. Neka je (X, d) metri~ki prostor. Dokazati da je i preslikavawe

d1(x, y) =d(x, y)

1 + d(x, y)jedna metrika na skupuX .

Re{ewe. Osobine (M1) i (M2) metrike se jednostavno dokazuju iz ~i-

wenice da je d metrika. Tako|e, vaì i da je d1 nenegativna funkcija.Ostaje jo{ da pokaèmo da vaì (M3), odnosno da je

d1(x, y) 6 d1(x, z) + d1(z, y),

tj. da je

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

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

+d(z, y)

1 + d(z, y).

Posledwa nejednakost ekvivalentna je sa

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

)6 d(x, z)

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

)+ d(z, y)

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

),

odnosno sa

d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y) + 2d(x, z)d(z, y) + d(x, y)d(x, z)d(z, y).

Posledwa nejednakost vaì jer je d metrika na X .

NAPOMENA. Posmatrajmo preslikavawe f : R+0 R+0 , definisano saf(u) = u/(1 + u). Vaì f(x) = 0 ako i samo ako je x = 0 i f (u) =1/(1 + u)2 > 0, pa je funcija f strogo monotono rastu}a. Ona je isubaditivna, jer za u, v > 0 vaì

u+ v1 + u+ v

=u

1 + u+ v+

v

1 + u+ v6 u

1 + u+

v

1 + v.

Prema zadatku 1.3, d1 je metrika naX .

1.5. Dokazati da se na skupu R = R {,+} metrika moè uvestisa

d(x, y) = x1 + |x| y1 + |y|

,pri ~emu je x/(1+|x|) = 1 za x = . Dokazati tako|e da je metri~kiprostor (R, d) izometri~an sa ([1, 1], d1), gde je d1(x, y) = |x y|.Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu da pokaè da je d metrika na R. Presli-kavawe f : R [1, 1], definisano sa f(x) = x/(1 + |x|), x R, je

24 1.2. ZADACI

bijektivno (dokazati!) i za proizvoqne ta~ke x, y R vaì d(x, y) =d1(f(x), f(y)). Prema tome metri~ki prostor (R, d) je izometri~an sa([1, 1], d1) (videti definiciju 1.2.).

1.6. Neka je na skupuX definisana relacija takva da za x, y X vaìx y (x, y) = 0, gde je pseudometrika.(a) Dokazati da je relacija ekvivalencije.

(b) Dokazati da je sa d(Cx, Cy) = (x, y) definisana metrika nakoli~nik prostoruX/.

Re{ewe. (a) Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad.

(b) Podsetimo se da je Cx = {z X | z x}.Pokaza}emo prvo da je preslikavawe d dobro definisano. Nekaje d(Cx, Cy) = (x, y) i d(Cx, Cy) = (x, y), x, x Cx, y, y Cy.Dokaìmo da je tada (x, y) = (x, y). Primetimo najpre da zbogx, x Cx vaì x x, pa je (x, x) = 0. Analogno je i (y, y) = 0.Kako je pseudometrika, ona zadovoqava (M3), pa je

(x, y) 6 (x, y) + (y, y) = (x, y) 6 (x, x) + (x, y) = (x, y).

Analogno dokazujemo i da je (x, y) 6 (x, y), pa je (x, y) = (x, y),tj. preslikavawe d je dobro definisano.

Dokaìmo sada da je dmetrika. Nenegativnost, kao i osobine (M2) i(M3) metrike slede direktno iz ~iwenice da je pseudometrika. Jedinotreba pokazati da vaì (M1), tj. da vaì d(Cx, Cy) = 0 ako i samo ako jeCx = Cy. Ako jeCx = Cy tada je d(Cx, Cy) = d(Cx, Cx) = (x, x) = 0, jerje pseudometrika, pa zadovoqava (M1'). Obratno, ako je d(Cx, Cy) = 0,tada je (x, y) = 0, pa je x y, odnosno, Cx = Cy. Dakle, (X/, d) jemetri~ki prostor.

1.7. Neka je D(k)[a, b] skup svih realnih funkcija koje na [a, b] imajuneprekidne izvode do reda k zakqu~no. Tada je

d(x, y) =k

=0

maxa6t6b

x()(t) y()(t)metrika u D(k)[a, b]. Dokazati.

Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad.

1.8. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A X , A 6= . Dokazati da zax, y X vaì nejednakost |d(x,A) d(y,A)| 6 d(x, y).


Re{ewe. Iz definicije rastojawa ta~ke od skupa (definicija 1.7.) i

nejednakosti trougla za svako a A vaì

d(x,A) 6 d(x, a) 6 d(x, y) + d(y, a),

pa je d(x,A) d(x, y) 6 d(y, a). Iz prethodne nejednakosti sledi da jed(x,A) d(x, y) 6 d(y,A), tj.

d(x,A) d(y,A) 6 d(x, y).

Ako u posledwoj nejednakosti zamenimo x i y, dobijamo

d(y,A) d(x,A) 6 d(y, x) = d(x, y),

{to zajedno sa prethodnom nejednako{}u dokazuje traènu nejednakost.

NAPOMENA. Koriste}i dokazanu nejednakost lako se pokazuje da je

preslikavawe f : X R+, definisano sa f(x) = d(x,A), neprekidnona X .

1.9. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A,B X . Dokazati da vaì

d(A,B) = inf{d(t, B) | t A} = inf{d(t, A) | t B}.

Re{ewe. Vaì

inf{d(t, B) | t A} = inf{inf{d(t, b) | b B} | t A}= inf{d(t, b) | t A, b B} = d(A,B).

Analogno se dokazuje i druga jednakost.

1.10. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A,B,C X . Dokazati da je

d(A B,C) = min{d(A,C), d(B,C)}.

Re{ewe. Vaì

d(A B,C) = inf{d(x,C) | x A B}= inf{d(x,C) | x A x B}= inf

{{d(x,C) | x A} {d(x,C) | x B}}= min{d(A,C), d(B,C)}.

26 1.2. ZADACI

1.11. Neka je (X, d)metri~ki prostor iA,B X . Dokazati da relacijaA B povla~i diam(A) 6 diam(B). Ako je prostor X ograni~en,dokazati da je i svaki wegov potprostor ograni~en.

Re{ewe. Ako je A B tada vaì (x)x A x B, pa je

sup{d(a, a) | a, a A} 6 sup{d(b, b) | b, b B},

tj. diam(A) 6 diam(B) (videti definiciju 1.9.).Ako je prostor X ograni~en, onda je diam(X) < +, pa za svakipotprostor A X vaì diam(A) 6 diam(X) < +. Dakle, potpros-tor A je ograni~en.

1.12. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A,B X . Dokazati nejedna-kost

diam(A B) 6 diam(A) + d(A,B) + diam(B).

Re{ewe. Po definiciji rastojawa d(A,B) izme|u dva skupa (defini-cija 1.8.), za svako > 0 postoje ta~ke a A i b B takve da jed(a, b) < d(A,B) + . Zato za proizvoqne a A i b B i svako > 0vaì (videti sliku 2.)

d(a, b) 6 d(a, a)+d(a, b)+d(b, b) 6 diam(A)+d(A,B)+diam(B)+.

Slika 2.

Kako je diam(A) + d(A,B) + diam(B) o~igledno gorwa granica iza

{d(a, a) | a, a A} {d(b, b) | b, b B},to za svako x, y A B vaì d(x, y) 6 diam(A) + d(A,B) + diam(B).Dakle, diam(A B) 6 diam(A) + d(A,B) + diam(B).

1.13. Skup Ipa = Ia Ia pputa

Rp, gde je Ia = [a, a] R, je pkocka

stranice 2a > 0, sa sredi{tem u koordinatnom po~etku 0 euklidskogprostora Rp. Na}i diam(Ipa).


Re{ewe. Ako su x = (x1, x2, . . . , xp) i y = (y1, y2, . . . , yp) ta~ke iz Ipa ,

onda za svako = 1, . . . , p vaì a 6 x 6 a i a 6 y 6 a, pa je|x y | 6 2a. Zato je

d(x, y) =

(p

=1

|x y |2)1/2

6(p(2a)2

)1/2 = 2ap,pa je diam(Ipa) 6 2a

p. Kako za ta~ke x0 = (a,a, . . . ,a) i y0 =

(a, a, . . . , a) vaì x, y Ipa i d(x0, y0) = 2ap, to je diam(Ipa) = 2ap.

1.14. Koji su od navedenih skupova otvoreni, zatvoreni, a koji nisu ni

otvoreni ni zatvoreni:

1 A = [a, b] [a+ b,+) u R;2 B = {(x, y) | xy = 1} u R2;3 C = {(x, y) | xy 6 1} u R2;4 D = [a, b] [c, d) u R2;5 Ag = {f | f(x) < g(x), f C[0, 1]}, za fiksirano g C[0, 1];6 A1g = {f | f(x) 6 g(x), f C[0, 1]}, za fiksirano g C[0, 1]?Re{ewe. 1 Kako je skupCA = (, a) (b, a+ b) otvoren, to je skup Azatvoren.

2 Skup CB je otvoren (sadrì okolinu svake svoje ta~ke videtiteoremu 1.5.), pa je skup B zatvoren.

3 SkupCC je otvoren (sadrì okolinu svake svoje ta~ke), pa je skupC zatvoren.

4 Skup D nije ni otvoren ni zatvoren.5 Kugla K sa centrom u funkciji f C[0, 1], polupre~nika r jeskup

K(f, r) = {h C[0, 1] | d(f, h) < r}={h C[0, 1] | max

06t61|f(t) h(t)| < r}.Kako vaì (f Ag)(K(f, r))K(f, r) Ag, to je skup Ag otvoren.

6 Na isti na~in kao u primeru 5 pokazuje se da je skup CA1gotvoren, {to zna~i da je skup A1g zatvoren.

1.15. (Ultrametri~ki prostor)Neka je (X, d) metri~ki prostor i nekaza d vaì d(x, y) 6 max{d(x, z), d(z, y)}, za sve x, y, z X . Dokazatislede}a tvr|ewa.

28 1.2. ZADACI

(a) d(x, z) 6= d(z, y) d(x, y) = max{d(x, z), d(z, y)}.(b) y K(x, r) K(y, r) = K(x, r).(v) Ako dve kugle u X imaju bar jednu zajedni~ku ta~ku onda je jednaod wih sadràna u drugoj.

(g) Rastojawe izme|u dve disjunktne otvorene kugle polupre~nika r,koje su sadràne u zatvorenoj kugli polupre~nika r, jednako je r.

Re{ewe. (a) Neka je d(x, z) 6= d(z, y). Pretpostavimo najpre da jed(x, z) < d(z, y). Tada je d(x, y) 6 max{d(x, z), d(z, y)} = d(z, y).Dokaìmo da je d(x, z) < d(x, y). Ako bi vaìlo d(x, y) 6 d(x, z),tada bi bilo d(z, y) 6 max{d(z, x), d(x, y)} = d(z, x), {to je u kon-tradikciji sa pretpostavkom d(x, z) < d(z, y). Prema tome, vaìd(x, z) < d(x, y), odnosno d(x, z) < d(x, y) 6 d(z, y). Tako|e, vaìi d(z, y) 6 max{d(z, x), d(x, y)} = d(x, y). Iz posledwe dve nejed-nakosti imamo d(x, y) 6 d(z, y) 6 d(x, y), pa je d(x, y) = d(z, y) =max{d(x, z), d(z, y)}.Analogno se dokazuje i u slu~aju kada vaì d(z, y) < d(x, z).

(b) Neka je y K(x, r).Za proizvoqno z K(y, r) vaì d(y, z) < r, pa je, zbog d(y, x) < r,ispuweno d(z, x) 6 max{d(z, y), d(y, x)} < r, tj. z K(x, r). Dakle,vaì

(1) K(y, r) K(x, r).

Analogno, za proizvoqno z K(x, r) vaì d(z, x) < r, pa, zbogd(y, x) < r, vaì d(z, y) 6 max{d(z, x), d(x, y)} < r, tj. z K(y, r).Prema tome, vaì

(2) K(x, r) K(y, r).

Iz (1) i (2) slediK(x, r) = K(y, r).

(v)Neka je z zajedni~ka ta~ka kugliK(x, r)iK(y, ). Iz z K(x, r),na osnovu dela (b), sledi da jeK(z, r) = K(x, r). Sli~no, iz z K(y, )slediK(z, ) = K(y, ).

Neka je r < . Tada vaìK(x, r) = K(z, r) K(z, ) = K(y, ).(g) Uo~imo kugle

K1 = K(x, r) K[z, r], K2 = K(y, r) K[z, r], K1 K2 = .


Treba pokazati da vaì

d(K1,K2) = infxK1yK2

d(x, y) = r.

Kako je K1 K2 = , to y / K1, pa je d(x, y) > r. S druge strane,d(x, y) 6 max{d(x, z), d(z, y)} 6 r, jer je d(x, z) 6 r i d(z, y) 6 r.Dakle, vaì d(x, y) = r.Uo~imo sada proizvoqne ta~ke x K1 i y K2 i odredimo

d(x, y). Vaì

(3) d(x, y) 6 max{d(x, x), d(x, y)}.Kako je d(x, y) = r i d(y, y) < r to je

d(x, y) 6 max{d(x, y), d(y, y)} = r,pa na osnovu (a) dobijamo

(4) d(x, y) = r.

Iz (3), (4) i ~iwenice da je d(x, x) < r sledi

d(x, y) 6 max{d(x, x), d(x, y)} = r,odakle, na osnovu dela (a), sledi da je d(x, y) = r.Prema tome, za sve ta~ke x K1, y K2 vaì d(x, y) = r, pa je i

d(K1,K2) = r.

1.16. Neka je (X, d) metri~ki prostor, x0 X i A X .(a) Dokazati da vaì d(x0, A) = d(x0, A).(b) Proveriti da li za svaki skupA X i svaku ta~ku x0 X vaì

d(x0, A) = d(x0, IntA).

Re{ewe. (a) Kako je A A, to je d(x0, A) 6 d(x0, A).S druge strane, iz definicije rastojawa ta~ke od skupa (defini-

cija 1.7.) i definicije infimuma vaì

( > 0)(a A) d(x0, a) 6 d(x0, A) + 2 .

Daqe, za svaku ta~ku a A postoji a A tako da je d(a, a) < /2(videti teoremu 1.6.), pa iz nejednakosti trougla dobijamo

d(x0, a) 6 d(x0, a) + d(a, a) < d(x0, a) +

2.

30 1.2. ZADACI

Sada imamo

d(x0, A) = inf{d(x0, a) | a A} 6 d(x0, a) < d(x0, a) + 26 d(x0, A) +

2+

2= d(x0, A) + .

Kako je > 0 proizvoqno, to je d(x0, A) 6 d(x0, A), a kako smo ve}pokazali da vaì i d(x0, A) > d(x0, A), to je d(x0, A) = d(x0, A).(b) Tvr|ewe ne vaì. Na primer, za X = R, x0 = 2 iA = [0, 1]{2}.Tada je IntA = (0, 1) i d(x0, IntA) = 1. Kako x0 A, to je d(x0, A) = 0.O~igledno da je u ovom primeru d(x0, A) 6= d(x0, IntA).

1.17. Neka je (X, d) metri~ki prostor, A,B X .(a) Dokazati da vaì d(A,B) = d(A,B) = d(A,B) = d(A,B).(b) Proveriti da li za svaka dva skupa A,B X vaì jednakost

d(A,B) = d(IntA, IntB).

Re{ewe. (a) Na osnovu zadataka 1.9 i 1.16 dobijamo

d(A,B) = infxA

d(x,B) = infxA

d(x,B) = d(A,B),

d(A,B) = infxB

d(x,A) = infxB

d(x,A) = d(B,A) = d(A,B),

d(A,B) = infxA

d(x,B) = infxA

d(x,B) = d(A,B),

odakle sledi tvr|ewe.

(b) Ne vaì. Na primer za X = R, A = [0, 1] {2}, B = {2} [3, 4]je IntA = (0, 1), IntB = (3, 4), pa je d(A,B) = 0 i d(IntA, IntB) = 2.

1.18. (Proizvod metri~kih prostora) Neka su (Xi, di), 1 6 i 6 n,metri~ki prostori,X =

ni=1Xi i preslikavawe d : X X R defi-nisano sa d(x, y) = max

16i6ndi(xi, yi), za x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn).

Dokazati slede}a tvr|ewa.

(a) (X, d) je metri~ki prostor.

(b) K(a, r) =ni=1

Ki(ai, r) (oznaka Ki ukazuje da se radi o kugli u

odnosu na metriku di), a = (a1, . . . , an) X , r R.(v) Ako jeAi otvoren skup uXi, 1 6 i 6 n, tada jeA =

ni=1

Ai otvorenu X .

(g)

ni=1

Ai =ni=1

Ai.


Re{ewe. (a) Ostaje ~itaocu za samostalan rad.

(b) Jednakost sledi iz slede}eg ekvivalencijskog lanca:

x K(a, r) d(x, a) < r max16i6n

di(xi, ai) < r

(i {1, . . . , n}) di(xi, ai) < r (i {1, . . . , n})xi Ki(ai, r) x

ni=1

Ki(ai, r).

(v) Neka je x = (x1, x2, . . . , xn) ni=1

Ai. Tada za svako i {1, . . . , n}va`i xi Ai. Po{to je Ai, i {1, . . . , n}, otvoren skup, to, na osnovuteoreme 1.1., za svaki indeks i {1, . . . , n} postoji i > 0 tako da jeKi(xi, i) Ai. Neka je = min

16i6ni. Tada je K(x, ) A, pa je Aotvoren skup uX .

(g) Jednakost sledi iz slede}eg ekvivalencijskog lanca (videti teo-

remu 1.6.):

x ni=1

Ai ( > 0)ni=1

Ai ni=1

Ki(xi, ) 6=

( > 0)ni=1

(Ai Ki(xi, )

) 6= ( > 0)(i {1, . . . , n})Ai Ki(xi, ) 6= (i {1, . . . , n})( > 0)Ai Ki(xi, ) 6= (i {1, . . . , n})xi Ai x

ni=1

Ai.

1.19. Neka je (X, d) metri~ki prostor, A X , A 6= , > 0 iK(A, ) = {x X | d(x,A) < }. Dokazati slede}a tvr|ewa.(a) K(A, ) =

aA

K(a, ).

(b) (K(A, 1/n)) A.(v) Svaki zatvoren skup u X je Gskup, tj. grani~na vrednostnekog opadaju}eg niza otvorenih skupova (presek prebrojive familije

otvorenih skupova).

(g) Svaki otvoren skup u X je Fskup, tj. grani~na vrednostnekog rastu}eg niza zatvorenih skupova (unija prebrojive familije

zatvorenih skupova).

32 1.2. ZADACI

Re{ewe. (a) Jednakost sledi iz slede}eg ekvivalencijskog lanca

y K(A, ) d(y,A) < inf{d(y, a) | a A} < (a A) d(y, a) < (a A) y K(a, ) y

aAK(a, ).

(b) Zbog

x K(A,

1n

) d(x,A) < 1

n 0 postoji okolina V O(x0) takva da jeF (V ) K(F (x0), ), tj. dp(F (x), F (x0)) < za sve x V . Tada je za svei = 1, . . . , n i sve x V ispuweno

|fi(x) fi(x0)| 6 dp(F (x), F (x0)) < ,odnosno, za sve i = 1, . . . , n vaì fi(V ) K(fi(x0), ), {to zna~i da zasvako i = 1, . . . , n vaì fi C{x0}.Pretpostavimo sada da za sve i = 1, . . . , n vaì fi C{x0}. Tada,na osnovu teoreme 1.12., za svako > 0 vaì

(i {1, . . . , n})(Vi O(x0)) fi(Vi) K(fi(x0),

pn

),

tj. za svako i = 1, . . . , n, za sve x Vi vaì |fi(x) fi(x0)| < / pn.

Neka je V =ni=1

Vi. O~igledno je V okolina ta~ke x0. Tada za sve x Vvaì

dp(F (x), F (x0)) 6(

ni=1

p

n

)1/p= .

Dakle, postoji V O(x0) takvo da je F (V ) K(F (x0), ), pa jeF C{x0}.

1.22. Neka su X i Y metri~ki prostori i f1 : X Y , f2 : X Yneprekidna preslikavawa. Tada je skup A = {x X | f1(x) = f2(x)}zatvoren u X . Dokazati.

Re{ewe. Da bi dokazali da je skup A zatvoren treba dokazati da je skupG = X \A otvoren.Neka je x proizvoqna ta~ka iz G. Tada je f1(x) 6= f2(x), pa postojedisjunktne okoline V1 O(f1(x)) i V2 O(f2(x)). Kako su f1 i f2neprekidna preslikavawa, to postoje okoline U1, U2 O(x) takve davaì f1(U1) V1 i f2(U2) V2. Skup U = U1 U2 je okolina ta~ke xi skupovi f1(U) i f2(U) su disjunktni. Dakle, x U G, pa je skup Gotvoren jer sadrì okolinu svake svoje ta~ke.

1.23. Neka je C[0, 1] skupfunkcija koje su deo po deo diferencijabilne,sa normom f = max

x[0,1]|f(x)|. Neka je preslikavawe ` : C[0, 1] R


definisano sa `(f) = 10

1 + (f (x))2 dx. Pokazati da preslikavawe

` nije neprekidno.

Re{ewe. Poznato je da `(f) predstavqa duìnu luka krive f na inter-valu [0, 1]. Uo~imo niz funkcija (fn), n N, definisanih na intervalu[0, 1] tako da wihovi grafici predstavqaju:za f1 polukrug nad [0, 1];za f2 uniju dva polukruga nad [0, 1/2] i [1/2, 1];za f3 uniju ~etiri polukruga nad [0, 1/4], [1/4, 1/2], [1/2, 3/4] i [3/4, 1](videti sliku 3) itd.

Slika 3.

O~igledno je da fn C[0, 1] za svako n N. Daqe, vaì

fn 0 = 12n 0, n + fn 0, n + u C[0, 1],

dok je

`(fn) =12n pi 2n1 = pi

2, n N; `(0) = 1.Dakle, za uo~eni niz (fn) vaì

fn 0, n + `(fn) 6 `(0),{to zna~i da funkcija ` nije neprekidna (videti teoremu 1.13.).

1.24. Neka je (X, d) metri~ki prostor iA,B X takvi da jeAB = i A B = . Dokazati da tada postoje otvoreni skupovi U i V takvida je A U , B V i U V = .Re{ewe. Dokaza}emo najpre da je preslikavawe f : X R definisanosa f(x) = d(x,A) d(x,B) neprekidno na X . Za svako > 0 postoji = /2 takvo da kad god je za x, y X ispuweno d(x, y) < , tada je(videti zadatak 1.8)

|f(x) f(y)| = |d(x,A) d(x,B) d(y,A) + d(y,B)|6 |d(x,A) d(y,A)|+ |d(x,B) d(y,B)|6 d(x, y) + d(x, y) = 2d(x, y) < 2 = .

36 1.2. ZADACI

Prema teoremi 1.12., preslikavawe f je neprekidno naX .

Obeleìmo U = f1((, 0)), V = f1((0,+)). Skupovi U i Vsu otvoreni (videti teoremu 1.11.).

Za x A prema uslovima zadatka vaì da x 6 B, pa je d(x,A) = 0i d(x,B) > 0, odnosno, f(x) < 0, {to zna~i da x U . Dakle, A U .Analogno se dokazuje i da je B V . Sada je

U V = f1((, 0)) f1((0,+))= f1((, 0) (0,+)) = f1() = .

1.25. Neka je (X, d) metri~ki prostor iA,B X neprazni, zatvoreni,disjunktni skupovi. Tada postoji neprekidna funkcija f : X [0, 1]sa svojstvima f1(0) = A i f1(1) = B. Dokazati.

Re{ewe. Preslikavawe f(x) =d(x,A)

d(x,A) + d(x,B)zadovoqava traèna

svojstva. Ostavqa se ~itaocu da to dokaè.

1.26. Neka je X = A B, pri ~emu su A i B oba otvorena ili obazatvorena i neka f : X Y . Ako su preslikavawa fA (restrikci-ja funkcije f na skup A) i fB neprekidna onda je i f neprekidno.Dokazati.

Re{ewe. Neka su A i B otvoreni i neka jeH otvoren skup u Y . Tada je

f1(H) = (fA)1(H) (fB)1(H).Kako je (fA)1(H) otvoren skup u otvorenom skupu A i (fB)1(H)otvoren u otvorenom skupu B, skupovi (fA)1(H) i (fB)1(H) suotvoreni i u prostoru X . Skup f1(H) je otvoren jer je jednak unijidva otvorena skupa. To zna~i da je preslikavawe f neprekidno na X(videti teoremu 1.11.).

Analogno se dokazuje tvr|ewe za slu~aj kada su A i B zatvoreniskupovi. Ostavqa se ~itaocu da to dokaè.

1.27. Dokazati da je preslikavawe f : M R semineprekidno odozdoako i samo ako je skup Ma = {x M | f(x) 6 a} zatvoren za svakoa R.Re{ewe. Neka je f : M R semineprekidno odozdo i a proizvoqanrealan broj. Neka je (xn) niz ta~aka izMa, takav da xn x0, n +.Dokaza}emo da x0 Ma.


Iz pretpostavke da xn x0, n +, sledi da za svako > 0postoji kugla K(x0, ), takva da za dovoqno veliko n (tj. za n > n0)vaì xn K(x0, ) (videti definiciju 1.18.). Iz semineprekidnostiodozdo funkcije f (videti definiciju 1.23.) sledi da je f(x0) < f(x)+za sve x K(x0, ). Kako xn Ma, n N, to je f(xn) 6 a za sve n N,pa za n > n0 vaì

f(x0) < f(xn) + 6 a+ .

Dakle, za svako > 0 vaì f(x0) 6 + a, pa je f(x0) 6 a, tj. x0 Ma.Zna~i, skupMa sadrì sve svoje ta~ke nagomilavawa, pa je on zatvoren.

Obratno, pretpostavimo da je za svako a R skup Ma zatvoren.Neka je > 0proizvoqnoizabrano. Uo~imo ta~kux0 M iobeleìmoa = f(x0) . Po pretpostavci skup

Ma = {x | f(x) 6 a} = {x | f(x) 6 f(x0) }

je zatvoren, pa je skup

CMa = {x | f(x) > f(x0) }

otvoren. Kako x0 CMa, to postoji kugla K(x0, ) koja je sadrànau CMa (videti teoremu 1.5.). Za svaku ta~ku x K(x0, ) vaì f(x) >f(x0) , {to zna~i da je funkcija f semineprekidna u ta~ki x0. Kakox0 M proizvoqna ta~ka, to je funkcija f semineprekidna odozdo nacelom prostoruM .

1.28. Koji su od slede}ih skupova kompaktni?

1 X = {x | x Rn2 , x 6 1};2 A =

{[aij ]33

[aij ]33 R92, 3i,j=1

|ai,j | = 1};

3 A = {[aij ]33 [ai,j ]33 R92, |a11|+ |a22|+ |a33| = 1};4 F [0, 1], gde je F Kantorov skup.Re{ewe.U svim primerima }emo proveravati da li je dati skup zatvoren

i ograni~en (videti teoremu 1.21.).

1 Skup X je zatvoren i ograni~en u Rn2 , pa je on kompaktan.2 Dokaìmo najpre da je skup A zatvoren. Neka je (An) konvergen-tan niz u A, dat sa An = [a(n)ij ]33, n N i A0 = limn+An. Trebapokazati da A0 A.

38 1.2. ZADACI

Neka je A0 = [a(0)ij ]33. Kako An A0, n +, to a(n)ij a(0)ij ,

n +. Sada imamo

0 6 3i,j=1

a(n)ij 3i,j=1

a(0)ij 6 3i,j=1

a(n)ij a(0)ij 0, n +,odakle sledi 3

i,j=1

a(n)ij 3i,j=1

a(0)ij 0, n +,odnosno

3i,j=1

a(n)ij 3i,j=1

a(0)ij , n +.Po{to An A, n N, to je

3i,j=1

a(n)ij = 1, pa je i 3i,j=1

a(0)ij = 1, {tozna~i da A0 A.Dakle, skup A je zatvoren.Za svaki element A A va`i

A =( 3i,j=1

|aij |2)1/2

63

i,j=1

|aij | = 1,

pa je skup A ograni~en.Kako je skup A zatvoren i ograni~en, on je kompaktan.3 Skup A nije ograni~en, pa ne mo`e biti ni kompaktan. Naime,ako su a, b, c R takvi da je |a|+ |b|+ |c| = 1, tada

An =

a 0 n0 b 00 0 c

A, n N,a An = (|a|2 + |b|2 + |c|2 + n2)1/2 > n, pa An +, n +.

4 Kako je F [0, 1] [0, 1] [0, 1], to je skup F [0, 1] ograni~en.

Slika 4.


Obele`imo (videti sliku 4)

F1 = [0, 1/3] [2/3, 1],F2 = [0, 1/9] [2/9, 1/3] [2/3, 7/9] [8/9, 1].

.

.

Tada je F =nN

Fn. Za svako n N skup Fn je zatvoren, pa je i skup Fzatvoren (videti teoremu 1.3. 2).

Dakle, skup F [0, 1] je zatvoren i ograni~en, pa je kompaktan.

1.29. Dokazati da skupovi

(a) {x | x `2 x 6 1} u `2,(b) {f | f C[0, 1] f 6 1} u C[0, 1]nisu kompaktni.

Re{ewe. (a) Pokaza}emo da u datom skupu postoji niz koji ne sadr`i

konvergentan podniz, {to prema teoremi 1.17. zna~i da dati skup nije

kompaktan. Uo~imo niz (xn) u datom skupu, xn = (0, 0, . . . , 0 n1 puta

, 1, 0, . . .).

Kako je xm xn =2 zam 6= n niz (xn) nema konvergentan podniz.(b) Neka je In = [1/(n + 1), 1/n], n N. Posmatrajmo niz (fn)funkcija takvih da za svako n N funkcija fn u sredini intervala Inima vrednost 1, na krajevima intervala In i van wega jednaka je nuli iu samom intervalu In je linearna (videti sliku 5).

Slika 5.

O~igledno su sve funkcije fn, n N, neprekidne na [0, 1] i fn = 1,n N, pa je (fn) niz iz datog skupa. Kako je fn fm = 1 za n 6= m, toniz (fn) nema konvergentan podniz, pa dati skup nije kompaktan.

40 1.2. ZADACI

1.30. Neka je (X, d) kompaktan metri~ki prostor. Dokazati da svakarealna neprekidna funkcija f : X R dostiè minimalnu i maksi-malnu vrednost naX .

Re{ewe. Skup f(X) R je kompaktan (videti teoremu 1.22.), pa jeskup f(X) zatvoren i ograni~en (teorema 1.21.). To zna~i da postojeelementi m,M f(X) takvi da je m = inf f(X) i M = sup f(X)(zbog ograni~enosti skupa f(X) postoje m i M , a zbog zatvorenostim,M f(X)). Neka su xm, xM X ta~ke takve da je m = f(xm) iM = f(xM ). Onda za proizvoqnu ta~ku x X vaì f(x) f(X), pa jef(xm) 6 f(x) 6 f(xM ).

1.31. Neka su (X, dX) i (Y, dY ) metri~ki prostori i f : X Y ne-prekidno preslikavawe. Ako je (X, dX) kompaktan metri~ki prostor,dokazati da je f uniformno neprekidno preslikavawe.

Re{ewe. Po{to je preslikavawe f neprekidno, tada

( > 0)(x X)((x) > 0)(x X) dX(x, x) < (x) dY (f(x), f(x)) < 2 .

Kugle KdX (x, (x)/2), x X , obrazuju otvoreni pokriva~ kompaktnogprostoraX , pa postoji kona~an skup ta~aka {x1, x2, . . . , xn} X , takavda kugle KdX (x , (x)/2), = 1, . . . , n, obrazuju kona~an pokriva~ pro-

stora X (videti definiciju 1.31.), tj. da je X =n

=1KdX (x , (x)/2).Neka je

def= min

{(x1)2

,(x2)2

, . . . ,(xn)2

}.

Neka su x, x X proizvoqne ta~ke za koje je dX(x, x) < . Tadapostoji indeks 0 {1, 2, . . . , n} takav da x KdX (x0 , (x0)/2), tj.da je

dX(x, x0) 0)(x, x X) dX(x, x) < dY (f(x), f(x)) < ,{to zna~i da je funkcija f uniformno neprekidna (videti defini-ciju 1.24.).

1.32. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A,B neprazni podskupovi odX . Dokazati slede}a tvr|ewa.

(a) Ako je skup A kompaktan, onda postoji ta~ka a A za koju jed(A,B) = d(a,B).(b) Ako su A i B kompaktni skupovi, onda postoje ta~ke a A i

b B za koje je d(A,B) = d(a, b).(v) Ako je A kompaktan skup, onda postoje ta~ka a, a A takve da je

diam(A) = d(a, a).

Re{ewe. (a) Funkcija f : X R+0 , definisana sa f(x) = d(x,B),x X , je neprekidna na X (videti zadatak 1.8 i napomenu posle wega),pa je i wena restrikcija na skup A, f A: A R+0 neprekidna. Popretpostavci skup A je kompaktan, pa funkcija f A na wemu dostièsvoj minimum (videti zadatak 1.30), tj. postoji ta~ka a A takva da jed(a,B) 6 d(x,B) za svako x A. Kako je d(A,B) = inf

xAd(x,B), to je

d(a,B) = d(A,B).(b) Rastojawe d : XX R+0 je neprekidno preslikavawe naXX(dokazati!), pa je i wegova restrikcija na skupAB tako|e neprekidna.Kako su skupovi A i B kompaktni, to je i A B kompaktan, pa d ABdostiè minimum na skupu A B, tj. postoje a A, b B, takvi da zasve x A, y B vaì d(a, b) 6 d(x, y), pa je d(A,B) = d(a, b).(v) Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad.

1.33. Dokazati da kompaktan metri~ki prostor ne moè biti izometri-

~an svom pravom potprostoru.

Re{ewe. Neka je (X, d) kompaktan metri~ki prostor. Pretpostavimoda je (Y, dY ) wegov pravi potprostor (Y 6= X), koji je izometri~an saX . Tada postoji preslikavawe f : X Y koje je izometrija (videtidefiniciju 1.2.). Po{to je Y $ X , to postoji ta~ka x0 X \ Y . Nekaje x1 = f(x0) Y . Tada je d(x0, x1) = r > 0. Neka je daqe, x2 = f(x1).Kako je f po pretpostavci izometrija to vaì

d(x2, x1) = d(f(x0), f(x1)) = d(x1, x0) = r > 0,

42 1.2. ZADACI

pa je x1 6= x2. Kako je x0 X \ Y , a x2 Y , to je i x2 6= x0. De-fini{imo daqe za n = 2, 3, . . . ta~ke xn+1 = f(xn). Time dobijamoniz ta~aka (xn) u X , takav da je d(xn, xn+1) = r > 0, za sve n N.Kako je prostor X kompaktan, to svaki niz u wemu ima konvergentanpodniz, pa i niz (xn) ima konvergentan podniz koji je Ko{ijev niz(videti teoremu 1.14.). Me|utim, to nije mogu}e jer za svako n, k Nvaì d(xn, xn+k) > = d(x0, Y ) > 0, jer je Y = f(X) kompaktan, patime i zatvoren skup u metri~kom prostoruX , a x0 6 Y .

1.34. Neka su F1, F2, . . . neprazni kompaktni podskupovi metri~kog

prostora X i neka vaì F1 F2 Fn . Tada je+n=1

Fnneprazan skup.

Re{ewe. Kako su skupovi Fn kompaktni, to su oni zatvoreni, pa suskupovi Gn = X \ Fn otvoreni i vaì G1 G2 Gn .Pretpostavimo, suprotno tvr|ewu, da je

+n=1

Fn = . Vaì

+n=1

Gn =+n=1

(X \ Fn) = X \+n=1

Fn = X \ = X,

pa je {Gn | n N} otvoreni pokriva~ prostora X , a samim tim iotvoreni pokriva~ skupa F1. Kako je F1 kompaktan skup, to se izotvorenog pokriva~a moè izdvojiti kona~an potpokriva~, a kako su

skupovi Gn rastu}i u smislu inkluzije, to jedan od wih (na primer na-jve}i iz tog kona~nog potpokriva~a), obeleìmo ga sa Gm, sadrì F1.

Me|utim, to je nemogu}e jer je F1 \ Gm = Fm 6= . Dakle,+n=1

Fn jeneprazan skup.

1.35. Neka je (C[0, a], d), a > 0, metri~ki prostor neprekidnih realnihfunkcija na [0, a] sa metrikom

d(f, g) = a0|f(x) g(x)| dx, f, g C[0, a].

Dokazati da je skupX svih funkcija f : [0, a] R, 0 6 6 a, datih saf(x) = x, x [0, a], kompaktan u prostoru (C[0, a], d)ina}i rastojawed(f,X), funkcije f : [0, a] R, date sa f(x) = ax x2, x [0, 1], odskupa X .

Re{ewe.Neka je (fan), n N, niz izX . Tada je (an) niz sa elementima iz[0, a]. Kako je [0, a] kompaktan skup (zatvoren i ograni~en podskup odR),


to postoji konvergentan podniz (ank) niza (an). Neka ank a [0, a],k +. Tada fank fa , k +, jer vaì

d(fank , fa) = a0|ankx ax| dx = |ank a|

a0x dx 0, k +.

Dakle, u skupu X svaki niz ima konvergentan podniz, pa je skup Xkompaktan (videti teoremu 1.17.).

Na|imo sada rastojawe d(f,X). Prema definiciji rastojawa ta~keod skupa (definicija 1.7.) je

d(f,X) = inf{d(f, f) | f X} = inf[0,a]

a0|f(x) f(x)| dx.

Po{to je skup X kompaktan i rastojawe neprekidna funkcija, to pos-toji min

[0,a]d(f, f). Direktnim izra~unavawem dobijamo

d(f, f) = a0|ax x2 x| dx =

a0| x2 + (a )x| dx

= a0

((a )x x2)dx+ a

a

(x2 (a )x)dx

=(a )3

3+a3

3 (a )a

2

2.

Ekstremne vrednosti funkcije d(f, f) dobijaju se za vrednosti za kojeje prvi izvod funkcije jednak 0. Kako je d(f, f) = a2/2 (a )2,to je d(f, f) = 0 za 0 = a(1

2/2). Kako je d(f, f)

=0

> 0, tofunkcija d(f, f) dostiè svoj minimum za = 0. Dakle,

d(f,X) = d(f, f0) =(a 0)3

3+a3

3 (a 0)a

2

2=2 132

a3.

1.36. Neka je (X, d) kompaktan metri~ki prostor i f funkcija kojapreslikava X u X tako da je d(f(x), f(y)) = d(x, y) za sve x, y X .Dokazati da je f neprekidna funkcija i da defini{e izometriju.

Re{ewe. Dokaìmo najpre da je funkcija f neprekidna na skupu X .Za okolinu V (f(x)) ta~ke f(x) postoji kugla K(f(x), r), r > 0, takoda je K(f(x), r) V (f(x)). Po{to funkcija f ~uva rastojawe, toje f(K(x, r)) = K(f(x), r) V (f(x)). Prema tome, funkcija f jeneprekidna na skupuX .

44 1.2. ZADACI

Dokaìmo sada da je f bijekcija. Iz f(x) = f(y) sledi da jed(f(x), f(y)) = d(x, y) = 0, pa je x = y. Dakle, f je injektivna funkcija.Ostaje jo{ da pokaèmo da je f sirjektivna funkcija. Neka je x Xi neka je fn+1(x) = f(fn(x)), n N. Posmatrajmo niz (fn(x)). Kakoje (X, d) kompaktan metri~ki prostor, to postoji podniz (fnk(x)) kojikonvergira u X , pa je on Ko{ijev niz. Prema tome, za svako > 0postoji n0 N, tako da za sve p N vaì

d(fnk0 (x), fnk0+p(x)) = d(x, fs(x)) < ,

gde je s = nk0+p nk0 . Iz prethodne nejednakosti sledi da za svako > 0 vaìK(x, ) f(X) 6= , tj. da je x adherentna ta~ka skupa f(X).Kako je X kompaktan skup i f neprekidna funkcija, to je i skup f(X)kompaktan, pa je on zatvoren, odnosno f(X) = f(X). Dakle, za svakuta~ku x X vaì x f(X).Kako je f neprekidna bijektivna funkcija koja ~uva rastojawe, f jeizometrija (videti definiciju 1.2.).

NAPOMENA. Ako X nije kompaktan prostor, funkcija f ne mora bitiizometrija. Na primer, za X = (0,+), d = |x y|, funkcija f(x) =x+ 1 ~uva rastojawe, ali nije izometrija jer ne slikaX na X .

1.37. Neka je (X, d) diskretan metri~ki prostor i card(X) > 2.(a) Na}i sve otvorene, sve zatvorene kugle i sve sfere uX . U kakvomsu odnosu u smislu inkluzije kugleK(x, r) iK[x, r]?

(b) Na}i sve otvorene i sve zatvorene skupove uX .

(v) Da li je prostorX povezan?

Re{ewe. Otvorena kugla, zatvorena kugla i sfera sa centrom u ta~ki xpolupre~nika r u X su redom:

K(x, r) = {y | d(y, x) < r} ={ {x}, r 6 1,

X, r > 1,

K[x, r] = {y | d(y, x) 6 r} ={ {x}, r < 1,

X, r > 1,

S(x, r) = K[x, r] \K(x, r) ={

, r 6= 1,X \ {x}, r = 1.

Sada je jasno da ako skup X ima bar dva elementa, za r = 1 vaìK(x, r) $ K[x, r], a za r 6= 1 je K(x, r) = K[x, r].


(b) Na osnovu dela (a) vaì K(x, 1) = {x} {x}, pa je svakijedno~lani skup {x} u diskretnom metri~kom prostoru otvoren. Tadaje i svaki skup A =

xAAX

{x} otvoren (videti teoremu 1.2.). Dakle,svaki skup u diskretnom metri~kom prostoru je otvoren.

Svaki skup je i zatvoren jer je wegov komplement otvoren skup po{to

su svi skupovi u diskretnom metri~kom prostoru otvoreni.

(v) Diskretan metri~ki prostor koji sadrì bar dve ta~ke nije

koneksan jer je u wemu, na primer, svaki jedno~lani skup istovremeno i

otvoren i zatvoren (videti teoremu 1.23.).

1.38. Dokazati da su intervali jedini povezani skupovi u R.

Re{ewe. Podsetimo se najpre da je skup I R interval ako i samoako (x, y, z R)x, z I x < y < z y I , ili, ekvivalentno(x, z R)x, z I [x, z] I .Pretpostavimo suprotno, tj. da je A R povezan skup i da A nijeinterval. Tada postoje ta~ke x, y, z R takve da je x < y < z i pritom x, z A, a y 6 A. Posmatrajmo skupove U1 = A (, y) ={a A | a < y} i U2 = A (y,+) = {a A | a > y}. SkupoviU1 i U2 su neprazni jer x U1 i z U2, disjunktni jer je U1 U2 =(, y) (y,+) = i vaìU1 U2 =

(A (, y))(A (y,+))= A((, y) (y,+))= A,jer je A ((, y) (y,+)) = R \ {y}. Kako su skupovi U1 i U2otvoreni uA, to seA moè prikazati kao unija dva neprazna disjunktnaotvorena skupa, pa A nije povezan (videti definiciju 1.34.). Dakle,jedini povezani skupovi u R su intervali.

1.39. Neka je X povezan metri~ki prostor, f : X R neprekidnopreslikavawe, x, y X i c R takvi da je f(x) < c < f(y). Dokazatida postoji ta~ka X takva da je f() = c.Re{ewe. Kako je preslikavawe f neprekidno i X povezan prostor to jef(X) povezan skup uR (videti teoremu 1.24.), pa je na osnovu zadatka 1.38f(X) R interval. Kako je f(x) < c < f(y), to je c f(X), tj. postojita~ka X takva da je c = f().

1.40. Da li postoji neprekidno injektivno preslikavawe kruga na in-

terval?

Direktna posledica ovog zadatka je da je svaki prebrojiv podskup od R nepovezan.

46 1.2. ZADACI

Re{ewe. Pretpostavimo da takvo preslikavawe f postoji. Neka je M

ta~ka iz intervala, a M wen original (ta~ka na krugu k). Po{to je finjektivno preslikavawe to jeM jedinstvena ta~ka.

Slika 6.

Skup k \ {M} je povezan (videti sliku 6) i funkcija f k\{M} jeneprekidna, pa je skup f(k \ {M}) povezan (teorema 1.24.). Me|utim,f(k \ {M}) = i \ {M } nije povezan skup. Dakle, ne postoji neprekidnoinjektivno preslikavawe kruga na interval.

1.41. Dokazati da je povezan metri~ki prostor koji ima bar dve ta~ke

neprebrojiv.

Re{ewe. Neka je (X, d) povezan metri~ki prostor, card(X) > 2 i x0proizvoqna ta~ka iz X . Defini{imo f : X R sa f(x) = d(x0, x),x X . Preslikavawe f je neprekidno i nekonstantno jer je f(x0) = 0,a za y 6= x0 (takvo y postoji jer je po pretpostavci card(X) > 2) jef(y) = d(x0, y) = r > 0. Kako je prostor X povezan, to je f(X) povezanskup u R, pa je f(X) interval (videti zadatak 1.38). Kako 0, r f(X),to je [0, r] f(X), pa je card(X) > card(f(X)) > card([0, r]) = c.

1.42. Neka su Ai, i I , povezani skupovi metri~kog prostora X . Akoje

iI

Ai 6= , dokazati da je A =iI

Ai povezan skup.

Re{ewe. Pretpostavimo da A nije povezan. Tada postoji neprazan,istovremeno i otvoren i zatvoren skup U u potprostoru A (videtiteoremu 1.23.). Tada postoji i0 I , tako da je U Ai0 6= . No tada jeUAi0 istovremeno i otvoren i zatvoren skup uAi0 , pa zbog povezanostiskupa Ai0 sledi da je U Ai0 = Ai0 , tj. Ai0 U . Kako je

iI Ai 6= ,to je Ai U , za svako i I , tj. A U . Po{to je i U A, to je U = A,odnosno A je povezan skup.

1.43. Dokazati da pravi potprostor normiranog prostora ne mo`e

biti otvoren.

Re{ewe. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji otvoren pravi pot-

prostor Y normiranog prostora X . Kako 0 Y , to postoji neko > 0takvo da je K(0, ) Y , tj. {y | y 0 = y < } Y . Neka je


x X \ Y . Tada za svako K \ {0} vaì x X \ Y (ako bi vaìloda x Y , tada bi moralo da vaì i 1(x) = x Y ). Neka je 1,0 < 1 < , proizvoqna realna konstanta. Neka je x1 = x =

1xx.Tada je x1 = 1 < , pa x1 K(0, ) Y . Kontradikcija!

1.44. Niz (xn) iz metri~kog prostora (X, d) je Ko{ijev ako i samo akovaì lim

n+diam{xk | k > n} = 0. Dokazati.

Re{ewe. Ozna~imo dn = diam{xk | k > n}. Niz (dn) je monotonoopadaju}i niz realnih brojeva, ograni~en sa dowe strane brojem 0.Dakle, niz (dn) je konvergentan.Ako je niz (xn) Ko{ijev, tada

( > 0)(n0 N)(m,n N)m > n > n0 d(xm, xn) < ,pa je dn0 = diam{xk | k > n0} < . Po{to je (dn) opadaju}i niz, to jedn < za sve n > n0, pa je lim

n+ dn = 0.

Sli~no se pokazuje da je uslov i dovoqan. Ostavqa se ~itaocu da to

pokaè.

1.45. Dokazati da u metri~kom prostoru (X, d) vaè slede}a tvr|ewa.(a) Ako je (xn) Ko{ijev niz u X , tada je niz (d(xn, x)) konvergentanu R za svako x X .Proveriti da li vaì obratno.

(b) Ako su (xn) i (yn) Ko{ijevi nizovi u X , tada niz (d(xn, yn))konvergira u R.(v) Ako je niz (xn)Ko{ijev uX i ako ima konvergentan podniz (xnk),tada je i niz (xn) konvergentan.

Re{ewe. (a) Za svako x X vaì nejednakost (videti osnovne osobinemetrike date posle definicije 1.1.) |d(xn, x) d(xm, x)| 6 d(xn, xm),odakle sledi da je (d(xn, x)) Ko{ijev niz u R. Kako je prostor R kom-pletan, to u wemu svaki Ko{ijev niz konvergira, pa je niz (d(xn, x))konvergentan.

Obratno ne vaì, tj. iz konvergencije niza (d(xn, x)) u R za svakox X , ne sledi da je niz (xn)Ko{ijev. Pokaza}emo to jednim primerom.Neka je X = N sa diskretnom metrikom

d(x, y) ={

1, x 6= y,0, x = y,

48 1.2. ZADACI

a niz (xn) definisan sa xn = n, n N. Tada za x = k N vaìd(xn, x) = 1 za sve n > k, pa je lim

n+ d(xn, x) = 1. Dakle, niz d((xn, x))

je konvergentan za sve x N. S druge strane je d(xn, xn+1) = 1, n N,pa niz (xn) nije Ko{ijev.(b) Za proizvoqno izabrano > 0 postoji n0 N takvo da za sve

m > n > n0 vaì d(xm, xn) < /2 i d(ym, yn) < /2, pa zbog nejedna-kosti ~etvorougla (videti osnovne osobine metrike date posle defi-

nicije 1.1.) |d(xn, yn) d(xm, ym)| 6 d(xn, xm) + d(yn, ym), sledi daza m > n > n0 vaì |d(xn, yn) d(xm, ym)| < /2 + /2 = , tj. da je(d(xn, yn)) Ko{ijev niz u R, pa je on konvergentan.(v) Ako niz (xnk) konvergira ka ta~ki x

, tada zbog nejednakosti

trougla d(xn, x) 6 d(xn, xnk) + d(xnk , x), sledi da niz (xn) tako|ekonvergira ka x.NAPOMENA. Tvr|ewe (a) je specijalan slu~aj tvr|ewa (b), budu}i da je

svaki konstantan niz (yn = x X,n N) konvergentan, pa stoga iKo{ijev (teorema 1.14.).

1.46. Neka su d1 i d2 ekvivalentne metrike na skupu X . Dokazati daje (xn) Ko{ijev niz u prostoru (X, d1) ako i samo ako je Ko{ijev niz u(X, d2).

Re{ewe. Kako su metrike d1 i d2 ekvivalentne (videti definiciju 1.4.),topostoje m1,m2 R+ takvida vaì d1(x, y) 6 m1d2(x, y) i d2(x, y) 6m2d1(x, y).Neka je (xn) Ko{ijev niz u (X, d1). Tada

( > 0)(n0 N)(m,n N)m > n > n0 d1(xm, xn) < .

Tada za sve = /m2 > 0 postoji n0 N tako da za m > n > n0 vaìd1(xm, xn) < = /m2, tj. m2d1(xm, xn) < . Sada je

d2(xm, xn) 6 m2d1(xm, xn) < ,

pa je (xn) Ko{ijev niz u (X, d2).

1.47. Neka je (X, d) metri~ki prostor. Niz (xn) izX je ograni~ene va-

rijacije ako vaì nejednakost

+n=1

d(xn, xn+1) < +. Dokazati slede}atvr|ewa.

(a) Svaki niz ograni~ene varijacije je Ko{ijev.


(b) Svaki Ko{ijev niz ima bar jedan podniz ograni~ene varijacije.

Re{ewe. (a) Neka je (xn) niz ograni~ene varijacije i m > n. Tada naosnovu nejednakosti mnogougla i nenegativnosti metrike dobijamo

d(xm, xn) 6m1=n

d(x , x+1) 6+=n

d(x , x+1) 0, m +,

tj. (xn) je Ko{ijev niz.(b) Neka je (xn) proizvoqan Ko{ijev niz u X . Defini{imo nizprirodnih brojeva (kn) sa

k1 = min{k N | (m > k) d(xm, xk) < 1/2},kn = min{k N | k > kn1 (m > k) d(xm, xk) < 1/2n}.Takav niz (kn) postoji jer je niz (xn)Ko{ijev. Tada za sve prirodne bro-

jeve n vaì d(xkn , xkn+1) < 1/2n, pa red

+n=1

d(xkn , xkn+1) konvergira,

na osnovu poredbenog kriterijuma, {to zna~i da je niz (xkn) ograni~enevarijacije. Kako je o~igledno k1 < k2 < , to je (xkn) podniz niza(xn). Dakle, svaki Ko{ijev niz ima bar jedan podniz ograni~ene vari-jacije.

1.48. Potreban i dovoqan uslov da metri~ki prostor (X, d) bude kom-pletan je da je presek svakog opadaju}eg niza nepraznih zatvorenih

skupova u X , ~iji niz dijametara teì nuli, jedno~lan skup. Dokazati.

Re{ewe. Pretpostavimo najpre da je metri~ki prostor (X, d) komple-tan. Neka je (Fn) opadaju}i niz nepraznih zatvorenih skupova u (X, d),~iji niz dijametara teì nuli. Za svako > 0 postoji n() N, takvoda je diam(Fn()) < . Na osnovu aksiome izbora, iz svakog Fn izdvo-jimo po jedan element fn. Niz (fn) je Ko{ijev, jer za svako > 0, zan > n(), vaì fn Fn Fn(), pa je d(fm, fn) 6 diam(Fn()) < zam > n > n(). Kako je po pretpostavci prostorX kompletan, to svakiKo{ijev niz konvergira u wemu. Neka fn f , n +. Po{to su sviskupovi Fn zatvoreni, to f Fn za sve n N, pa time i f

nN Fn.Ako bi postojalo g nN Fn, g 6= f , tada bi bilo d(f, g) = r > 0,pa f i g ne bi mogli istovremeno pripadati skupu Fn , takvom da jediam(Fn) < r.Pretpostavimo sada da je presek svakog opadaju}eg niza nepraznih

zatvorenih skupova uX , ~iji niz dijametara teì nuli, jedno~lan skup.

50 1.2. ZADACI

Neka je (xn) proizvoqan Ko{ijev niz u X . Za svako n N postojik(n) N, takvo da je d(xk(n), xk) < 1/n za sve k > k(n). Formirajmoopadaju}i niz nepraznih zatvorenih skupova Fn na slede}i na~in. F1 =K[xk(1), 1], F2 = F1 K[xk(2), 1/2], . . . , Fn = Fn1 K[xk(n), 1/n], . . ..Niz (diam(Fn)) teì nuli, pa

nN Fn sadrì jedno~lan skup {a}.Lako se pokazuje da niz (xk(n)) konvergira ka a. No tada i Ko{ijev niz(xn) konvergira ka a jer za k > k(n) vaì

d(xk, a) 6 d(xk, xk(n)) + d(xk(n), a) p. Sada jednostavno dobijamo

d(x, z) =1k6 1p6 1p+1q= d(x, y) + d(y, z).

Dakle, vaì i (M3).

(b) Neka je (x(m)), x(m) = (x(m)1 , x(m)2 , . . .), prizvoqan Ko{ijev nizu X . Tada za svako n N, tj. za svako = 1/n > 0 postoji k(n) Ntako da za sve p, q > k(n) vaì d(x(p), x(q)) < 1/n. Odavde sledi da zap > k(n) vaì x(p)n = x(k(n))n , pa su u nizuntih koordinata niza (x(m)),po~ev{i od k(n)tog ~lana, svi elementi jednaki i obeleì}emo ih sayn. Dakle, svaki koordinatni niz je konvergentan, tj. za svako n Npostoji yn A tako da je lim

m+x(m)n = yn.

Obeleìmo uo~eni niz (yn) sa y i dokaìmo da x(m) y,m +(videti sliku 7).

x(1): x(1)1 x

(1)2 x(1)n

x(2): x(2)1 x

(2)2 x(2)n .

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

? y: y1 y2 yn Slika 7.

Neka je > 0 proizvoqno izabrano i neka je n N takvo da vaì1/n < . Tada postoje m N, = 1, . . . , n, takvi da niz tihkoordinata postaje y za m > m . Neka je m0 = max{m | 1 6 6 n}.Tada za m > m0 vaì x(m) = y , = 1, . . . , n, pa je

d(x(m), y) < 1/n < tj. x(m) y, n +.

52 1.2. ZADACI

Kako je svaki Ko{ijev niz konvergentan u X , to je prostor X kom-pletan.

(v) Neka je card(A) 6 0 i neka je A fiksirani element.Obeleìmo sa Y skup svih nizova x = (x), elemenata skupa A, kojiimaju osobinu da je x = za dovoqno veliko . Skup Y je najvi{e pre-brojiv. Neka je y = (y) proizvoqan niz u X . Za proizvoqno izabrano > 0 uo~imon takvo da jen > 1/. Tada nizx = (y1, y2, . . . , yn, , , . . .)pripada skupu Y i vaì d(x, y) < 1/n 6 . Dakle, skup Y je na-jvi{e prebrojiv i svuda gust u X , pa je prostor (X, d) separabilan zacard(A) 6 0.Neka je sada card(A) > 0. Neka je Z skup svih stacionarnihnizova elemenata skupa A, tj. svih nizova x = (, , . . .), A. Skup Zje neprebrojiv, jer je card(Z) = card(A). Ako su x, y Z i x 6= y, tadaje x = (, , . . .), y = (, , . . .) i 6= , pa je d(x, y) = 1. Dakle, skup Zse sastoji od izolovanih ta~aka (videti definiciju 1.16.) prostoraX ineprebrojiv je, pa prostorX nije separabilan za card(A) > 0 (videtiteoremu 1.26.).

1.51. Dokazati da je normirani prostor Kkp , K {R,C}, kompletan zasvako p > 1. Dokazati da je taj prostor separabilan.

Re{ewe. Kako su bilo koje dve norme u Kkp , p > 1, me|usobno ekvi-valentne, dovoqno je, na primer, dokazati kompletnost prostora Kk2 .Neka je (xn), xn = (

(n)1 , . . . ,

(n)k ), proizvoqan Ko{ijev niz u prostoru

Kk2 . Tada za svako > 0 postoji n0 tako da za svem > n > n0 vaì

(1) d(xm, xn) =

(k

=1

(m) (n) 2)1/2

< .

Kako je

(m) (n) 6 d(xm, xn) < zam > n > n0, za sve = 1, . . . , k,iz (1) sledi da je(m) (n) < za m > n > n0; = 1, . . . , k,odnosno da je za svako fiksirano {1, . . . , k} niz ((n) ), n N,Ko{ijev niz u poqu skalara K. Zbog kompletnosti prostora K, sledida postoje skalari K, takvi da (n) , n +, za svako = 1, . . . , k.


Uo~imo ta~ku x = (1, . . . , k). Pu{taju}i u (1) da m +, obzi-rom da

(m) , m + za sve = 1, . . . , k sledi da je za n > n0(

k=1

(n) 2)1/2

= d(xn, x) < ,

{to zna~i da xn x, n +. Kako x Kk2 , to je prostor Kk2 komple-tan, jer je u wemu svaki Ko{ijev niz konvergentan (definicija 1.26.).

To zna~i da je i prostor Kkp kompletan za svako p > 1.Ispitajmo sada separabilnost prostora Kkp , p > 1. Ozna~imo

B = {(q1, . . . , qk) | q1, . . . , qk KQ},gde je KQ skup Kracionalnih brojeva. Skup B je najvi{e prebrojivsvuda gust skup ta~aka u prostoru Kkp , pa je prostor Kkp separabilan(definicija 1.37.).

1.52. Dokazati da je normirani prostor `p kompletan i separabilanza svako p > 1.

Re{ewe. Neka je (xn), xn = ((n) ), proizvoqan Ko{ijev niz u prostoru

`p, p > 1. Tada za svako > 0 postoji n0 N tako da za svem > n > n0vaì

(1) d(xm, xn) =

(+=1

(m) (n) p)1/p

< .

Kako za svako N vaì(m) (n) 6 d(xm, xn), to iz (1) sledi daje za svako N niz tih koordinata, tj. niz ((n) ) Ko{ijev u poquskalara K. Kako je prostor K kompletan to postoje skalari K,takvi da za svako fiksirano N vaì (n) , n +.Uo~imo sada niz x = (). Dokaza}emo da je x `p i da xn x,

n +.Da bi pokazali da je x `p treba pokazati da

+=1

| |p konvergira.Kako je svaki Ko{ijev niz ograni~en (videti teoremu 1.15.) to postoji

M > 0 takvo da je

xn =(+=1

(n) p)1/p

6M, n N,

54 1.2. ZADACI

tj.

k=1

(n) p 6Mp, n N, k N.Ako u prethodnoj nejednakosti fiksiramo k i pustimo da n +,dobijamo da je

k=1

| |p 6 Mp, k N. Najzad, pu{taju}i u posledwojnejednakosti da k +, dobijamo

+=1

| |p 6Mp. Dakle, x `p.Iz relacije (1) imamo da je zam > n > n0

k=1

(m) (n) p < p, k N.Ako u prethodnoj nejednakosti fiksiramo n > n0 i k N, i pustimo dam +, obzirom da (m) , m +, dobi}emo

k=1

(n) p < p.Kona~no, pu{taju}i u posledwoj nejednakosti da k +, dobijamo daza n > n0 vaì

+=1

(n) p = xn xp < p,odnosno da xn x, n +.Prema tome, normirani prostor `p je kompletan za svako p > 1.Dokaìmo sada da je normirani prostor `p separabilan za svako

p > 1. Treba pokazati da u wemu postoji najvi{e prebrojiv svuda gustskup ta~aka.

Uo~imo u prostoru `p niz vektora (en) gde je en = (n), n, N, aij Kronekerov delta simbol. Neka je

B = {q1e1 + + qnen | q1, . . . , qn KQ, n N}.

Skup B je prebrojiv.

Dokaìmo sada da je skup B svuda gust u `p. Uo~imo proizvoqnu

ta~ku x = () `p i proizvoqno > 0. Kako je xp =+=1

| |p < +,


to postoji k N tako da je+

=k+1

| |p < p/2. Kako je skup KQsvuda gust u K, to postoje skalari q1, . . . , qk KQ takvi da za svako = 1, . . . , k vaì | q | 6 p/(2k). Sada jex k

=1

qe

p = k=1

| q |p ++

=k+1

| |p 6 k p

2k+p

2= p,

tj.

x k=1

qe

6 , {to zna~i da je skup B svuda gust u `p. Prematome, prostor `p je separabilan za svako p > 1.

1.53. Dokazati da je normirani prostorm kompletan. Ispitati sepa-rabilnost ovog prostora.

Re{ewe. Uo~imo proizvoqan Ko{ijev niz (xn), xn = ((n) ) u prostoru

m. Tada za svako > 0 postoji n0 N tako da za svem > n > n0 vaì

(1) d(xm, xn) = supN

(m) (n) < .Za svako N vaì

(m) (n) 6 d(xm, xn), iz (1) sledi da je za svako N i svem > n > n0(2)

(m) (n) < .Dakle, za svako N, niz tih koordinata, tj. niz ((n) ), n N,je Ko{ijev u poqu skalara K. Zbog kompletnosti prostora K postoje K, takvi da za svako fiksirano N vaì (n) , n +.Uo~imo sada niz x = (). Dokaza}emo da je x m i da xn x,

n +.Kako je (xn) Ko{ijev niz u prostoru m, on mora biti ograni~en(videti teoremu 1.15.), tj. postojiM > 0 takvo da za svako n N vaìxn = sup

N

(n) 6 M , odnosno (n) 6 M , za sve , n N. Ako uprethodnoj nejednakosti pustimo da n +, dobijamo da je | | 6M , N, {to zna~i da x m.Ako u nejednakosti (2) pustimo dam +, obzirom da (m) ,

m +, dobi}emo (n) < , n > n0; N,

56 1.2. ZADACI

pa je supN

(n) < , za sve n > n0, odnosno d(xn, x) < za n > n0.Dakle, xn x, n +, u prostoru m, pa je normirani prostor mkompletan.

Ispitajmo sada separabilnost prostora m. Posmatrajmo slede}iskup

A = {(1, 2, . . .) m | = 0 = 1, N}.Skup A je neprebrojiv um. Neka su x, y A, x 6= y. Tada je

x y = supN

|(x) (y)| = 1.

Uo~imo familiju kugli K(x, 1/3) = {z m | z x < 1/3}, x A.Tada za x 6= y vaì K(x, 1/3) K(y, 1/3) = . Naime, ako bi nekata~ka x pripadala ovim dvema kuglama tada bi vaìlo x x < 1/3i yx < 1/3, odnosno xy < 2/3, {to je nemogu}e jer je xy =1. Dakle, {K(x, 1/3) | x A} je neprebrojiva familija disjunktnihotvorenih skupova u prostorum, pa prostorm nije separabilan (vide-ti teoremu 1.26.).

1.54. Dokazati da su prostori c i c0 kompletni i separabilni.

Re{ewe.Kompletnost prostora c i c0 moè se dokazati analogno dokazuza kompletnost prostoram. Ostavqa se ~itaocu da to dokaè.

Kompletnost prostora c moè se dokazati i na drugi na~in. Kakoje c potprostor Banahovog prostora m, dovoqno je dokazati wegovu

zatvorenost, tj. ako je (xn), xn = ((n) ), konvergentan niz u prostoru c,a x = () m wegova grani~na vrednost, tada x c.Kako je prostor m kompletan, da bi dokazali da je niz x m kon-vergentan (tj. da x c), dovoqno je dokazati da je niz x = () Ko{ijev.Kako xn x, n +, to za svako > 0, postoji n0 N, tako da za sven > n0 vaì d(xn, x) = sup

N

(n) < , odakle je (n) < zasve N, n > n0.Uo~imo sada indeks n1 N, takav da je

(n1) < /3, N.Kako niz xn1 = (

(n1) ) c, N, to je on Ko{ijev (teorema 1.14.), {tozna~i da za dovoqno velike j, k vaì

(n1)j (n1)k < /3. Prema tome,|j k| 6

j (n1)j + (n1)j (n1)k + (n1)k k < 3 + 3 + 3 = ,


pa je niz ()Ko{ijev, dakle, konvergentan, odnosno x c. Prema tome,c je zatvoren potprostor kompletnog prostora, pa je i sam kompletan.

Normirani prostor c0 je potprostor kompletnog normiranog pro-stora c, pa je dovoqno dokazatiwegovu zatvorenost. Ostavqa se ~itaocuda to dokaè.

Dokaìmo sada da je normirani prostori c separabilan (dokaz zac0 je sli~an). Neka je

B = {(q1, q2, . . . , qn, q, q, . . .) | q1, q2 . . . , qn, q KQ, n N}.

Skup B je prebrojiv. Dokaìmo jo{ da je B svuda gust u c. Neka jex = () proizvoqna ta~ka prostora c i > 0 proizvoqno izabrano.Neka je = lim

n+ n. Uo~imo niz (xk), xk = (1, . . . , k, , , . . .), u

prostoru c. Tada je x xk = (0, . . . , 0 kputa

, k+1 , k+2 , . . .) i

x xk = sup>k+1

| | 0, k +,

pa postoji k0 N tako da je

(1) x xk0 = sup>k0+1

| | < 2 ,

odnosno | | < /2 za sve > k0 + 1.Uo~imo sada q1, . . . , qk0 , q KQ takve da je | q| < /2 i da za sve

= 1, . . . , k0 vaì | q | < /2. Obeleìmo y = (q1, . . . , qk0 , q, q, . . .).O~igledno da y B i xk0 y < /2. Iz prethodne nejednakostii nejednakosti (1) sledi da je x y < , pa je skup B svuda gust uprostoru c. Dakle, prostor c je separabilan.

1.55. Dokazati da je za proizvoqan kona~an interval [a, b] realne ose,normirani prostor C[a, b] kompletan i separabilan.

Re{ewe. 1 Pretpostavimo najpre da je poqe skalara K = R, odnosnoda se prostor C[a, b] sastoji od svih realnih neprekidnih funkcijadefinisanih na intervalu [a, b].Uo~imo proizvoqan Ko{ijev niz (fn) u prostoruC[a, b], fn = fn(t),

t [a, b]. Tada za svako > 0 postoji n0 N tako da je za svem > n > n0(1) |fm(t) fn(t)| < , t [a, b].

58 1.2. ZADACI

Fiksirajmo u posledwoj nejednakosti t [a, b]. Tada je (fn(t)) Ko{ijevniz u R, pa je on konvergentan zbog kompletnosti prostora R. To vaìza svako fiksirano t [a, b], pa je na taj na~in definisana realnafunkcija f(t) = lim

n+ fn(t). Pu{taju}i u (1) dam +, dobijamo daza svako > 0 postoji n0 N tako da je za sve n > n0 ispuweno

|fn(t) f(t)| < , t [a, b],

odnosno da niz (fn) uniformno konvergira ka funkciji f kad n +.Kako su sve funkcije fn, n N, neprekidne na intervalu [a, b], to je ifunkcija f C[a, b]. Iz nejednakosti (1) sledi da je fn f < zan dovoqno veliko, tj. za n > n0, pa fn f , n + u prostoru C[a, b].Prema tome, normirani prostor C[a, b] je kompletan.Dokaìmo sada separabilnost prostora C[a, b]. Neka je

B = {PQn (t) = q0 + q1t+ + qntn | q0, . . . , qn Q, n N}.

Skup B je o~igledno prebrojiv.

Uo~imo proizvoqnu funkciju f C[a, b]. Na osnovu Vajer{trasoveteoreme (teorema 1.25.) postoji polinom P (t) = a0 + a1t + + antn,a0, . . . , an R, takav da je

f Pn = supt[a,b]

|f(t) Pn(t)| < 2 .

Za tako dobijeni polinom Pn postoji polinom PQn B, sa racionalnimkoeficijentima, takav da je

Pn PQn = supt[a,b]

|Pn(t) PQn (t)| 0 idovoqno velike m,n (zam > n > n0) vaì

|fm(t) fn(t)| =(um(t) un(t))2 + (vm(t) vn(t))2 < , t [a, b].Zbog

|um(t) un(t)| 6 |fm(t) fn(t)| i |vm(t) vn(t)| 6 |fm(t) fn(t)|,vaì

|um(t) un(t)| < , m > n > n0; t [a, b],|vm(t) vn(t)| < , m > n > n0; t [a, b],{to zna~i da su (un) i (vn) Ko{ijevi nizovi u prostoru CR[a, b], zakoji smo dokazali da je kompletan. To zna~i da nizovi (un) i (vn)konvergiraju u CR[a, b], pa postoje funkcije u, v CR[a, b], takve daun u, n +, i vn v, n +, u CR[a, b].Uo~imo sada funkciju f = u+ iv. O~igledno f C[a, b]. Kako je

|fn(t) f(t)| =(un(t) u(t))2 + (vn(t) v(t))2 ,to je i |fn(t) f(t)| < za n > n0, t [a, b], odnosno fn f < zan > n0. Dakle, fn f , n +, pa je prostor C[a, b] kompletan.Dokaz separabilnosti za kompleksan normirani prostor C[a, b] jesli~an dokazu za realan. Naime vaì i kompleksna varijanta Va-

jer{trasove teoreme, obzirom da se proizvoqna funkcija f C[a, b]moè napisati u obliku f = u + iv, gde su u, v CR[a, b] i da se svakipolinom oblika

Pn(t) = a0 + a1t+ + antn, t [a, b],sa kompleksnim koeficijentima a0, . . . , an moè predstaviti u oblika

Pn(t) = Re a0 + + (Re an)tn + i(Im a0 + + (Im an)tn

).

NAPOMENA. U prostoru neprekidnih funkcija na intervalu [a, b] re-alne ose moè se uvesti integralna norma sa

f =( b

a|f(t)|pdt

)1/p, p > 1.

60 1.2. ZADACI

Odgovaraju}i normirani prostor se tada obeleàva sa Cp[a, b]. Za svevrednosti realnog parametra p > 1, prostor Cp[a, b] je nekompletan. Zasvako p > 1 je separabilan.

1.56. Neka je S skup svih neprekidnih i ograni~enih funkcija na R.Dokazati da je preslikavawe d, definisano sa

d(f, g) = suptR

|f(t) g(t)|, f, g S,

metrika na skupu S. Dokazati da je metri~ki prostor (X, d) kompletani da nije separabilan.

Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu da dokaè da je d metrika na S i da jeprostor (S, d) kompletan. Dokaz kompletnosti je sli~an dokazu kom-pletnosti prostora C[a, b]. U slu~aju prostora S, kod dokaza konver-gencije proizvoqnog Ko{ijevog niza (fn) iskoristiti ~iwenicu da izuniformne konvergencije niza (fn) ka funkciji f naR sledi uniformnakonvergencija tog niza ka f na svakom intervalu [a, a], 0 < a < +,odakle onda sledi da je funkcija f neprekidna na R.Dokaìmo sada da prostor (S, d) nije separabilan. Dokaza}emo dapostoji neprebrojiva familija me|usobno disjunktnih otvorenih kugli

u ovom prostoru (videti teoremu 1.26.).

Neka je A skup svih funkcija koje su na (, 1/2] jednake 0, a nasvakom od intervala [n 1/2, n+ 1/2], n N, imaju za grafik poligo-nalnu liniju predstavqenu na slici 8 ili su jednake nuli. O~igledno

da jeA S i daA ima isti kardinalni broj kao P(N) (partitivni skupskupa N), tj. card(A) = 20 = c.

Slika 8.

Za f, g A, f 6= g, je d(f, g) = 1. Prema tome, {K(f, 1/2) | f A}je neprebrojiva familija me|usobno disjunktnih otvorenih kugli u S,pa prostor (S, d) nije separabilan.


1.57. Dokazati da je normirani prostor B[a, b] svih mogu}ih ograni~e-nih funkcija na intervalu [a, b] sa normom f = sup

t[a,b]|f(t)| Banahov.Dokazati da ovaj prostor nije separabilan.

Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu da dokaè kompletnost ovog prostora

(videti zadatak 1.55).

Dokaìmo sada da prostor B[a, b] nije separabilan. Za proizvoqanrealan broj [a, b] uo~imo funkciju f : [a, b] {0, 1}, definisanusa

f(t) ={

1, t = ,0, t 6= , t [a, b].

O~igledno je da su sve funkcije f, [a, b], ograni~ene. Kako je za 6= i f 6= f , to je card{f | [a, b]} = c. Za 6= vaì i

f f = supt[a,b]

|f(t) f(t)| = 1.

Uo~imo sada otvorenu kolekciju K = {K(f, 1/3) | [a, b]}. O~igle-dno je card(K) = c. Za, [a, b], 6= , je K(f, 1/3)K(f, 1/3) = .Pretpostavimo suprotno, da postoji f K(f, 1/3) K(f, 1/3).Tada je f f < 1/3 i f f < 1/3, odakle je f f 6f f+ f f < 2/3, {to je nemogu}e jer je f f = 1.Prema tome, K je neprebrojiva kolekciju me|usobno disjunktnihotvorenih skupova u prostoru B[a, b], pa on nije separabilan (videtiteoremu 1.26.).

1.58. Dokazati slede}a tvr|ewa.

(a) Ako je X separabilan metri~ki prostor i funkcija f : X Yneprekidna i sirjektivna, tada je i Y separabilan prostor.

(b) Svaki potprostor separabilnog metri~kog prostora je separa-

bilan.

Re{ewe. (a) Dokaza}emo najpre da ako funkcija f slika skup A na skupB, tada je card(A) > card(B). Naime, kako je f sirjektivna funkcija,to je {f1(b) | b B} familija nepraznih skupova. Na osnovu aksiomeizboraiz svakog skupa f1(b)moèmodaizdvojimo elementiobeleìmoga sa ab. Defini{imo funkciju g : B A, tako da je g(b) = ab.O~igledno, za svako b B vaì f(g(b)) = b. Ako je g(b1) = g(b2), tada jef(g(b1)) = f(g(b2)), tj. b1 = b2, pa je g injektivna funkcija koja slikaB u A. Zbog toga je card(B) 6 card(A).

62 1.2. ZADACI

Neka je E najvi{e prebrojiv, svuda gust skup u X . Na osnovudokazanog tvr|ewa, f(E) je najvi{e prebrojiv skup. Za y Y postojix X takvo da je f(x) = y. Neka je V okolina ta~ke y. Tada postoji U ,okolina ta~ke x i ta~ka e E U takva da je f(e) f(U) V , pa jeskup f(E) svuda gust u Y . Prema tome, Y je separabilan prostor.(b) Metri~ki prostor (X, d) je separabilan ako i samo ako imanajvi{e prebrojivu bazu B = {B | N} (videti teoremu 1.26.). Nekaje (Y, dY ) potprostor metri~kog prostora (X, d). Tada je kolekcijaBY = {B Y | N} najvi{e prebrojiva baza prostora (Y, dY ), pa jeon separabilan.

1.59. Neka je GX familija svih otvorenih skupova metri~kog pros-tora (X, d) i neka je skup svih separabilnih metri~kih prostora.Izra~unati

(a) max{card(GX) | X }; (b) max{card(X) | X }.Re{ewe. (a) Metri~ki prostorX je separabilan (X ) ako i samo akoima najvi{e prebrojivu bazu B = {B | N} (teorema 1.26.). Kako jecard(B) 6 0, to je card(P(B)) 6 c.Neka je U GX . Tada se U mo`e predstaviti na slede}i na~in

U =

INB . Time je odre|eno preslikavawe f : P(B) na GX . Kako je

card(P(B)) 6 c i f sirjektivno preslikavawe, to je card(GX) 6 c.Za X = R je GR {(0, ) | [1, 2]}, pa je card(GR) > c. Kako je

R separabilan metri~ki prostor, to je prema dokazanom card(GR) 6 c.Dakle, card(GR) = c, pa je max{card(GX) | X } = c.(b) Svaki jedno~lan skup {x} u metri~kom prostoruX je zatvoren, paje skupX\{x} otvoren. Uo~imo preslikavawe f : X GX , definisanosa f(x) = X \ {x}. Preslikavawe f je injektivno, pa je card(X) 6card(GX) 6 c na osnovu dela (a). Dakle, za X je card(X) 6 c.Kako je R i card(R) = c, to je max{card(X) | X } = c.

1.60. (a) Neka su X1, . . . , Xn normirani prostori. Dokazati da jeprostor X = X1 Xn normirani prostor ako za proizvoqanvektor x = (x1, . . . , xn) X defini{emo normu sa x = x1 + +xn.(b) Dokazati da je prostorX sa ovako uvedenom normom Banahov akoi samo ako su svi prostoriX1, . . . , Xn Banahovi.

(v) Dokazati da je prostorX sa ovako uvedenom normom separabilanako i samo ako su svi prostoriX1, . . . , Xn separabilni.


Re{ewe. (a) Ostavqa se ~itaocu da proveri osobine norme.

(b) Pretpostavimo najpre da je prostor X Banahov. Neka je za

svako fiksirano , 1 6 6 n, (x(m) ), m N, Ko{ijev niz u pro-storu X . Uo~imo niz (xm) u prostoru X definisan na slede}i na~inxm = (0, . . . , 0, x

(m) , 0 . . . , 0), m N, pri ~emu se x(m) nalazi na tojpoziciji. Tada za svako > 0 postoji n0 N tako da za svem > k > n0vaì xmxk = x(m) x(k) < , {to zna~i da je (xm)Ko{ijev niz uprostoru X . Kako je X Banahov prostor to niz (xm) konvergira. Nekaxm y = (y1, . . . , y , . . . , yn),m +. Kako je

y xm =nk=1k 6=

yk+ x(m) y,

to je yk = 0 za k = 1, . . . , n, k 6= i x(m) y , m +, u prostoruX . Dakle, za svako = 1, . . . , n u prostoru X proizvoqan Ko{ijevniz konvergira, pa su svi prostoriX , = 1, . . . , n, kompletni.Pretpostavimo sada da su svi prostoriX , = 1, . . . , n, kompletni.Neka je (xm) Ko{ijev niz u prostoruX , xm = (x

(m)1 , . . . , x

(m)n ). Tada zasvako > 0 postoji n0 tako da za svem > k > n0 vaì

xm xk =n

=1

x(m) x(k) < ,

pa za svako = 1, . . . , n vaì x(m) x(k) 6 , m > k > n0, tj. (x(m) ),m N, je Ko{ijev niz u prostoru X , = 1, . . . , n. Iz kompletnostiprostora X , = 1, . . . , n, sledi da su svi nizovi (x

(m) ) konvergentni,odnosno postoje y X , = 1, . . . , n, takvi da je x(m) y < /n,zam dovoqno veliko (m > N , = 1, . . . , n). Neka je y = (y1, . . . , yn) iN = max{N1, . . . , Nn}. Tada za sve m > N vaì xm y < , pa niz(xm) konvergira uX , {to zna~i da je prostorX Banahov.(v) Pretpostavimo da je prostor X = X1 Xn separabilan.Neka je B = {(x(m)1 , . . . , x(m)n ) | m N} svuda gust skup ta~aka u X .Dokaza}emo da je tada skup B = {x(m) | m N} svuda gust skup ta~akau prostoru X , = 1, . . . , n. Neka je x X proizvoqna ta~ka. Tadaje y = (0, . . . , 0, x , 0, . . . , 0) X , pa za svako > 0 postoji indeksm0 N takav da je y (x(m0)1 , . . . , x(m0)n ) < , tj.

nk=1k 6=

x(m0)k + x x(m0) < .

64 1.2. ZADACI

Iz posledwe nejednakosti sledi da je x x(m0) < , {to zna~i da jeskup B svuda gust uX . Kako je B o~igledno najvi{e prebrojiv skup,to je prostor X separabilan za sve = 1, . . . , n.Pretpostavimo sada da su prostori X , = 1, . . . , n, separabilni.Neka je B = {x(m) | m N} svuda gust skup ta~aka u prostoru X , = 1, . . . , n. Uo~imo skup

B = {(x(m1)1 , . . . x(mn)n ) | m1, . . . ,mn N}u prostoruX . O~igledno je skup B najvi{e prebrojiv. Kako je skup Bsvuda gust u X , = 1, . . . , n, to za svaku ta~ku x = (x1, . . . , xn) X isve > 0 postoje indeksim1, . . . ,mn N takvi da je

x x(m) 0 postoji n0 N tako da za svem > n > n0 va`i

Pm Pn = maxx[0,1]

|Pm(x)

Documents

Funkcionalna Analiza - Zbirka Zadataka