Metode funkcionalne analize u ekonomiji · 2021. 1. 23. · 2.6 Linearni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.7 Projekcione osobine . . . . . . . . . . .

Metode funkcionalneanalize u ekonomiji

December 16, 2020

ii

Sadrzaj

1 Uvod 11.1 Konveksni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Konvergencija u topoloskim

prostorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Strictly convex sets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Teorema o konacnom preseku . . . . . . . . . . . . . . . 61.5 Teoreme o fiksnim tackama . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Risovi prostori 92.1 Osobine Risovih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Razdvojeni (ortogonalni) vektori . . . . . . . . . . . . . . 192.3 Solidni podskupovi Risovih prostora . . . . . . . . . . . . 222.4 Ideali, trake i Risovi potprostori . . . . . . . . . . . . . . 272.5 Razdvojeni komplementi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.6 Linearni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.7 Projekcione osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3 Arou-Debroov model 433.1 Preference i funkcije korisnosti . . . . . . . . . . . . . . . 433.2 Maksimalni elementi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.3 Funkcije zahteva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.4 Ekonimija razmene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

iii

iv SADRZAJ

Glava 1

Uvod

1.1 Konveksni skupovi

Neka je X realan vektorski prostor, i neka je K ⊂ X. Skup K jekonveksan, ako za svako x, y ∈ K i svako λ ∈ [0, 1] vazi λx+ (1−λ)y ∈K.

Neka je A ⊂ X. Konveksna obvojnica skupa A jeste skup

Co(A) =x ∈ X : n ∈ N, x =

n∑i=1

λiai, (∀j)(aj ∈ A i 0 ≤ λj ≤ 1),n∑i=1

λi = 1

.

Dokazujemo vaznu karakterizaciju konveksnih obvojnica.

Teorema 1.1.1. Neka je X realan vektorski prostor i neka je A ⊂ X.Tada je Co(A) najmanji konveksan podskup od X koji sadrzi A.

Dokaz. Neka je x, y ∈ Co(A). Tada je

x =n∑i=1

λiai, (∀j)(aj ∈ A i 0 ≤ λj ≤ 1),n∑i=1

λi = 1,

y =m∑k=1

µkbk, (∀l)(bl ∈ A i 0 ≤ µl ≤ 1),m∑k=1

µk = 1.

1

2 GLAVA 1. UVOD

Neka je α ∈ [0, 1]. Tada je

αx+ (1− α)y =n∑i=1

αλiai +m∑k=1

(1− α)µkbk,

pri cemu je

n∑i=1

αλi +m∑k=1

(1− α)µk = α + (1− α) = 1.

Prema konstrukciji skupa Co(A), sledi da je αx+ (1−α)y ∈ Co(A), teje Co(A) konveksan skup.

Sada pretpostavimo da je K proizvoljan konveksan skup u X, takoda je A ⊂ K. Indukcijom po n dokazujemo da svaka linearna kombi-

nacijan∑i=1

λiai iz definicije skupa Co(A) mora pripadati skupu K.

Neka je n = 2. Tada λ1 + λ2 = 1 i a1, a2 ∈ A ⊂ K. Skup K jekonveksan, i stoga je λ1a1 + λ2a2 ∈ K.

Sada pretpostavimo da ako je

x =n∑i=1

λiai, (∀j)(aj ∈ A i 0 ≤ λj ≤ 1),n∑i=1

λi = 1,

onda x ∈ K. Neka je

y =n+1∑k=1

µkbk, (∀j)(bj ∈ A i 0 ≤ µj ≤ 1),n+1∑k=1

µk = 1.

Ako bi bilo µn+1 = 1, onda µ1 = · · · = µn = 0, te je trivijalno y =bn+1 ∈ K. Stoga pretpostavimo da je 0 ≤ µn+1 < 1. Neka je αk =

µk1−µn+1

, k = 1, . . . , n. Tada jen∑k=1

αk = 1, odakle je i 0 ≤ αk ≤ 1 za

svako k. Prema induktivnoj pretpostavci, z =n∑k=1

αkbk ∈ K. Sada je

y = (1− µn+1)z + µn+1bn+1 ∈ K.

Time smo dokazali da je Co(A) ⊂ K, te je Co(A) najmanji konvek-san skup koji sadrzi A.

1.2. KONVERGENCIJA U TOPOLOSKIM PROSTORIMA 3

1.2 Konvergencija u topoloskim

prostorima

Neka je Λ neprazan skup u neka je ≤ binarna relacija na skupu Λ.Ureden par (Λ,≤) je usmeren skup (ili, jednostavnije, Λ je usmerenskup), ako vaze sledeca svojstva:

(1) (∀α ∈ Λ) α ≤ α;(2) (∀α, β, γ ∈ Λ) (ako je α ≤ β i β ≤ γ, onda je α ≤ γ);(3) (∀α, β ∈ Λ)(∃γ ∈ Λ)(α < γ i β < γ).Neka je X neprazan skup, i neka je (Λ,≤) usmeren skup. Pres-

likavanje x : Λ → X je mreza. Ako je α ∈ Λ, onda koristimo oznakux(α) = xα. Na taj nacin mreza x je oznacena kao (xα)α∈Λ, ili jednos-tavnije (xα)α. U ovom slucaju je Λ indeksni skup.

Mreza (xα)α se naziva i uopsteni niz.Neka je Ω ⊂ Λ i neka je α : Λ → Ω strogo rastuce preslikavanje,

odnosno ako je β1 < β2, onda je α(β1) < α(β2). Ako je x : Λ → Xmreza u X, tada je x α : Λ → X podmreza od x. Ako uvedemooznaku α(β) = αβ, onda je, pod prethodno opisanim uslovima, (xαβ)βpodmreza od (xα)α.

Neka su (xα)α∈Λ i (yβ)β∈∆ dve mreze u skupu X. Usmereni skupoviΛ i ∆ odfreduju usmeren skup Λ×∆ na sledeci nacin:

(α1, β1) ≤ (α2, β2) u Λ×∆ ako i samo ako α1 ≤ α2 u Λ i β1 ≤ β2 u ∆.

Neka je X neprazan skup, i neka je τ topologija na X. Elementifamilije τ jesu otvoreni skupovi. Familija svih zatvorenih skupova jestez.

Neka je x ∈ X i neka je (xα)α mreza u X. Mreza (xα)α konvergiraka x, ako za svaku okolinu U tacke x postoji αx ∈ Λ, tako da za svakoα ≥ αx vazi xα ∈ X. Konvergencija mreza u topoloskim prostorimapoznata je pod nazivom konvergencija po Mur-Smitu.

Dokazujemo vaznu karakterizaciju zatvorenja i zatvorenih skupovau topoloskim prostorima.

Teorema 1.2.1. Neka je A podskup topoloskog prostora X, i neka jex ∈ X. Sledeca tvrdenja su ekvivalentna:

(1) x ∈ clA;(2) Postoji mreza (xα)α∈Λ u skupu A tako da je limxα = x.

4 GLAVA 1. UVOD

Dokaz. (1) =⇒ (2): Neka je x ∈ clA. Posmatrajmo skup svih otvorenihokolina tacke x, koji oznacavamo sa Ux, i postmatrajmo relaciju ⊂. Akoje V,W ∈ Ux, tada je V ∩W ∈ Ux, V ∩W ⊂ V,W . Sledi da je (Ux,⊂)usmeren skup. Iz cinjenice x ∈ clA proizilazi da za svako V ∈ Uxpostoji tacka aV ∈ V ∩ A. Konstruisali smo mrezu (aV )V ∈Ux u skupuA. Neka je sada W proizvoljna okolina tacke x. Tada je i W ∈ Ux.Za svako V ∈ Ux sa svojstvom V ⊂ W ispunjeno aV ∈ V odakle je iaV ∈ W . Prema tome, aV → x.

(2) =⇒ (1): Pretpostavimo da je xα ∈ A za svako α ∈ Λ, kaoi limxα = x. Neka je U okolina tacke x. Tada postoji αx ∈ Λ sasvojstvom da za svako α ≥ αx vazi xα ∈ U . Proizilazi da svaka okolinaU tacke x ima neprazan presek sa A. Prema tome, x ∈ cl(A).

Posledica 1.2.1. Neka je A podskup topoloskog prostora X. Sledecatvrdenja su ekvivalentna:

(1) A je zatvoren skup;(2) Ako je (xα)α mreza u A i limxα = x, tada x ∈ A.

Proizilazi da je skup zatvoren, ako i samo ako sadrzi sve granicnevrednosti svih svojih konvergentnih mreza. Posebno je pitanje jedin-stvenosti granicne vrednosti, ukoliko ona postoji. Osnovna pretpostavkajeste da topoloski prostor mora biti Hausdorfov.

Teorema 1.2.2. Neka je X Hausdorfov prostor, i neka je (xα)α∈Λ

mreza u X. Ako je limxα = a i limxα = b, tada je a = b.

Dokaz. Pretpostavimo da je a 6= b. Tada postoje uzajamno disjunktneokoline ovih tacaka. Neka je U okolina tacke a, i V je okolina tackeb sa svojstvom U ∩ V = ∅. Postoji β ∈ Λ tako da za svako α ≥ βvazi xα ∈ V . Takode, postoji γ ∈ Λ tako da za svako α ≥ γ vazixα ∈ V . Postoji δ ∈ Λ tako da je δ ≥ β i δ ≥ γ. Ako je α ≥ δ, tada jexα ∈ U ∩ V , sto je nemoguce zbog U ∩ V = ∅. Prema tome, a = b.

Razmotramo pitanje neprekidnosti funkcije izmedu dva topoloskaprostora.

Teorema 1.2.3. Neka su (X, τ1) i (Y, τ2) topoloski prostori, x ∈ X, ineka je f : X → Y preslikavanje. Sledeca tvrdenja su ekvivalentna:

(1) Funkcija f je neprekidna u tacki x;(2) Za svaku mrezu (xα)α u X vazi implikacija: ako limxα = x,

onda lim f(xα) = f(x).

1.2. KONVERGENCIJA U TOPOLOSKIM PROSTORIMA 5

Dokaz. (1) =⇒ (2): Neka je f neprekidna u tacki x, i neka je limxα = x.Pretpostavimo da je V ∈ τ2 okolina tacke f(x). Na osnovu neprekid-nosti funkcije f u x, sledi da postoji okolina U ∈ τ1 tacke x sa svojstvomf(U) ⊂ V . Iz limxα = x sledi da postoji indeks αU , tako da za svakoα ≥ αU vazi xα ∈ U . Sledi da za svako α ≥ αU vazi f(xα) ∈ V . Prematome, lim f(xα) = f(x).

(2) =⇒ (1): Pretpostavimo da vazi svojstvo (2), a da pri tome fnije neprekidna u tacki x. Tada postoji okolina V ∈ τ2 tacke f(x),tako da f−1(V ) nije okolina tacke x. Neka je U proizvoljna okolinatacke x. Postoji tacka xU ∈ U \ f−1(V ). Kao i ranije, familija Uxsvih okolina tacke x jeste usmeren skup u odnosu na relaciju ⊂. Stogaposmatramo mrezu (xU)U∈Ux sa svojstvom xU ∈ U \f−1(V ). Ociglednoje limxU = x, te je po pretpostsavci (2) ispunjeno lim f(xU) = x. Pocevod nekog indeksa U ∈ Ux vazi f(xU) ∈ V , te je x ∈ Ux ∩ V . Poslednjetvrdenje je nemoguce, prema konstrukciji mreze (xU)U .

Na kraju, od interesa je ispitati prirodu konvergencije mreza uproizvodu topoloskih prostora.

Teorema 1.2.4. Neka su X i Y topoloski prostori, i neka je Z = X ×Y topoloski prostor u odnosu na proizvod topologija. Neka je (xα)α∈Λ

mreza u X, i neka je (yα)α∈Λ mreza u Y . Tada su sledeca tvrdenjaekvivalentna:

(1) xα → x u X i yα → y u Y ;

(2) (xα, yα)→ (x, y) u X × Y .

Dokaz. (1) =⇒ (2): Pretpostavimo da je limxα = x u X i lim yα = yu Y . Neka je V okolina tacke (x, y) u X × Y . Tada okolina V sadrzineku baznu okolinu U1 × U2, pri cemu je U1 okolina tacke x u X, i U2

je okolina tacke y u Y . Postoji indeks α1 ∈ Λ tako da za svako α ≥ α1

vazi xα ∈ U1. Takode, postoji indeks α2 ∈ Λ tako da za svako α ≥ α2

vazi xα ∈ U2. Neka je α3 ≥ α1 i α3 ≥ α2. Za svako α ≥ α3 vazi xα ∈ U1

i yα ∈ U2. Sledi da za svako α ≥ α3 vazi (xα, yα) ∈ U1×U2 ⊂ V . Timeje dokazano lim(xα, yα) = (x, y) u X × Y .

(2) =⇒ (1): Posmatrajmo preslikavanja P : X × Y → X i Q :X × Y → Y , definisana kao

P (x, y) = x, Q(x, y) = y, x ∈ X, y ∈ Y.

6 GLAVA 1. UVOD

Ako je U otvorena okolina tacke x u X, tada je P−1(U) = U ×Y otvorena bazna okolina tacke (x, y) u X × Y . Time je dokazananeprekidnost preslikavanja P . Iz istih razloga je neprekidno i pres-likavanje Q. Neka je lim(xα, yα) = (x, y) u X × Y . Iz neprekidnostipreslikavanja P i Q sledi da je limxα = x i lim yα = y.

Napomena 1.2.1. Bez bitnih izmena, preothodna teorema vazi za pro-izvod proizvoljne familije toploskih prostora.

1.3 Strictly convex sets

Let X be a Hausdorf topologicas space and a real vector space, suchthat the operations on X are continuous. This means that the addition+ is continuous from X × X to X, and the scalar multiplication · iscontinuous from R×X → R. Then X is a togological vector space.

This setting allows the definition of a strictly convex set.A set E ⊂ X is strictly convex, provided that the following holds

for every x, y ∈ E and every λ ∈ R:

(x 6= y, 0 < λ < 1) =⇒ λx+ (1− λ)y ∈ intE.

1.4 Teorema o konacnom preseku

Neka je (X, τ) topoloski prostor, i neka je K podskup od X. Skup Kje kompaktan, ako i samo ako se svako otvoreno pokrivanje skupa Kmoze svesti na konacno pokrivanje. Topoloski prostor X je kompaktan,ako je X kompaktan skup.

Dualno otvorenim pokrivanjima, mogu se razmatrati preseci zatvo-renih skupova.

Definicija 1.4.1. Neka je A = (Ai)i∈I proizvoljna familija podskupovanekog skupa X. Familija A ima svojstvo konacnog preseka, ako svakikonacan niz skupova iz A ima neprazan presek.

Interesantno je iz pretpostavke o konacnom preseku zakljuciti dafamilija A ima neprazan presek, odnosno da je

⋂i∈IAi 6= ∅.

Formulisemo i dokazujemo sledeci vazan rezultat.

1.4. TEOREMA O KONACNOM PRESEKU 7

Teorema 1.4.1. Neka je (X, τ) topoloski prostor. Sledeca tvrdenja suekvivalentna:

(a) X je kompaktan prostor;(b) Za svaku familiju A = (Ai)i∈I zatvorenih podskupova od X koja

ima svojstvo konacnog preseka, vazi da A ima svojstvo nepraznog pre-seka.

Dokaz. (a) =⇒ (b): Pretpostavimo da je skup X kompaktan. Nekaje A = (Ai)i∈I familija zatvorenih podskupova od K, koja ima svo-jstvo konacnog preseka. Neka je

⋂i∈IAi = ∅. Svaki skup Aci je otvoren.

Primetimo da vazi

X =

(⋂i∈I

Ai

)c

=⋃i∈I

Aci .

Na osnovu kompaktnosti skupaX, prethodno otvoreno pokrivanje mozebiti svedeno na konacno pokrivanje. Stoga postoje i1, . . . , in ∈ I takoda je

X = Aci1 ∪ · · · ∪ Acin .

Razmatranjem komplemenata ovih skupova, dolazimo do zakljucka daje

∅ = Ai1 ∩ · · · ∩ Ain .

Poslednje tvrdenje je u kontradikciji sa pretpostavkom da familija Aima svojstvo konacnog preseka. Dakle, mora biti⋂

i∈I

Ai 6= ∅.

(b) =⇒ (a): Neka vazi svojstvo (2). Pretpostavimo da X nijekompaktan skup. Tada postoji familija otvorenih skupova (Gi)i∈I , takoda je X =

⋃i∈IGi, ali ne postoji konacan skup J , J ⊂ I, tako da je

X =⋃i∈J

Gi. Posmatramo familiju A = (Gci)i∈I . A je familija zatvorenih

skupova. Pretpostavimo da A nema svojstvo konacnog preseka. Sledida postoji konacan skup J ⊂ I, tako da je

∅ =⋂i∈J

Gci .

8 GLAVA 1. UVOD

Razmatranjem komplemenata ovih skupova, dolazimo do zakljucka

X =⋃i∈J

Gi,

sto je suprotno pretpostavci da se iz pokrivanja (Gi)i∈I ne moze izdvojitikonacno pokrivanje skupa X. Dakle, familija A ima svojstvo konacnogpreseka, a onda ocigledno sledi da X mora biti kompaktans skup.

1.5 Teoreme o fiksnim tackama

Neka X neprazan skup, i neka je dato preslikavanje ψ : X → X. Ele-menat x ∈ X je fiksna tacka preslikavanja ψ, ako je ψ(x) = x.

Od interesa je posmatrati fiksne tacke viseznacnih preslikavanja.Neka je X neprazan skup i neka je P(X) partitivni skup od X. Pres-likavanje ϕ : X → P(X) je koincidenca (viseznacno preslikavanje).Elemenat x ∈ X je fiksna tacka koincidence ϕ, ako je x ∈ ϕ(x).

Teorema 1.5.1. (Kakutani) Neka je X neprazan, zatvoren i konveksanpodskup od Rn. Neka je ϕ : X → P(X) koincidenca, tako da za svakox ∈ X skup ϕ(x) je neprazan i konveksan. Ako je graf G(ϕ) zatvorenu X ×X, tada postoji x ∈ X tako da je x ∈ ϕ(x).

Dokaz. Pretpostavimo da je X simpleks sa temenima v0, . . . , vn. Formi-rajmo k-tu simplicijalnu pdelu od X, i definisemo funkciju ϕ(k) nasledeci nacin.

Ako je x ∈∈ v0, v1, . . . , vn, neka je ϕ(k)(x) = y ∈ ϕ(X);Ako je x bilo koja druga tacka celije, neka je ϕ(k)(x) definisana in-

terpolacijom vrednosti funkcije ϕ(k) u tememima simpleksa. Preciznije,

ako je x =n∑i=1

θivi, onda je ϕ(k)(x) =

n∑i=1

θiϕ(k)(vj).

Ako je tacka x na duzi koja spaja dve celije, onda je prethodnadefinicija funkcije ϕ(k) korektna. Dakle, ϕ(k) su dobro definisane funkcije.

Sve funkcije ϕ(k) : X → X su neprekidne funkcije. Prema Braud-erovoj teoremi o fiksnoj tacki, svaka funkcija ϕ(k) ima fiksnu tackux(k).

Glava 2

Risovi prostori

2.1 Osobine Risovih prostora

U matematickim modelima ekonomije koriste se realni parcijalno uredenivektorski prostori. Uredeni realni vektorski prostori, sa odredenim do-datnim osobinama, jesu Risovi1 prostori. Razmatramo samo realnevektorske prostore, te ovu cinjenicu necemo posebno naglasavati.

Skup nenegativnih realnih brojeva oznacen je sa R+.

Definicija 2.1.1. Neka je X vektorski prostor, i neka je ≤ parcijalnouredenje na X. Uredenje ≤ je kompatibilno sa algebarskom strukturomprostora X, ako vaze sledeca svojstva:

(1) (∀x, y, z ∈ X)(x ≤ y =⇒ x+ z ≤ y + z);(2) (∀x, y ∈ X)(∀λ ∈ R+)(x ≤ y =⇒ λx ≤ λy).Tada je (X,≤) ureden vektorski prostor.

Ako je x, y ∈ X i x ≤ y, onda je ravnopravna oznaka y ≥ x. Ako jex ≤ y i x 6= y, onda je x < y, ili, ekvivalentno, y > x. Elemenat x ∈ Xje pozitivan, ako je x ≥ 0. Skup svih pozitivnih elemenata u (X,≤)oznacen je sa X+.

Ako je x ≥ 0, onda je x+ (−x) ≥ −x, odnosno 0 ≥ −x. Slicno, akoje x ≤ y, onda je −x ≥ −y.

Definicija 2.1.2. Neka je X vektorski prostor, i neka je K ⊂ X. SkupK je konveksan konus, ako vazi:

1Frigyes Riesz (1880-1956), madarski matematicar

9

10 GLAVA 2. RISOVI PROSTORI

(1) K +K ⊂ K;

(2) (∀λ ∈ R+)(λK ⊂ K);

(3) K ∩ (−K) = 0.

Jednostvano je dokazati sledece rezultat.

Teorema 2.1.1. Neka je (X,≤) ureden vektorski prostor, i neka je X+

skup svih pozitivnih elemenata u X. Tada je X+ konveksan konus.

Dokaz. Ako je x, y ∈ X+, onda jednostavno sledi x + y ≥ 0. Takode,ako je λ ∈ R+, onda je λx ∈ R+. Konacno, ako je x ∈ X+ ∩ (−X),onda je x ≥ 0 i x ≤ 0, odakle sledi x = 0.

Sa druge strane, ukoliko u nekom vektorskom prostoru postoji kon-veksan konus, onda je u tom vektorskom prostoru moguce uvesti par-cijalno uredenje na prirodan nacin.

Teorema 2.1.2. Neka je K konveksan konus vektorskog prostora X.Definisemo relaciju ≤ na X na sledeci nacin:

x ≤ y ako i samo ako y − x ∈ K.

Tada je ≤ parcijalno uredenje na X, a K je skup pozitivnih elemenatau odnosu na uredenje ≤.

Dokaz. Neka je x ∈ X. Tada je x − x = 0 ∈ K ∩ (−K), te je x ≤ x.Ako je x ≤ y i y ≤ x, onda je x − y ∈ K ∩ (−K), te je x = y.Ako je x ≤ y i y ≤ z, onda je y − x ∈ K i z − y ∈ K. Stoga jez − x = (y− x) + (x− y) ∈ K, te je x ≤ z. Time smo dokazali da je ≤parcijalno uredenje na X.

Neka je sada x, y, z ∈ X i x ≤ y. Tada je y+z−(x+z) = y−x ∈ K,te je x+ ≤ y + z. Ako je pri tome λ ∈ R+, onda zbog y − x ∈ K slediλ(y − x) ∈ K, te je λx ≤ λy. Dokazali smo da je (X,≤) uredenvektorski prostor.

Na kraju, neka jeX+ skup pozitivnih elemenata u odnosu na relaciju≤. Ako je x ∈ X+, onda je x ≥ 0, te je x = x − 0 ∈ K. Stoga jeX+ ⊂ K. Ako je x ∈ K, onda je jos jednom x − 0 ∈ K, te je x ≥ 0,odnosno x ∈ X+. Time je dokazano K ⊂ X+.

2.1. OSOBINE RISOVIH PROSTORA 11

Definicija 2.1.3. Neka je (X,≤) ureden vektorski prostor, i neka jeA ⊂ X.

Elemenat m ∈ X je gornja granica skupa A, ako za svako a ∈ Avazi a ≤ m. Elemenat u ∈ X je supremum skupa A, ako je u najmanjagornja granica skupa A, odnosno ako vazi sledece:

u je gornja granica skupa A, i ako je b gornja granica skupa A tadaje u ≤ b.

Elemenat n ∈ X je donja granica skupa A, ako za svako a ∈ A vazin ≤ a. Elemenat v ∈ X je infimum skupa A, kao je v najveca donjagranica skupa A, odnosno ako vazi:

v je donja granica skupa A, i ako je c donja granica skupa A ondaje c ≤ v.

Supremum skupa A, ukoliko postoji, oznacava se sa supA. Infimumskupa A, ukoliko postoji, oznacen je sa inf A.

Ako je A proizvoljan skup uredenog vektorskog prostora (X,≤),onda ne moraju postojati donje ili gornje granice skupa A. U slucajuda postoje donje i gornje granice skupa A, ne sledi da obavezno postojeinf A ili supA.

Definicija 2.1.4. Neka je (X,≤) ureden vektorski prostor. Ako zasvaki konacan podskup A skupa X postoji supA ∈ X, tada je X Risovprostor, ili vektorska resetka.

Jednostavno je dokazati rezultat.

Teorema 2.1.3. Neka je (X,≤) ureden vektorski prostor. X je Risovprostor, ako i samo ako za svaka dva elementa x, y ∈ X postoji supx, y∈ X.

Dokazujemo teoremu o dualnosti postojanja supremuma i infimumau uredenim vektorskim prostorima.

Teorema 2.1.4. Neka je (X,≤) ureden vektorski prostor. X je Risovprostor, ako i samo ako za svako x, y ∈ X postoji infx, y ∈ X.

Dokaz. Neka je X Risov prostor, i neka je x, y ∈ X. Prema pret-postavci, postoji sup−x,−y = z ∈ X. Neka je w = −z. Kako je−x,−y ≤ z, sledi da je x, y ≥ −z = w. Dakle, w je donja granica skupax, y. Neka je u bilo koja donja granica skupa x, y. Tada je u ≤ x, y,


te je −u ≥ −x,−y. Sledi da je −u gornja granica skupa −x,−y.Sa druge strane, z je najmanja gornja granica skupa −x,−y, te jez ≤ −u, onosno u ≤ w. Dokazali smo da je w najveca donja granicaskupa x, y, odnosno w = infx, y ∈ X.

Drugi deo dokaza sledi analogno.

Koriste se jednostavnije oznake za supremum i infimum skupova uRisovim prostorima. Neka je x, y, x1, . . . , xn ∈ X i neka je K ⊂ X.Tada je

x ∨ y = supx, y,n∨i=1

xi = supx1, . . . , xn,

x ∧ y = infx, y,n∧i=1

xi = infx1, . . . , xn.

Ako postoji supremum skupa K u X, onda je

supK =∨x∈K

x ∈ X.

Analogno, ako postoji infimum skupa K u X, onda je

inf K =∧x∈K

x ∈ X.

U skladu sa novim oznakama, formulisemo jednostavan rezultat.

Teorema 2.1.5. Ako je X Risov prostor, tada za svako x, y ∈ X vazi

x ∧ y = −(

(−x) ∨ (−y))

i x ∨ y = −(

(−x) ∧ (−y)).

Definicija 2.1.5. Neka je X Risov prostor, i neka je x ∈ X. Tada:(1) Pozitivan deo elementa x jeste x+ = x ∨ 0;(2) Negativan deo elementa x jeste x− = (−x) ∨ 0;(3) Apsolutna vrednost elementa x jeste |x| = x ∨ (−x).

Smatramo da su operacije ∧ i ∨ viseg prioriteta od operacija + i −u Risovom prostoru. Dakle, x+y∧z = x+(y∧z), x−y∨z = x−(y∨z),za x, y, z ∈ X. Operacije ∧ i ∨ su ravnopravne sa operacijom mnozenjavektora skalarom, te pisemo precizno (λx) ∧ y i x ∨ (λy), za x, y ∈ X iλ ∈ R.

Dokazujemo sledeci rezultat, koji sadrzi vise fundamentalnih iden-titeta u Risovim prostorima.


Teorema 2.1.6. (Fundamentalni identiteti) Neka je X Risov prostor,i neka je x, y, x ∈ X, λ ∈ R. Tada:

(1) x+ y ∨ z = (x+ y) ∨ (x+ z), x+ y ∧ z = (x+ y) ∧ (x+ z);(2) x− y ∧ z = (x− y) ∨ (x− z), x− y ∨ z = (x− y) ∧ (x− z);(3) x ∨ y = (x− y)+ + y = (y − x)+ + x;(4) λ(x∨y) = (λx)∨(λy), λ(x∧y) = (λx)∧(λy), za svako λ ∈ R+;(5) |λx| = |λ||x|;(6) x ∨ y = 1

2(x+ y + |x− y|), x ∧ y = 1

2(x+ y − |x− y|);

(7) x+ y = x ∨ y + x ∧ y;(8) x = x+ − x−, x+ ∧ x− = 0;(9) |x| = x+ + x−;(10) |x| = 0 ako i samo ako x = 0;(11) |x− y| = x ∨ y − x ∧ y;(12) |x+ y| ∨ |x− y| = |x|+ |y|;(13) |x| ∨ |y| = 1

2(|x+ y|+ |x− y|);

(14) |x| ∧ |y| = 12

∣∣∣|x+ y| − |x− y|∣∣∣.

Proof. (1) Neka je t = y ∨ z. Tada je y ≤ t i z ≤ t, te je x+ y ≤ x+ ti x + y ≤ x + t. Sledi da je x + t gornja granica za x + y i x + z.Pretpostavimo da je s proizvoljna gornja granica za x + y i x + z,odnosno neka je x + y ≤ s i x + z ≤ s. Tada je y ≤ s− x i z ≤ s− x.Tada je t = y ∨ z ≤ s− x, odnosno x+ t ≤ s. Dakle, x+ t je najmanjagornja granica za x+ y i x+ z, odnosno x+ t = (x+ y) ∨ (x+ z).

Drugi deo ovog tvrdenja dokazuje se analogno.(2) Na isti nacin kao (1).(3) Na osnovu definicije pozitivnog dela nekog elementa, kao i (1),

sledi da vazi

(x− y)+ + y = (x− y) ∨ 0 + y = (x− y + y) ∨ (0 + y) = x ∨ y.

Drugi deo tvrdenja sledi na isti nacin.(4) Ako je λ = 0, onda je tvrdenje ocigledno. Pretpostavimo da je

λ > 0. Na osnovu x ≤ x ∨ y i y ≤ x ∨ y, sledi da je λx ≤ λ(x ∨ y)i λy ≤ λ(x ∨ y). Dakle, λ(x ∨ y) je gornja granica za λx, λy, te je(λx) ∨ (λy) ≤ λ(x ∨ y). Sada neka je t gornja granica za λx, λy,odnosno λx ≤ t i λy ≤ t. Tada je x ≤ 1

λt i y ≤ 1

λt, odakle sledi

x∨y ≤ 1λt, kao i λ(x∨y) ≤ t. Proizilazi da je λ(x∨y) najmanja gornja

granica za λx, λy, te je (λx) ∨ (λy) = (λx) ∨ (λy).


Dokaz drugog dela ovog tvrdenja je analogan.(5) Pretpostavimo da je λ ≥ 0. Tada, po definiciji apsolutne vred-

nosti vektora, kao i prema (4), vazi:

|λx| = (λx) ∨ (−λx) = λ(x ∨ (−x)) = |λ||x|.

Neka je sada λ < 0. Tada je −λ = |λ|, i vazi:

|λx| = (λx) ∨ (−λx) = −λ((−x) ∨ x) = |λ||x|.

(6) Koristimo definiciju apsolutne vrednosti vektora, kao i tvrdenje(1) i (4):

1

2

(x+y+|x−y|

)=

1

2

(x+y+(x−y)∨(y−x)

)=

1

2

((2x)∨(2y)

)= x∨y.

Slicno, koristimo tvrdenja (2) i (4):

1

2

(x+y−|x−y|

)=

1

2

(x+y−(x−y)∨(y−x)

)=

1

2

((2y)∧(2x)

)= x∧y.

(7) Ovo tvrdenje sledi sabiranjem jednakosti dobijenih u tvrdenju(6).

(8) Neka je y = 0 u (7), a zatim iskoristimo odnos supremuma iinfimuma:

x = x ∨ 0 + x ∧ 0 = x ∨ 0−(

(−x) ∨ 0)

= x+ − x−.

Takode, na osnovu (1),

x+ ∧ x− = (x+ − x− + x−) ∧ x− = (x+ − x−) ∧ 0 + x− = x ∧ 0 + x−

= −((−x) ∨ 0) + x− = −x− + x− = 0.

(9) Na osnovu definicije apsolutne vrednosti, kao i (1), (4) i (8),proizilazi da vazi:

|x| = x ∨ (−x) =(

(2x) ∨ 0)− x = 2(x ∨ 0)− (x+ − x−)

= 2x+ − (x+ − x−) = x+ + x−.

(10) Ako je x = 0, onda je |x| = 0 ∨ 0 = 0. Ako je |x| = 0, ondaje x+ + x− = 0. Kako je x+, x− ∈ X+ i X+ je konveksan konus, izx+ = −x− sledi x+ = x− = 0, te je i x = x+ − x− = 0.


(11) Koristeci (1), (7) i (4), proizilazi da vazi:

|x− y| =(

(x− y) ∨ (y − x))

+ x+ y − (x+ y) = (2x) ∨ (2y)− (x ∨ y + x ∧ y)

= 2(x ∨ y)− (x ∨ y + x ∧ y) = (x ∨ y)− (x ∧ y).

(12) Na osnovu (1) i definicije apsolutne vrednosti, sledi:

|x+ y| ∨ |x− y| =(

(x+ y) ∨ (−x− y))∨(

(x− y) ∨ (y − x))

=(

(x+ y) ∨ (x− y))∨(

(−x− y) ∨ (y − x))

=(x+ (y ∨ (−y)

)∨(− x+ ((−y) ∨ y)

)= (x+ |y|) ∨ (−x+ |y|) = (x ∨ (−x)) + |y|= |x|+ |y|.

(13) Koristimo (1) i (4):

1

2

(|x+ y|+ |x− y|

)=

1

2

((x+ y) ∨ (−x− y) + |x− y|

)=

1

2

((x+ y + |x− y|) ∨ (−x− y + |x− y|)

)1

2

((2(x ∨ y)) ∨ 2((−x) ∨ (−y))

)= x ∨ y ∨ (−x) ∨ (−y) = |x| ∨ |y|.

(14) Koristimo redom tvrdenja: (11), (7), (12) i (7):

∣∣∣|x+ y| − |x− y|∣∣∣ = |x+ y| ∨ |x− y| − |x+ y| ∧ |x− y|

= |x+ y| ∨ |x− y| −(|x+ y|+ |x− y| − |x+ y| ∨ |x− y|

)= 2(|x+ y| ∨ |x− y|

)−(|x+ y|+ |x− y|

)= 2(|x|+ |y|

)− 2(|x| ∨ |y|

)= 2(|x| ∧ |y|)

Sledeci rezultat je jednostavno dokazati.


Teorema 2.1.7. Neka je X Risov prostor, A ⊂ X i x ∈ X. Akopostoji supA, onda postoji i sup(x+ A), pri cemu vazi jednakost:

x+ supA = sup(x+ A).

Ako postoji inf A, onda postoji i inf(x+ A), pri cemu vazi:

x+ inf A = inf(x+ A).

Ako postoje supA i inf A, onda vaze sledece formule:

x− supA = inf(x− A), x− inf A = sup(x− A),

λ · supA = sup(λA), λ · inf A = inf(λA), ako je λ ≥ 0.

Koristeci dobijene rezultate, dokazujemo uzajamnu distributivnostsupremuma i infimuma.

Teorema 2.1.8. Neka je X Risov prostor, A ⊂ X i x ∈ X.Ako postoji supA, onda postoji i supx ∧ a : a ∈ A, pri cemu vazi

x ∧ supA = supx ∧ a : a ∈ A.

Ako postoji inf A, onda postoji i infx ∨ a : a ∈ A, pri cemu vazi

x ∨ inf A = infx ∨ a : a ∈ A.

Specijalno, ako je A = a1, . . . , an, onda vaze formule:

x ∧

(n∨i=1

ai

)=

n∨i=1

(x ∧ ai), x ∨

(n∧i=1

ai

)=

n∧i=1

(x ∨ ai).

Dokaz. Neka je x ∈ X i s = supA. Tada je za svako a ∈ A ispunjenox∧ a ≤ x, x∧ a ≤ a ≤ s. Dakle, x∧ a ≤ x∧ s za svako a ∈ A, odnosnox∧s je gornja granica skupa x∧a : a ∈ A. Neka je t ∈ X proizvoljnagornja granica skupa x ∧ a : a ∈ A. Tada je x ∧ a ≤ t za svakoa ∈ A. Iskoristimo dokazanu jednakost x + a − x ∨ a = x ∧ a. Dakle,x+a−x∨a ≤ t za svako a ∈ A. Sledi da je a ≤ t+x∨a−x ≤ t+x∨s−xza svako a ∈ A. Sledi da je t+ x ∨ s− x gornja granica skupa A, te jes ≤ t+x∨ s−x. Jos jednom iskoristimo formulu x∧ s = x+ s−x∨ s,


odakle sledi x ∧ s ≤ t. Proizilazi da je x ∧ s najmanja gornja granicaskupa x ∧ a : a ∈ A, odnosno supx ∧ a : a ∈ A = x ∧ supA.

Preostala tvrdenja dokazuju se analogno.

Dokazujemo vaznu Birkofovu2 teoremu.

Teorema 2.1.9. (Birkofov identitet) Neka je X Risov prostor, i nekaje x, y, z ∈ X. Tada vazi:

|x ∨ z − y ∨ z|+ |x ∧ z − y ∧ z| = |x− y|.

Dokaz. Koristimo redom sledece nejednakosti iz Teoreme 2.1.6 (11),distributivnost, (7) i (11):

|x ∨ z − y ∨ z|+ |x ∧ z − y ∧ z|

=(

(x ∨ z) ∨ (y ∨ z)− (x ∨ z) ∧ (y ∨ z))

+(

(x ∧ z) ∨ (y ∧ z)− (z ∧ z) ∧ (y ∧ z))

=(z ∨ (x ∨ y)− z ∨ (x ∧ y)

)+(z ∧ (x ∨ y)− z ∧ (x ∧ y)

)=(z ∨ (x ∨ y) + z ∧ (x ∨ y)

)−(z ∨ (x ∧ y) + z ∧ (x ∧ y)

)= (z + x ∨ y)− (z + x ∧ y)

= x ∨ y − x ∧ y = |x− y|.

Koristeci prethodne rezultate, u mogucnosti smo da formulisemo idokazemo vazne nejednakosti u Risovim prostorima.

Teorema 2.1.10. Neka je X Risov prostor, i neka je x, y, z, x1, . . . , xn ∈X. Tada vazi:

(1) x ≤ y =⇒ (x+ ≤ y+ i y− ≤ x−);

(2)∣∣∣|x| − |y|∣∣∣ ≤ |x+ y| ≤ |x|+ |y| (nejednakost trougla);

(3) |x ∨ z − y ∨ z| ≤ |x − y| i |x ∧ z − y ∧ z| ≤ |x − y| (Birkofovenejednakosti)

2Garrett Birkhoff (1911–1996), americki matematicar


(4) x, x1, . . . , xn ∈ X+ =⇒ x∧(x1 +· · ·+xn) ≤ x∧x1 +· · ·+x∧xn.Ako za svako i 6= j vazi x ∧ xi ∧ xj = 0, onda prethodna nejednakostpostaje jednakost.

(5) n(x+1 ∧ · · · ∧ x+

n ) = n(x1 ∧ · · · ∧ xn)+ ≤ (x1 + · · ·+ xn)+.

Dokaz. (1) Neka je x ≤ y. Tada je x ≤ y ≤ y ∨ 0 = y+. Kako je i0 ≤ y+, sledi da je x+ = x ∨ 0 ≤ y+. Iz −y ≤ −x sledi, analogno,y+ ≤ x+.

(2) Ocigledno vazi x+y ≤ |x|+|y|, kao i−(x+y) = −x−y ≤ |x|+|y|.Stoga je |x+ y| = (x+ y)∨ (−(x+ y)) ≤ |x|+ |y|. Da bi dokazali drugunejednakost, primetimo da vazi |x| = |(x+y)−y| ≤ |x+y|+ |y|, odaklesledi |x| − |y| ≤ |x+ y|. Analogno, dokazuje se |y| − |x| ≤ |x+ y|, te je∣∣∣|x| − |y|∣∣∣ =

(|x| − |y|

)∨(|y| − |x|

)≤ |x+ y|.

(3) Neposredno slede iz Birkofovog identiteta.(4) Neka je x, x1, x2 ∈ X+. Jednostavnosti radi, neka je y = x ∧

(x1 + x2). Tada je y ≤ x1 + x2, odakle sledi y − x1 ≤ x2. Takode jey − x1 ≤ y ≤ x, te je y − x1 ≤ x ∧ x2. Sledi da je y − x ∧ x2 ≤ x1.Koristeci nejednakost y−x∧x2 ≤ y ≤ x, dobijamo y−x∧x2 ≤ x∧x1

i y ≤ x ∧ x1 + x ∧ x2.Ako je x ∧ x1 ∧ x2 = (x ∧ x1) ∧ (x ∧ x2) = 0, onda na osnovu

x ∧ (x1 + x2) ≤ x ∧ x1 + x ∧ x2 = (x ∧ x1) ∨ (x ∧ x2) + (x ∧ x1 ∧ x2)

= (x ∧ x1) ∨ (x ∧ x2)

= x ∧ (x1 ∨ x2) ≤ x ∧ (x1 + x2),

sledi da vazi x∧(x1∧x2) = x∧x1 +x∧x2. Primetimo da smo iskoristilicinjenicu x1 + x2 = x1 ∨ x2 + x1 ∧ x2 ≥ x1 ∨ x2 ako je x1 ≥ 0 i x2 ≥ 0.Opsti slucaj dokazuje se indukcijom po n.

(5) Na osnovu nejednakosti n(x1 ∧ · · · ∧ xn) ≤ x1 + · · · + xn sledijednostavno n(x1 ∧ · · · ∧ xn) ≤ (x1 + · · ·+ xn)+. Primetimo da vazi

n(x+1 ∧ · · · ∧ x+

n ) = n[(x1 ∨ 0) ∧ · · · ∧ (xn ∨ 0)

]= n

[(x1 ∧ x1 ∧ · · · ∧ xn) ∨ 0

]= n(x1 ∧ x2 ∧ · · · ∧ xn)+.

Time je dokaz zavrsen.

2.2. RAZDVOJENI (ORTOGONALNI) VEKTORI 19

2.2 Razdvojeni (ortogonalni) vektori

Pojmu ortogonalnosti vektora u Risovim prostorima odgovara razdvo-jenost vektora.

Definicija 2.2.1. Neka je X Risov prostor, i neka je x, y ∈ X. Vektorix i y su uzajmno razdvojeni, ili ortogonalni, u oznaci x⊥y, ako je |x| ∧|y| = 0.

Ako je A,B ⊂ X, onda su A i B uzajamno razdvojeni, u oznaciA⊥B, ako za svako a ∈ A i svako b ∈ B vazi a⊥b.

Vektor x ∈ X je razdvojen u odnosu na C ⊂ X, u oznaci x⊥C, akoza svako c ∈ C vazi x⊥c.

Teorema 2.2.1. Neka je X Risov prostor, x, y, z ∈ X, λ, µ ∈ R iA ⊂ X. Vaze sledeca tvrdenja:

(1) Ako je x⊥y i x⊥z, onda je x⊥(λy + µz);(2) x⊥y ako i samo ako |x+ y| = |x− y|;(3) Ako je x⊥y, onda

|x+ y| = |x− y| = |x|+ |y| =∣∣∣|x| − |y|∣∣∣ = |x| ∨ |y|.

(4) Ako se skup A sastoji od uzajamno razdvojenih ne-nula vektora,tada je skup A linearno nezavisan.

Dokaz. (1) Pretpostavimo da je x⊥y i x⊥z. Tada je

0 ≤ |x| ∧ |λy + µz| ≤ |x| ∧ (|λy|+ |µz|)

= |x| ∧(|λ||y|+ |µ||z|

)≤ |x| ∧

(|λ||y|

)+ |x| ∧

(|µ||z|

)≤ (1 + |λ|)|x| ∧ (1 + |λ|)|y|+ (1 + |µ|)|x| ∧ (1 + |µ|)|z|

= (1 + |λ|)(|x|+ |y|

)+ (1 + |µ|)

(|x| ∧ |z|

)= (1 + |λ|)0 + (1 + |µ|)0 = 0.

Stoga je |x| ∧ |λy + µz| = 0, odnosno x⊥(λy + µz).

(2) Primetimo da smo ranije dokazali identitet |x|∧|y| = 12

∣∣∣|x+y|−

|x − y|∣∣∣ (Teorema 2.1.6 (14)). Na osnovu ovog identiteta odmah sledi

x⊥y ⇐⇒ |x| ∧ |y| = 0 ⇐⇒ |x+ y| = |x− y|.


(3) Pretpostavimo da je ispunjeno x⊥y. Tada je |x + y| = |x − y|.Primenimo isti zakljucak na vektore |x| i |y|:∣∣∣|x| − |y|∣∣∣ =

∣∣∣|x|+ |y|∣∣∣ = |x|+ |y| = |x| ∨ |y|+ |x| ∧ |y| = |x| ∨ |y|.

Sada je

|x+ y| = |x− y| = |x+ y| ∨ |x− y| = |x|+ |y|.

(4) Pretpostavim da su x1, . . . , xn ∈ A uzajamno razdvojeni vektori,i neka je α1x1+· · ·+αnxn = 0 za neke skalare α1, . . . , αn ∈ R. Koristimosada prethodnu cinjenicu da za razdvojene vektore nejednakost trouglau stvari jeste jednakost, te je

0 = |α1x1 + · · ·+αnxn| = |α1x1|+ · · ·+ |αnxn| = |α1||x1|+ · · ·+ |αn||xn|.

Odavde sledi da je |αi||xi| = 0 za svako i = 1, . . . , n. Kako je |xi| > 0za svako i, sledi da je αi = 0 za svako i. Dakle, vektori x1, . . . , xn sulinearno nezavisni.

U istrazivanjima u vezi Risovih prostora, fundamentalnu ulogu imaRisova osobina o dekompoziciji.

Teorema 2.2.2. (Risova teorema o dekompoziciji) Neka je X Risovprostor, x, y1, . . . , yn ∈ X, tako da je

|x| ≤ |y1 + · · ·+ yn|.

Tada postoje elementi x1, . . . , xn ∈ X, tako da je |xi| ≤ |yi| za svako i,kao i

x = x1 + · · ·+ xn.

Osim toga, ako je x pozitivan vektor, onda se moze podesiti da su ivektori x1, . . . , xn takode pozitivni.

Dokaz. Dokazacemo tvrdenje za n = 2, a ostatak sledi indukcijompo n. Neka je, dakle, x, y1, y2 ∈ X i |x| ≤ |y1 + y2|. Neka je x1 =(x ∨ (−|y1|)

)∧ |y1|. Na osnovu nejednakosti −|y1| ≤ x ∨ (−|y1|) i

−|y1| ≤ |y1| sledi da je −|y1| ≤ x1, odnosno −x1 ≤ |y1|. Sa drugestrane, iz x1 ≤ |y1| sledi |x1| = (−x1)∨ x1 ≤ |y1|. (Ako bi dodatno bilo

2.2. RAZDVOJENI (ORTOGONALNI) VEKTORI 21

x ≥ 0, onda bi vazilo x ∨ (−|y1|) = x, te je x ≥ x1 = x ∧ |y1| ≥ 0.)Neka je x2 = x − x1. (Jos jednom, ako je x ≥ 0, onda je 0 ≤ x2 ≤ x).Tada je

x2 = x−(x ∨ (−|y1|)

)∧ |y1| =

(0 ∧ (x+ |y1|)

)∨ (x− |y1|).

Kako je |x| ≤ |y1|+ |y2|, sledi da je −|y1| − |y2| ≤ x ≤ |y1|+ |y2|. Stogaje

−|y2| = (−|y2|) ∧ 0 ≤ (x+ |y1|) ∧ 0 ≤ x2 =(

0 ∧ (x+ |y1|))∨ (x− |y1|)

≤ 0 ∨ (x− |y1|) ≤ |y2|.

Odavde sledi |x2| ≤ |y2|.

Neka je (Xα)α∈Λ proizvoljna familija Risovih prostora. Dekartovproizvod ovih prostora definisan je na uobicajen nacin:

X =∏α∈Λ

Xα,

pri cemu su algebarske operacije u X definisane koordinatno:

x+ y =∏α∈Λ

(xα + yα), µx =∏α∈Λ

µxα,

za x = (xα)α ∈ X, y = (yα)α ∈ X i µ ∈ R.

Uredenje u X je takode definisano koordinatno:

x = (xα)α ≤ y = (yα)α ako i samo ako xα ≤ yα za svako α ∈ Λ.

Jednostavno je proveriti da (X,≤) jeste ureden vektorski prostor.

Takode,

(xα)α ∧ (yα)α = (xα ∧ yα)α, (xα)α ∨ (yα)α = (xα ∨ yα)α.

Nije tesko proveriti da (X,≤) jeste Risov prostor.


2.3 Solidni podskupovi Risovih prostora

Definicija 2.3.1. Neka je X Risov prostor, i neka je S ⊂ X. Skup Sje solidan, ako vazi implikacija:(

x ∈ X i y ∈ S i |x| ≤ |y|)

=⇒ x ∈ S.

Skup S je balansiran, ako za svako λ ∈ [0, 1] i svako x ∈ S vaziλx ∈ S.

Ako je S solidan skup u Risovom prostoru X, onda je S ociglednobalansiran skup.

Na osnovu ocigledne nejednakosti |x| ≤ |x|, ako je S solidan skup,onda trivijalno vazi ekvivalencija: x ∈ S ako i samo ako |x| ∈ S.

Definicija 2.3.2. Neka je X Risov prostor i neka je A ⊂ X. Solidnaobvojnica skupa A u X jeste skup

Sol(A) = y ∈ X : (∃x ∈ A) |y| ≤ |x|.

Sledece tvrdenje opisuje najmanji solidan skup koji sadrzi proizvol-jan podskup Risovog prostora.

Teorema 2.3.1. Neka je X Risov prostor i neka je A ⊂ X. Tada jeSol(A) najmanji solidan skup koji sadrzi skup A.

Dokaz. Sol(A) je trivijalno solidan skup u X. Neka je S bilo kojisolidan skup u X, za koji vazi A ⊂ S. Neka je y ∈ Sol(A). Tadapostoji x ∈ A ⊂ S, tako da je |y| ≤ |x|. Skup S je solidan, te je y ∈ S.Dakle, Sol(A) ⊂ S.

Dokazujemo vazan rezultat o konveksnoj obvojnici solidnog skupa.

Teorema 2.3.2. (Namioka3) Neka je X Risov prostor, i neka je Ssolidan podskup od X. Tada je konveksna obvojnica od S, odnosnoskup Co(S) takode solidan u X.

Dokaz. Neka je S solidan podskup od X, neka je x ∈ Co(S) i nekaje y ∈ X sa svojstvom |y| ≤ |x|. Tada postoje vektori x1 . . . , xn ∈ S

3Isaac Namioka (1928- ), japansko-americki matematicar

2.3. SOLIDNI PODSKUPOVI RISOVIH PROSTORA 23

i skalari λ1 . . . , λn ∈ [0, 1) sa svojstvomn∑i=1

λi = 1, tako da je x =

n∑i=1

λixi. Bez gubljenja opstosti neka je λi > 0 za svako i. Kako je

|y| ≤ |x| =∣∣∣∣ n∑i=1

λixi

∣∣∣∣, na osnovu Risove dekompozicije (Teorema 2.2.2)

sledi da postoje vektori y1, . . . , yn ∈ X tako da je |yi| ≤ |λixi| = λi|xi| za

svako i, kao i y =n∑i=1

yi. Neka je zi = 1λiyi. Na osnovu |zi| ≤ |xi| za svako

i, sledi da je zi ∈ S za svako i. Stoga je y =n∑i=1

yi =n∑i=1

λizi ∈ Co(S),

odnosno Co(S) solidan skup.

Razmotricemo pojam uredajne konvergencije mreza u Risovim pros-torima.

Neka je X Risov prostor, i neka je (xα)α∈Λ rastuca mreza. Drugimrecima, ako je α, β ∈ Λ i α ≤ β, tada je xα ≤ xβ. Pri tome vodimoracuna da smo istim simbolom ≤ oznacili uredenje u indeksnom skupuΛ i u Risovom prostoru X. Mreza (xα)α je opadajuca, ako iz α ≤ βsledi xα ≥ xβ.

Ako je (xα)α rastuca mreza u Risovom prostoru, i ako postoji x =supxα : α ∈ Λ, onda je oznaka xα ↑ x. Ako je (xα)α opadajuca mrezau Risovom prostoru, i ako postoji x = infxα : α ∈ Λ, onda je oznakaxα ↓ x.

Definisemo konvergenciju mreze u odnosu na uredenje (uredajnukonvergenciju) u Risovom prostoru.

Definicija 2.3.3. Neka je X Risov prostor, neka je x ∈ X i nekaje (xα)α∈Λ mreza u X. Mreza (xα)α∈Λ konvergira ka x u odnosu nauredenje (uredajno konvergira), u oznaci xα

o−→ x, ako postoji mreza(yα)α∈Λ, tako da je yα ↓ 0 i |xα−a| ≤ yα za svako α ∈ Λ. U tom slucajuje x uredajna granica (xα)α∈Λ.

Napominjemo da u prethodnoj definiciji zahtevamo isti usmerenskup Λ za mreze (xα)α∈Λ i (yα)α∈Λ.

Dokazujemo da je uredajna granica mreze jedinstveno odredena.

Teorema 2.3.3. Neka je X Risov prostor. Ako mreza (xα)α uredajnokonvergira, onda postoji tacno jedna uredajna granica ove mreze.


Dokaz. Pretpostavimo da je xαo−→ x i xα

o−→ y. Tada postoje mreze(uα) i (vα) sa svojstvima: uα ↓ 0 i vα ↓ 0, kao i |xα − x| ≤ uα i|xα − y| ≤ vα za svako α. Tada za svako α vazi

|x− y| ≤ |x− xα|+ |xα − y| ≤ uα + vα.

Kako je (uα + vα) ↓ 0, sledi da je |x− y| = 0, te je x = y.

Dokazujemo osnovna svojstva uredajne konvergencije u Risovimprostorima.

Teorema 2.3.4. Neka je X Risov prostor, i neka za mreze (xα)α∈Λ i(yβ)β∈∆ vazi xα

o−→ x i yβo−→ y. Vaze sledeca tvrdenja:

(1) |xα|o−→ |x|;

(2) λxα + µyβo−→ λx+ µy;

(3) x+α

o−→ x+, x−αo−→ x−;

(4) xα ∨ yβo−→ x ∨ y, xα ∧ yβ

o−→ x ∧ y;

Napominjemo da u tvrdenjima (2) i (3) ove teoreme kao indeksniskup koristimo Λ×∆. Podsetimo da ovaj skup jeste usmeren u odnosuna uredenje:

(α1, β1) ≤ (α2, β2) ⇐⇒ (α1 ≤ α2 i β1 ≤ β2).

Dokaz. Postoje mreze (uα)α∈Λ i (vβ)β∈∆, tako da vazi

|xα − x| ≤ uα ↓ 0 i |yβ − y| ≤ vβ ↓ 0.

(1) Na osnovu nejednakosti trougla vazi∣∣∣|xα| − |x|∣∣∣ ≤ |xα − x| ≤ uα ↓ 0.

Prema tome, |xα|o−→ |x|.

(2) Vazi

|λxα + µyβ − λx− µy| ≤ |λ||xα − x|+ |µ||yβ − y| ≤ |λ|uα + |µ|vβ.

Nije tesko proveriti (|λ|uα + |µ|vβ) ↓ 0, odakle sledi (λxα + µyβ)o−→

λx+ µy.

2.3. SOLIDNI PODSKUPOVI RISOVIH PROSTORA 25

(3) Iz x = x+ − x− i |x| = x+ + x− sledi

x+ =1

2(|x|+ x) i x− =

1

2(|x| − x).

Na osnovu dokazanih tvrdenja (1) i (2) sledi

x+α =

1

2(|xα|+ xα)

o−→ 1

2(|x|+ x) = x+.

Drugi deo ovog tvrdenja dokazuje se analogno.(4) Podsetimo da su u Teoremi 2.1.6(6) dokazani sledeci identiteti:

x ∨ y =1

2(x+ y + |x− y|) i x ∧ y =

1

2(x+ y − |x− y|).

Na osnovu dokazanih tvrdenja (1) i (2) sledi

xα ∨ yβ =1

2(xα + yβ + |xα − yβ|)

o−→ 1

2(x+ y + |x− y|) = x ∨ y.

Drugo tvrdenje dokazuje se analogno.

Teorema 2.3.5. Neka je X Risov prostor, i neka je (xα)α mreza u X.Tada vaze tvrdenja:

(1) Ako xα ↑ 0 ili xα ↓ 0, onda xαo−→ 0;

(2) Ako xα ↑ x ili xα ↓ x, onda xαo−→ x;

(3) Neka postoji α1 ∈ Λ tako da je za svako α ≥ α1 ispunjenoxα ≤ z. Ako je xα

o−→ x, onda je x ≤ z;(4) Ako je xα ↑ i xα

o−→ x, onda xα ↑ x.

Dokaz. (1) Pretpostavimo da je xα ↑ 0, onda je trivijalno |xα − 0| ≤−xα ↓ 0, odakle sledi xα

o−→ 0. Drugi deo tvrdenja je analogan.(2) Pretpostavimo da je xα ↑ x. Neka je yα = xα − x. Tada je

yαo−→ 0, odakle sledi xα

o−→ x. Drugo tvrdenje sledi analogno.(3) Pretpostavimo da je za svako α ≥ α1 ispunjeno xα ≤ z, kao

i xαo−→ x. Neka je x > z, i pri tome α ≥ α1. Tada je x − z > 0

i z − xα ≥ 0. Stoga je x − xα = x − z + x − xα ≥ x − z. Postojimreza (uα)α tako da je |x − xα| = x − xα ≤ uα ↓ 0. Tada sledi da je(x− z) ≤ uα ↓ 0, te je x = z. Sledi da nije moguce x > z, te mora bitix ≤ z.


(4) Neka je xα ↑ i xαo−→ x. Pretpostavimo da je x < xα1 za neko

α1 ∈ Λ. Tada za svako α ≥ α1 vazi xα > x. Prema (3), ne moze bitixα

o−→ x. Stoga je xα ≤ x za svako α ∈ Λ. Dakle, x je gornja granicaskupa xα : α ∈ Λ. Pretpostavimo da je z bilo koja druga granicaskupa xα : α ∈ Λ. Tada je xα ≤ z za svako α ∈ Λ. Prema (3), morabiti x ≤ z, odnosno x je najmanja gornja granica skupa xα : α ∈ Λ.Dakle, xα ↑ x.

Neka je X Risov prostor i neka je M ⊂ X. Skup M je uredajnozatvoren, ako M sadrzi uredajne granice svih svojih uredajno konver-gentih mreza. Drugim recima, M je uredajno zatvoren, ako za svakumrezu (xα)α u M sa svojstvom xα

o−→ x, vazi x ∈M .Ako je (Λ,≤) ≡ (N,≤), odnosno usmereni skup je skup prirodnih

brojeva sa prirodnim uredenjem, onda dobijamo slabiju vrstu uredajnekonvergencije. Neka je (xn)n niz u Risovom prostoru X. Niz (xn)nuredajno konvergira ka x ∈ X, ako postoji niz (yn)n tako da je yn ↓ 0 i|xn − x| ≤ yn za svako n ∈ N. Oznaka je xn

o−→ x.Skup M je σ-zatvoren u X, ako M sadrzi uredajne granice svih

svojih uredajno konvergentnih nizova. Drugim recima, M je σ-uredajnozatvoren, ako za svaki niz (xn)n u M sa svojstvom xn

o−→ x, vazix ∈M .

Skup N je specijalan usmeren skup. Stoga svaki uredajno zatvorenskup mora biti i uredajno σ-zatvoren. Obrnuto tvrdenje u opstemslucaju ne vazi.

Jednostavno je opisati uredajnu zatvorenost solidnih skupova.

Teorema 2.3.6. Neka je X Risov prostor, i neka je S solidan skup uX. Sledeca tvrdenja su ekvivalentna:

(1) S je uredajno zatvoren;(2) Za svaku mrezu (xα)α u S, ako je 0 ≤ xα ↑ x, onda x ∈ S.

Dokaz. (1) =⇒ (2): Pretpostavimo da je S uredajno zatvoren. Ako jexα ↑ x, onda je xα

o−→ x, te je x ∈ S.(2) =⇒ (1): Pretpostavimo da vazi svojstvo (2), i neka je (xα)α

proizvoljna mreza u S sa svojstvom xαo−→ x. Postoji mreza (yα)

sa svojstvima yα ↓ 0 i |xα − x| ≤ yα za svako α. Primetimo da je0 ≤ (|x| − yα)+. Iz yα ↓ 0 sledi (|x| − yα) ↑ |x|, te je i (|x| − yα)+ ↑ |x|.

Na osnovu yα ↓ 0 sledi yα ≥ 0, te je |yα| = yα. Sada je

|x| − |xα| ≤∣∣∣|x| − |xα|∣∣∣ ≤ |x− xα| ≤ |yα|,

2.4. IDEALI, TRAKE I RISOVI POTPROSTORI 27

te je|x| − yα = |x| − |yα| ≤ |xα|.

Sledi da je (|x|−yα)+ ≤ |xα|. Kako je xα ∈ S, i skup S je solidan, sledida je (|x| − yα)+ ∈ S za svako α. Na osnovu (|x| − yα) ↑ |x| i osobine(2) sledi da je |x| ∈ S. Jos jednom, x ≤ |x| i S je solidan skup, te jex ∈ S. Na taj nacin je dokazano da je S uredajno zatvoren skup.

Analogno se dokazuje rezultat u vezi uredajne σ-zatvorenosti.

Teorema 2.3.7. Neka je X Risov prostor, i neka je S solidan skup uX. Sledeca tvrdenja su ekvivalentna:

(1) S je uredajno σ-zatvoren;(2) Za svaki niz (xn)n u S, ako je 0 ≤ xn ↑ x, onda x ∈ S.

2.4 Ideali, trake i Risovi potprostori

Razmatramo specijalne vektorske potprostore Risovih prostora.

Definicija 2.4.1. Neka je X Risov prostor, i neka je Y vektorski pot-prostor od X.

Ako je Y solidan, onda je Y ideal u X.Ako je Y ideal u X, i ako je Y uredajno σ-zatvoren, onda je Y

σ-ideal u X.Ako je Y ideal u X, i ako je Y uredajno zatvoren, onda je Y traka

u X.

Dokazujemo nekoliko jednostavnih tvrdenja.

Teorema 2.4.1. Ako je X Risov prostor, i ako su M,N ideali u X,onda je M +N ideal u X.

Dokaz. M i N su vektorski potprostori od X, te je trivijalno M + Nvektorski potprostor od X. Neka je x ∈ X i y ∈ M + N , tako da jex ≤ |y|. Tada je y = u + v, pri cemu je u ∈ M i v ∈ N . Sledi da jex ≤ |u+v|. Na osnovu Risove teoreme o dekompoziciji, postoje vektoriu1 ∈M i v1 ∈ N , tako da je x = u1 + v1, |u1| ≤ |u| i |v1| ≤ v. SkupoviM i N su solidni, te je u1 ∈M i v1 ∈ N . Dakle, x = u1 + v1 ∈M +N .Proizilazi da je M +N solidan skup, te je M +N ideal u X.


Teorema 2.4.2. Neka je M ideal u Risovom prostoru. Tada:(1) M je traka, ako i samo ako: iz 0 ≤ xα ↑ x i xα ∈ M za svako

α ∈ Λ, sledi x ∈M ;(2) M je σ-ideal, ako i samo ako: iz 0 ≤ xn ↑ x i xn ∈M za svako

n ∈ N, sledi x ∈M .

Dokaz. (1) Neka je M ideal u X. Vazi sledeci lanac ekvivalencija: M jetraka, ako i samo ako M je uredajno zatvoren, ako i smo ako M sadrzisupremume svih rastucih mreza u M .

(2) Analogno sa (1).

Neka je M podskup Risovog prostora X. Presek svih ideala u Xkoji sadrze skup M jeste:

Ideal(M) =⋂

Y je ideal u XM ⊂ Y

Y.

Teorema 2.4.3. Ideal(M) je najmanji ideal koji sadrzi M .

Dokaz. Ideal(M) je ocigledno vektorski potprostor odX, jer je definisankao presek vektorskih prostora. Takode, Ideal(M) je solidan skup, jerje definisan kao presek solidnih skupova. Sledi da je Ideal(M) ideal uX.

Ideal(M) je ideal generisan skupom M .

Teorema 2.4.4. Ako je M ⊂ X, onda je

Ideal(M) =

x ∈ X : (∃x1, . . . , xn ∈M)(∃λ ≥ 0) |x| ≤ λ

n∑i=1

|xi|

.

Dokaz. Neka je

N =

x ∈ X : (∃x1, . . . , xn ∈M)(∃λ ≥ 0) |x| ≤ λ

n∑i=1

|xi|

.

Ocigledno je M ⊂ N (n = 1, x1 = x ∈M).


Neka je x, y ∈ N i α, β ∈ R. Tada postoje x1, . . . , xn ∈ M i λ ≥ 0,

tako da je |x| ≤ λn∑i=1

|xi|. Takode, postoje y1, . . . , ym ∈ M i µ ≥ 0,

tako da je |y| ≤ µm∑i=1

|yi|. Neka je γ = maxλ|α|+ µ|β|. Tada je

|αx+ βy| ≤ γ(|x1|+ · · ·+ |xn|+ |y1|+ · · ·+ |ym|).

Time je dokazano da je αx+βy ∈ N . Dakle, N je vektorski potprostorod X.

Neka je z ∈ X sa svojstvnom |z| ≤ x. Tada je trivijalno |z| ≤λ

n∑i=1

|xi|, te je z ∈ N . Ovim je dokazano da je N solidan skup. Dokazali

smo da je N ideal koji sadrzi skup M , te je Ideal(M) ⊂ N .U cilju dokazivanja obrnute inkluzije, pretpostavimo da je Y proizvol-

jan ideal u X sa svojstvom M ⊂ Y . Neka je x ∈ N . Kao u prethodnom

delu, vazi |x| ≤ λn∑i=1

|xi|, pri cemu je x1, . . . , xn ∈M ⊂ Y , λ ≥ 0. Kako

je Y vektorski prostor, sledi da je λx1, . . . , λxn ∈ Y . Y je solidan skup,te je x ∈ Y . Dokazali smo da je N ⊂ Y . Proizilazi da je N sadrzan usvakom idealu Y sa svojstvom M ⊂ Y . Stoga je N ⊂ Ideal(M).

Ako je x ∈ X i M = x, onda je Ideal(x) ≡ Ideal(x) glavni idealu X. Na osnovu prethodnih rezultata formulisemo posledicu:

Posledica 2.4.1. Ako je x ∈ X, onda je

Ideal(x) = y ∈ X : (∃λ ≥ 0) |y| ≤ λ|x|.

Definicija 2.4.2. Elemenat e ∈ X je uredajna jedinica, ili stroga je-dinica, ako je e > 0 i Ideal(e) = X. Ekvivalento, e > 0 je uredajnajedinica u X, ako za svako x ∈ X postoji λ > 0 tako da je |x| ≤ λe (ili,takode ekvivalentno, x ≤ λe).

Definicija 2.4.3. Neka je X Risov prostor, i neka je Y vektorski pot-prostor od X. Y je Risov potporostor, ako je Y Risov prostor sam zasebe. Ekvivalentno, Y je Risov potprostor od X ako i samo ako zasvako x, y ∈ Y vazi x ∨ y ∈ Y , pri cemu je x ∨ y uzet kao supremum uX.

Dokazujemo nekoliko jednostavnih tvrdenja.


Teorema 2.4.5. Neka je Y vektorski potprostor Risovog prostora X.Y je Risov potprostor od X ako i samo ako za svako x ∈ Y vazi x+ ∈ Y .

Dokaz. Pretpostavimo da je Y Risov potprostor od X, i neka je x ∈ Y .Tada je x+ = x ∨ 0 ∈ Y .

Obrnuto, pretpostavimo da za svako z ∈ Y vazi z+ ∈ Y . Nekaje x, y ∈ Y . Tada je (Teorema 2.1.6 (3)) x ∨ y = (x − y)+ + y. Popretpostavci, (x − y)+ ∈ Y . Takode, Y je vektorski prostor, te je(x − y)+ + y ∈ Y . Time je dokazano x ∨ y ∈ Y , odakle sledi da je YRisov potprostor.

Teorema 2.4.6. Ako je Y ideal u Risovom prostoru X, tada je Y Risovpotprostor od X.

Dokaz. Y je solidan skup, te podsecamo na ekvivalenciju x ∈ Y ako isamo ako |x| ∈ Y . Ako je x ∈ Y , onda na osnovu 0 ≤ x+ ≤ |x| sledix+ ∈ Y . Iz Teoreme 2.4.5 proizilazi da je Y Risov potprostor.

Obrnuto tvrdenje ne vazi u opstem slucaju, sto pokazuje sledeciprimer.

Primer 2.4.1. Posmatrajmo Risov prostor R2, pri cemu je uredenjekoordinatno definisano. Dakle, (x, y) ≤ (u, v) ako i samo ako x ≤ u iy ≤ v. Neka je Y = (x, x) : x ∈ R. Tada je Y Risov potprostor odR2, ali nije ideal u R2.

Nije tesko dokazati sledeci rezultat.

Teorema 2.4.7. Neka je Y Risov potprostor Risovog prostora X. Sledecatvrdenja su ekvivalentna:

(1) Y je ideal u X;

(2) (∀x, y ∈ X)(

(0 ≤ x ≤ y i y ∈ Y ) =⇒ x ∈ Y)

.

Definicija 2.4.4. Neka jeX Risov prostor, i neka je Y Risov potprostorod X. Utapanje Y ⊂ X cuva proizvoljne supremume i infimume, akoza svaki podskup M ⊂ Y vazi sledece:

(1) Ako postoji y = supM u Y , onda postoji i x = supM u X, pricemu je x = y;

(2) Ako postoji y = inf M u Y , onda postoji i x = inf M u X, pricemu je x = y.

Analogno se definise utapanje koje cuva supremume i infimume pre-brojivih skupova.


Iz cinjenice da je Y Risov potprostor sledi da utapanje Y ⊂ Xcuva konacne supremume i infimume. Stoga prethodna definicija imanetrivijalnu primenu samo ako je M beskonacan skup.

Definicija 2.4.5. Neka je Y Risov potprostor Risovog prostora X.(1) Y je regularan, ako utapanje Y ⊂ X cuva proizvoljne supre-

mume i infimume;(2) Y je σ-regularan, ako utapanje Y ⊂ X cuva supremume i infi-

mume prebrojivih skupova;(3) Y je majorirajuci, ako za svako x ∈ X postoji y ∈ Y tako da je

x ≤ y.

Dokaz sledeceg tvrdenja je ostavljen citaocu za samostalan rad.

Teorema 2.4.8. Neka je X Risov prostor, i neka je Y Risov potprostorod X. Sledeca tvrdenja su ekvivalentna.

(1) Y je regularan Risov potprostor od X;(2) Ako mreza (xα)α u Y zadovoljava xα ↓ 0 y Y , onda xα ↓ 0 vazi

i u X;(3) Ako mreza (xα)α u Y zadovoljava xα

o−→ x u Y , onda xαo−→ x

u X.

Dokaz. (1) =⇒ (2): Neka je (xα)α mreza u Y koja zadovoljava yα ↓ 0 uY . Sledi da je (xα)α opadajuca mreza u Y , samim tim i u X. Takode,0 = infxα : α ∈ Λ u Y . Kako je Y regularan sledi da je 0 = infxα :α ∈ Λ u X, te je xα ↓ 0 u X.

(2) =⇒ (3): Pretpostavimo da mreza (xα)α u Y zadovoljava xαo−→

x u Y . Tada postoji mreza (yα)α u Y , tako da je |x − xα| ≤ yα ↓ 0 uY . Prema pretpostavci (2), sledi da je yα ↓ 0 u X, te je xα

o−→ x u X.(3) =⇒ (1): Neka je M ⊂ Y i x = supM u Y . Dokazacemo da

postoji mreza (xα)α u Y sa svojstvom xαo−→ x u Y .

Ako je x ∈ M , onda se trivijalno moze uzeti xα = x, pri cemu jeα = x ∈ Y i Y je indeksni skup.

Pretpostavimo da x /∈ M . Neka je x1 ∈ M . Tada je x1 < x. Naosnovu osobina supremuma, postoji x2 ∈ M tako da je x1 < x2 < x.Ako takvo x2 ne bi postojalo, onda bi bilo x1 = supM , sto je popretpostavci nemoguce. Na ovaj nacin konstruisemo prebrojiv niz (xn)nu Y sa ociglednim svojstvom xn

o−→ x u Y . Prema pretpostavci (3),xn

o−→ x u X. Sledi da je x = supM u X.


Kao posledicu prethodne teoreme, formulisemo sledeci rezultat.

Posledica 2.4.2. Neka je X Risov prostor. Ako je Y ideal u X, ondaje Y regularan Risov potprostor od X.

Razmatramo osobinu uredajne gustine.

Definicija 2.4.6. Neka jeX Risov prostor, i neka je Y Risov potprostorod X. Tada:

(1) Y je uredajno gust u X, ako za svako x ∈ X sa svojstvom x > 0postoji y ∈ Y tako da je 0 < y ≤ x;

(2) Y je super-uredajno gust u X, ako za svako x ∈ X sa svojstvomx > 0 postoji niz (yn)n u Y tako da 0 ≤ yn ↑ x u X.

Napomena 2.4.1. Svaki super-uredajno gust potprostor je i uredajnogust.

Teorema 2.4.9. Neka je X Risov prostor, i neka je Y Risov potprostorod X. Ako je Y uredajno gust u X, onda je Y regularan.

Dokaz. Pretpostavimo da je Y uredajno gust u X. Neka je (yα)α mreza,koja zadovoljava uslov yα ↓ 0 u Y . Ako yα ↓ 0 ne vazi u X, onda postojix ∈ X, x > 0, tako da je 0 < x ≤ yα za svako α. Kako je Y uredajnogust u X, sledi da postoji y ∈ Y sa svojstvom 0 < y ≤ x. Stoga zasvako α vazi 0 < y ≤ yα u Y . Poslednje tvrdenje je u suprotnosti sapretpostavkom yα ↓ 0 u Y . Prema Teoremi 2.4.8 sledi da je Y regularanRisov potprostor.

2.5 Razdvojeni komplementi

Podsetimo da je u unitarnom prostoru na osnovu skalarnog proizvodadefinisemo ortogonalnost vekotra, a zatim i ortogonalne komplementeskupova. U Risovim prostorima umesto ortogonalnosti vektora razma-tramo razdvojene vektore. Na taj nacin dolazimo dao pojma razdvo-jenih komplemenata.

Definicija 2.5.1. Neka je X Risov prostor i neka je M ⊂ X. Razdvo-jeni komplement skupa M u X jeste skup

Md = x ∈ X : (∀y ∈M)x⊥y.

2.5. RAZDVOJENI KOMPLEMENTI 33

Induktivno, (Md)d = Mdd.

Teorema 2.5.1. Neka su M,N podskupovi Risovog prostora X. Tadavazi:

(1) Md je traka u X;(2) M ∩Md = 0, M ⊂Mdd;(3) Ako je M ⊂ N , onda je Nd ⊂Md.

Dokaz. (1) Neka je x, y ∈ Md, α, β ∈ R, i neka je z ∈ M proizvoljan.Tada je z⊥x i z⊥y, odakle sledi z⊥(αx+ βy). Stoga je αx+ βy ∈Md,odnosno Md je vektorski potprostor od X.

Neka je (xα)α mreza u Md sa svojstvom xαo−→ x. Za proizvoljno

z ∈ M vazi xα⊥z, odnosno |xα| ∧ |z| = 0. N osnovu osobina uredajnekonvergencije, sledi da je ispunjeno

|xα| ∧ |z|o−→ |x| ∧ |z| = 0.

Proizilazi da je x ∈Md, odnosno M je uredajno zatvoren.Neka je x ∈ Md, w ∈ X i z ∈ M , tako da je |w| ≤ |x|. Tada je

0 ≤ |w|∧ |z| ≤ |x|∧ |z| = 0. Sledi da je w ∈Md, odnosno Md je solidanskup.

Time smo dokazali da je Md traka.(2) Pretpostavimo da je x ∈ M ∩Md. Tada je |x| = |x| ∧ |x| = 0,

odakle sledi x = 0. Dakle, M ∩Md = 0.Po definiciji skupova Md i Mdd sledi M ⊂Mdd.(3) Ocigledno.

Teorema 2.5.2. Neka je X Risov prostor. Tada vazi:(1) Ako je Y ideal u X, tada je Y uredajno gust u Y dd.(2) Neka je Y ideal u X. Y je uredajno gust u X ako i samo ako

je Y d = 0.

Dokaz. (1) Neka je Y ideal u X. Pretpostavimo da Y nije uredajnogust u Y dd. Tada postoji neko x ∈ Y dd, x > 0, tako da ni za jednoy ∈ Y ne vazi 0 < y ≤ x. Neka je z ∈ Y proizvoljno, odakle sledi i|z| ∈ Y . Tada je 0 ≤ |z| ∧ x ≤ |z|. Kako je Y solidan skup, mora biti|z| ∧ x ∈ Y . Kako ne moze biti 0 < |z| ∧ x ≤ x, mora biti |z| ∧ x = 0,odnosno z⊥x. Sledi da je x ∈ Y d. Dakle, x ∈ Y d ∩ Y dd, te je x = 0.

(2) Ako je Y d = 0, onda je Y dd = X, te je Y uredajno gust u X.


Sa druge strane, neka je Y uredajno gust u X. Ako postoji x sasvojstvom 0 < x ∈ Y d, onda postoji neko y ∈ Y tako da je 0 < y ≤ x.Y d je solidan, te je y ∈ Y ∩ Y d = 0, sto nije moguce. Sledi Y d =0.

Ako su M,N potprostori u X, tako da je M ∩ N = 0, tada jeM + N = M ⊕ N . Ako su pri tom M i N ideali u Risovom prostoruX, podsecamo da je M ⊕N takode ideal u X.

Teorema 2.5.3. Ako je Y ideal u Risovom prostoru X, tada je idealY ⊕ Y d uredajno gust u X.

Dokaz. Neka je x ∈ (Y ⊕ Y d)d. Tada je x ∈ Y d ∩ Y dd, te je x = 0.Prema Teoremi 2.5.2 sledi da je Y ⊕ Y d uredajno gust u X.

Definicija 2.5.2. Risov prostor X je arhimedski, ako vazi sledeci uslov

(∀x, y ∈ X+)(∀n ∈ N)(n · x ≤ y =⇒ x = 0).

Primer 2.5.1. Neka je u vektorskom prostoru R2 uvedeno leksikograf-sko uredenje. Drugim recima,

(x1, y1) ≥ (x2, y2) ⇐⇒(x1 > x2 ili (x1 = x2 i y1 ≥ y2)

).

Prostor R2 sa ovim uredenjem oznacen je sa Lex. Prostor Lex je kom-pletno ureden Risov prostor. Konus pozitivnih elemenata je

Lex+ = (0, y) : y ≥ 0⋃(x, y) : x > 0, y ∈ R.

Neka je x > 0 i y ∈ R, y 6= 0. Tada za svako n ∈ N vazi n · (0, y) =(0, ny) < (x, y), a ipak (0, y) 6= (0, 0). Sledi da prostor Lex nijearhimedski.

Napomena 2.5.1. Neka je X arhimedski Risov prostor. Ako je Y Risovpotprostor od X, onda je Y arhimedski prostor. Ako je Y arhimedskiRisov prostor, onda je X × Y arhimedski Risov prostor.

Neka je X Risov prostor, x ∈ X+, i neka je Y potprostor od X.Definisemo skup

Yx = y ∈ Y : 0 ≤ y ≤ x.Na osnovu 0 ∈ Yx sledi da je Yx neprazan.

2.5. RAZDVOJENI KOMPLEMENTI 35

Teorema 2.5.4. Neka je X arhimedski Risov prostor, i neka je Y Risovpotprostor od X. Sledeca tvrdenja su ekvivalentna:

(1) Y je uredajno gust u X;(2) Za svako x ∈ X+ vazi x = supYx;(3) Za svako x ∈ X+ postoji mreza (yα)α u Y sa svojstvom 0 ≤ yα ↑

x u X.

Dokaz. (2)⇐⇒ (3): Ocigledno.(1) =⇒ (2): Pretpostavimo da vazi tvrdenje (1), a da ne vazi

tvrdenje (2). Tada postoji u ∈ X+, tako da ne vazi x = supYx. Eleme-nat x je gornja granica skupa Yx u skupu X, ali nije najmanja gornjagranica skupa Yx u skupu X. Stoga postoji manja granica skupa Yxu skupu X. Neka je to elemenat z ∈ X. Tada je z < x. Dakle, akoje y ∈ Y i 0 ≤ y ≤ x, onda je y ≤ z. Kako je x − z > 0, na osnovuuredajne gustine skupa Y u X sledi da postoji w ∈ Y sa svojstvom0 < w ≤ x − z. Kako je x − z < x, sledi da mora biti 0 < w < x, tew ∈ Yx, odakle sledi w < z. Proizilazi da je 2w < (x − z) + z = x.Odavde sledi opet 2w ≤ z, te je 3w < x− z+ z = x i 3w < z. Indukci-jom dolazimo do zakljuucka n·w < x. Prostor X je arhimedski, te morabiti w = 0. Poslednji zakljucak je u kontradikciji sa 0 < w ≤ x − z.Proizilazi da tvrdenje (2) vazi.

(2) =⇒ (1): Ocigledno.

Primer 2.5.2. Posmatrajmo ne-arhimedski Risov prostor Lex, i njegovpotprostor Y = (0, y) : y ∈ R. Jednostavno je proveriti da je Yuredajno gust u Lex, i da je Y traka u Lex. Medutim, ne vazi tvrdenje(2) prethodne teoreme. Neka je z = (1, 0) > (0, 0). Tada je Yz = w ∈Y : 0 ≤ w ≤ z = (0, y) : y > 0 = Lex+. Ocigledno ne postojisup Lex+ u Lex.

U sledecoj teoremi povezujemo arhimedske Risove prostore i razd-vojene komplemente traka u tim prostorima.

Teorema 2.5.5. Neka je X Risov prostor. Sledeca tvrdenja su ekviva-lentna:

(1) X je arhimedski prostor;(2) Ako je (λα)α ogranicena mreza u R sa svojstvom λα

o−→ 0 u R,tada za svako x ∈ X vazi λαx

o−→ 0;


(3) Ako je (λn)n niz u R sa svojstvom λno−→ 0 u R, tada za svako

x ∈ X vazi λnxo−→ 0 u X;

(4) Ako je Y traka u X, onda je Y = Y dd;(5) Ako je ∅ 6= M ⊂ X+ i

N = x ∈ X : (∀y ∈M) 0 ≤ x ≤ y,

tada je infy − x : y ∈M,x ∈ N = 0.

Dokaz.

2.6 Linearni operatori

Neka su X i Y Risovi prostori. Linearno preslikavanje π : X → Yje (linearan) operator. Posebno su vazni operatori koji su na izves-tan nacin saglasna sa uredenjima na prostorima. Svi operatori ce bitilinearni, te pridev ”linearan“ izostavljamo.

Definicija 2.6.1. Neka su X, Y Risovi prostori, i neka je π : X → Yoperator. π je Risov operator, ako vazi

(∀x, y ∈ X) (x ∧ y = 0 =⇒ π(x) ∧ π(y) = 0).

Risov operator se naziva i homomorfizam vektorskih resetki.

Dokazujemo vazne ekvivalentne karakterizacije Risovih homomor-fizama.

Teorema 2.6.1. Neka su X, Y Risovi prostori, i neka je π : X → Yoperator. Sledeca tvrdenja su ekvivalentna:

(1) π je Risov operator;(2) Za svako x, y ∈ X vazi π(x ∧ y) = π(x) ∧ π(y);(3) Za svako x, y ∈ X vazi π(x ∨ y) = π(x) ∨ π(y);(4) Za svako x, y ∈ X, ako je x∧y = 0 onda je π(x∨y) = π(x)∨π(y);(5) Za svako x ∈ X+ vazi π(x)+ = π(x+);(6) Za svako x ∈ X vazi π(|x|) = |π(x)|.

2.6. LINEARNI OPERATORI 37

Dokaz. (1) =⇒ (2): Neka je x, y ∈ X i z = x∧y. Tada je 0 = x∧y−z =(x− z) ∧ (y − z), te je prema (1) ispunjeno

0 = π(x− z) ∧ (y − z)) = π(x− z) ∧ π(y − z)

= (π(x)− π(z)) ∧ ((π(y)− π(z)) = π(x) ∧ π(y)− π(z).

Odavde sledi π(x) ∧ π(y) = π(z).(2) =⇒ (3): Neka je x, y ∈ X. Na osnovu formule x+y = x∨y+x∧y,

kao i na osnovu (2), sledi da je ispuneno

π(x ∨ y) = π(x) + π(y)− π(x) ∧ π(y) = π(x) ∨ π(y).

(3) =⇒ (4): Ocigledno.(4) =⇒ (5): Neka je x ∈ X+. Tada je x = x+ = x ∨ 0. Kako je

x ∧ 0 = x+ ∧ 0 = 0, na osnovu (4) sledi da vazi

π(x)+ = π(x) ∨ 0 = π(x ∨ 0) = π(x+).

(5) =⇒ (6): Na osnovu (5) vazi

π(x−) = π(x+ − x) = π(x)+ − π(x) = π(x)−.

Stoga je

π(|x|) = π(x+ + x−)− π(x)+ + π(x)− = |π(x)|.

(6) =⇒ (1): Iskoristimo formulu x ∧ y = 12

(x+ y − |x− y|). Naosnovu (6) sledi:

π(x ∧ y) =1

2(π(x) + π(y)− |π(x)− π(y)|) = π(x) ∧ π(y).

Posledica 2.6.1. Ako su X, Y Risovi prostori, i ako je π : X → YRisov operator, tada je π pozitivan operator.

Dokaz. Neka je π Risov homomorfizam, i neka je x ∈ X+. Tada je0 ≤ π(x)+ = π(x+) = π(x).

Skup svih Risovih operatora iz X u Y oznacen je sa R(X, Y ). Akoje π ∈ R(X, Y ), tada je ker(π) = x ∈ X : π(x) = 0 jezgro operatoraπ.


Teorema 2.6.2. Neka su X, Y Risovi prostori, i neka je π ∈ R(X, Y ).Tada je ker(π) ideal u X.

Dokaz. ker(π) je trivijalno potprostor od X. Na osnovu π(|x|) = |π(x)|sledi da je x ∈ ker(π) ako i samo ako je |x| ∈ ker(π). Neka je stogax ∈ ker(π) i z ∈ X sa svojstvom |z| ≤ |x|. Tada je, zbog pozitivnostioperatora π, ispunjeno 0 ≤ π(|z|) ≤ π(|x|) = 0. Sledi z ∈ ker(π), te jeker(π) solidan skup, te je ker(π) ideal u X.

Definicija 2.6.2. Neka su X, Y Risovi prostori i neka je π ∈ R(X, Y ).π je normalan Risov operator, ako za svaku mrezu (xα)α u X vaziimplikacija:

xαo−→ x u X =⇒ π(xα)

o−→ π(x) u Y.

Skup svih normalnih Risovih operatora izX u Y oznacen je saRN(X, Y ).

Teorema 2.6.3. Neka su X, Y Risovi prostori, i neka je π ∈ R(X, Y )preslikavanje ”na“. Tada su sledeca tvrdenja ekvivalentna:

(1) π je normalan;(2) ker(π) je traka u X.

Dokaz. (1) =⇒ (2): Na osnovu prethodne teoreme, znamo da je ker(π)ideal u X. Neka je (xα)α proizvoljna mreza u ker(π) sa svojstvom0 ≤ xα ↑ x. Potrebno je dokazati x ∈ ker(π). Kako je π normalan, ixα

o−→ x, sledi da je 0 ≤ π(xα) ↑ π(x). Kako je π(xα) = 0 za svako α,mora biti π(x) = 0. Dakle, x ∈ ker(π).

(2) =⇒ (1): Pretpostavimo da je ker(π) traka u X. Da bi dokazalida je π normalan Risov operator, dovoljno je razmatrati familije kojeopadaju ka 0 u X. Neka je, dakle, (xα)α familija u X sa svojstvomxα ↓ 0. Pretpostavimo da postoji neko y ∈ Y sa svojstvom 0 ≤ y ≤π(xα) za svako α. Preslikavanje π je ”na“, te postoji x ∈ X tako da jeπ(z) = y. Neka je wα = (z+ − xα)+. Iz xα ↓ 0 sledi z+ − xα ↑ z+, te jei wα ↑ z+. Takode je

π(wα) = (π(z)+ − π(xα))+ = (y − π(xα)+ = 0.

Sledi wα ∈ ker(π) za svako α. Iz cinjenice da je ker(π) traka, kao iwα ↑ z+, sledi da je z+ ∈ ker(π). Na kraju, y = π(z) = (π(z))+ =π(z+) = 0, te je y ∈ ker(π). Time je dokazano da je π normalan Risovoperator.

2.6. LINEARNI OPERATORI 39

Teorema 2.6.4. Neka su X, Y Risovi prostori, i neka je π ∈ R(X, Y )preslikavanje ”na“. Ako je S solidan skup u X, tada je π(S) solidanskup u Y .

Dokaz. Neka je S solidan skup u X, i neka x, y ∈ Y zadovoljavajuuslove x ∈ π(S) i |y| ≤ |x|. Tada postoje v ∈ S i u ∈ X tako da jeπ(v) = x i π(u) = y. Neka je w = [(−|v| ∨ u] ∧ |v|. Ocigledno vazi|w| ≤ |v| u X. Skup S je solidan i v ∈ S, te je w ∈ S. Takode vazi

π(w) = [(−|π(v)|) ∨ π(u)] ∧ |π(v)| = π(u).

Stoga je π(u) = y ∈ π(S). Time smo dokazali da je π(S) solidanskup.

Neka je X Risov prostor, i neka je Y potprostor od X. Tada je X/Ykolicnicki vektorski prostor, cije elemente oznacavamo sa [x]Y ≡ [x], pricemu je x ∈ X. Ako je [x], [y] ∈ X/Y , α ∈ R, pri cemu je x, y ∈ X,tada su operacije u X/Y definisane kao

α[x] = [αx], [x] + [y] = [x+ y].

Na taj nacin X/Y je vektorski prostor. Prirodno preslikavanje Q : X →X/Y , definisano kao Q(x) = [x], jeste operator ”na“.

Teorema 2.6.5. Neka je X Risov prostor, neka je M ideal u X, i nekaje Q : X → X/M odgovarajuci kanonski operator. Tada je Q(X+)konus u X/M .

Dokaz. Pretpostavimo da je [x], [y], [z] ∈ Q(X+), α ∈ R, α ≥ 0, pricemu je x, y, z ∈ X+. Jednostavno sledi [x]+ [y] = [x+y] = Q(x+y) ∈Q(X+). Takode, αx ∈ X+, te iakle sledi da je α[x] = [αx] = Q(αx) ∈Q(X+). Ako je [y] ∈ Q(X+) ∩ (−Q(X+)), tada je [y] = Q(u) = Q(v),u ∈ X+ i v ∈ −X+. Sledi 0 = Q(u − v) i u − v ∈ M . Na osnovuu,−v ∈ X+ sledi 0 ≤ −v ≤ u − v ∈ M . Kako je M ideal, sledi daje M solidan skup, te je −v ∈ M . Iz u − v ∈ M sada sledi u ∈ M .Dakle, [u] = [v] = 0 u X/M . Time smo dokazali da je Q(X+) konus uX/M .

Ako je X Risov prostor i M traka u X, onda nadalje uvek smatramoda je X/M ureden vektorski prostor, pri cemu je uredenje definisano uodnosu na konus Q(X+):

[x] ≤ [y] u X/M ⇐⇒ [y]− [x] ∈ Q(X+)

⇐⇒ (∃x1, y1 ∈ X) ([x] = [x1], [y] = [y1], x ≤ y u X).


Teorema 2.6.6. Ako je X Risov prostor i ako je M ideal u X, tadaje X/M Risov prostor. Osim toga, kanonski operator Q : X → X/Mje Risov operator ”na“.

Dokaz. U cilju dokazivanja da je X/M Risov prostor, dovoljno jedokazati da za svako [x] ∈ X/M postoji [x]+ ∈ X/M . Neka je x ∈ X.Tada je x ≤ x+ i 0 ≤ x+. Na osnovu prethodne teoreme sledi [x] ≤ [x+]i 0 ≤ [x+] u X/M . Ako je sada y ∈ X proizvoljan sa svojstvom [x] ≤ [y]i 0 ≤ [y] u X/M , tada postoje x1 ∈ [x] i y1, y2 ∈ [y] sa svojstvimax1 ≤ y1 i 0 ≤ y2.

Primetimo da je (y1−y2)+ = (y1−y2)∨0 = (y1−y2)∨0+y2−y2 =y1 ∨ y2 − y2, te je y1 ∨ y2 = y2 + (y1 − y2)+. Sada je

x = x1 + (x− x1) ≤ y1 ∨ y2 + (x− x1)+ = y2 + (y1 − y2)+ + (x− x1)+.

Zbog [x] = [x1] i [y1] = [y2] = [y] sledi da je y1 − y2 ∈M i x− x1 ∈M .M je ideal, te je (y1 − y2)+ ∈M i (x− x1)+ ∈M . Prema tome,

x ∈ y2 +M.

Takode jey2 + (y1 − y2)+ + (x− x1)+ ≥ 0.

Sledi da jex+ ≤ y2 + (y1 − y2)+ + (x− x1)+,

te je i[x+] ≤ [y2 + (y1 − y2)+ + (x− x1)+] = [y2] = [y].

Prema tome, [x+] je najmanji pozitivan vektor u X/M za koji vaziimplikacija:

[x] ≤ [y] i 0 ≤ [y] =⇒ [x+] ≤ [y].

Sledi da je [x+] = [x]+.Iz cinjenice da za proizvoljno [x] ∈ X/M sledi da postoji [x]+uX/M ,

sledi da je X/M Risov prostor. Na osnovu Q(x+) = [x+] = [x]+ =Q(x)+ sledi da je Q Risov operator.

Ocigledno, Q je preslikavanje ”na“.

Na osnovu prethodnih rezultata formulisemo sledecu posleducu.

Posledica 2.6.2. Neka je X Risov prostor, M je ideal u X, i nekaje Q : X → X/M kanonski operator. Operator Q je normalan, ako isamo ako M je traka u X.

2.7. PROJEKCIONE OSOBINE 41

2.7 Projekcione osobine

Neka je X Risov prostor, i neka je B traka u X. Tada je B uredajnozatvoren ideal u X. Ako je D podskup od X, tada je

Band(D) =⋂

B je traka u XD ⊂ B

B

traka u X generisana skupom D. Sledi da je Band(D) najmanja trakau X koja sadrzi D. Ako je D = x, tada je Band(x) principijelni idealu X.

Teorema 2.7.1. Neka je X Risov prostor i D ⊂ X. Tada je

Band(D) = x ∈ X : (∃(xα)α u X tako da je 0 ≤ xα ↑ |x|.

Posledica 2.7.1. Neka je X Risov prostor i x ∈ X. Tada je

Band(x) = y ∈ X : |y| ∧ n|x| ↑ |y|.

Traka B u Risovom prostoru X je projekciona traka, ako je B⊕Bd =X. Neka je PB projekcija na X indukovana projekcionom trakom B.Drugim recima, ako je x = x1 + x2, pri cemu je x1 ∈ B i x2 ∈ Bd,tada je PB(x) = x1. Ocigledno je P 2

B = PB. Projekcija PB je trakastaprojekcija, ili uredajna projekcija.

Teorema 2.7.2. Ako je B projekciona traka u Risovom prostoru X,tada je PB normalan Risov operator.

Dokaz. Neka je B ⊕ BD = X, x = x1 + x2 ∈ X tako da je x1 ∈ Bi x2 ∈ Bd. Tada je |x1| ∧ |x2| = 0. Znamo da je 0 = |x1| ∧ |x2| =12

∣∣∣|x1 + x2| − |x1 − x2|∣∣∣, odakle sledi |x1 + x2| = |x1 − x2|. Takode je

|x1 + x2| ∨ |x1 − x2| = |x1|+ |x2|. Na osnovu navedenog sledi da je

|x| = |x1 + x2| = |x1|+ |x2|.

Takode je |x1| ∈ B i |x2| ∈ Bd. Sledi da je PB(|x|) = |PB(x)|, odakleproizilazi da je PB Risov operator. Specijalno, PB je pozitivan operator.Stavise, ako je y ∈ X+, sada je ocigledno 0 ≤ PB(y) ≤ y. Iz oveimplikacije odmah sledi da je PB normalan operator.


Elemenat x ∈ X je projekcioni elemenat, ako je Band(x) pro-jekciona traka. U tom slucaju je odgovarajuca trakasta projekcijaPBand(x) ≡ Px.

Neka je X Risov prostor, e ∈ X i e > 0. Elemenat e je slavauredajna jedinica u X, ako je Band(e) = X.

Teorema 2.7.3. Neka je X arhimedski Risov prostor, e ∈ X i e > 0.Sledeca tvrdenja su ekvivalentna:

(1) e je slaba uredajna jedinica;(2) Ako je x ∈ X i x⊥e, tada je x = 0.

Glava 3

Arou-Debroov model

3.1 Preference i funkcije korisnosti

U ovoj sekciji uvodimo matematicki model trzisne ekonomije. Po-drazumevamo situaciju da potrosac ili neko ko u njegovo ime odlucuje(u opstem slucaju, agent), mora naciniti izbor po nekom kriterijumu.Skup svih alternativa koje su na raspolaganju potrosacu, naziva se skupizbora, ili skup mogucnosti. Ovaj skup oznacavamo sa X, Y i slicno.Kriterijum po kome potrosac vrsi izbor, jeste preferenca. Preferencajeste kompletno pre-uredenje na skupu svih izbora.

Ovakav pristup formalizovan je sledecom definicijom.

Definicija 3.1.1. Preferenca na nepraznom skupu X jeste binarnarelacija, koja je refleksivna, tranzitivna i kompletna. Drugim recima:

(1) (∀x ∈ X) x x;(2) (∀x, y, z ∈ X) x y i y z =⇒ x z;(3) (∀x, y ∈ X) x y ili y x.

Napomena 3.1.1. Preferenca iz prethodne definicije naziva se racionalnapreferenca.

Terminologija je sledeca za x, y ∈ X:x y: x je bolje (preferiranije) od y, x nije losije od y, ili y nije

bolje od x; ekvivalentno, y x;x y i y x: x i y su uzajamno indiferentni, u oznaci x ∼ y;x y: x y i nije y x; x je strogo bolje (preferiranije) od y;

ekvivalentno, y ≺ x.

43

44 GLAVA 3. AROU-DEBROOV MODEL

Za x ∈ X definisemo sledece skupove:

Bs(x) = y ∈ X : y x, Bl(x) = y ∈ X : y x,Ws(x) = y ∈ X : x y, Wl(x) = y ∈ X : x y.

U skupu Bs(x) su svi elementi koji su strogo bolji od x, u skupuBl(x) su svi elementi koji su bolji (nisu losiji) od x, u skupu Ws(x) susvi elementi koji su strogo losiji od x, i u skupu Wl(x) su svi elementikoji su losiji (nisu bolji) od x.

Iz definicije preference proizilazi naredni rezultat.

Teorema 3.1.1. Neka je preferenca na X. Tada za svako x ∈ Xvazi

(Bs(x))c = Wl(x), (Ws(x))c = Bl(x).

Dokaz. Neka je x ∈ X. Pretpostavimo da je y ∈ Bs(x) ∩Wl(x). Tadaje y x i y x. Medutim, y x implicira y x i nije y x. Prematome, Bs(x) ∩Wl(x) = ∅.

Neka je y ∈ X proizvoljan elemenat. Zbog kompletnosti relacije sledi da je y x ili y x. Ako je y x, onda je y ∈ Wl(x).Pretpostavimo da nije y x. Tada mora biti y x, te je onda y x.Sledi y ∈ Bs(x). Time smo dokazali X = Bs(x) ∪ Wl(x). Konacnoproizilazi (Bs(x))c = Wl(x). Rezultat (Ws(x))c = Bl(x) dokazuje seanalogno.

Dublje razmatranje pojava u ekonomiji zahteva da skup X imaodredenu topolosku i vektorsku sturkturu.

Definicija 3.1.2. Neka je preferenca na topoloskom prostoru X.Preferenca je:

(1) odozgo poluneprekidna, ako je za svako x ∈ X skupBl(x) zatvoren;(2) odozdo poluneprekidna, ako je za svako x ∈ X skup Wl(x)

zatvoren;(3) neprekidna, ako je odozgo i odozdo poluneprekidna.

Imajuci u vidu prethodnu definiciju, dokazujemo sledeci rezultat.

Posledica 3.1.1. Neka je preferenca na topoloskom prostoru X.Tada:

3.1. PREFERENCE I FUNKCIJE KORISNOSTI 45

(1) je odozgo poluneprekidna, ako i samo ako je Ws(x) otvorenza svako x ∈ X;

(2) je odozdo poluneprekidna, ako i samo ako je Bs(x) otvoren zasvako x ∈ X;

(3) je neprekidna, ako i samo ako su skupovi Ws(x) i Bs(x)otvoreni za svako x ∈ X.

Dokazujemo sledece svojstvo o neprekidnosti preferenci.

Teorema 3.1.2. Neka je preferenca na topoloskom prostoru X.Sledeca tvrdenja su ekvivalentna:

(1) Preferenca je neprekidna;(2) Preferenca je zatvoren podskup topoloskog prostora X ×X;(3) Ako vazi x y u X, tada postoje uzajamno disjunktne otvorene

okoline Ux i Uy tacka x i y redom, tako da a ∈ Ux i b ∈ Uy impliciraa b.

Dokaz. (1) =⇒ (3): Neka je x y. Razlikujemo dva slucaja (Slika3.1.1).

Slika 3.1.1.

(1.1) Pretpostavimo da postoji neko z sa svojstvom x z y.Tada je Ux = a ∈ X : a z i Uy = b ∈ X : z b. Proveravamo daUx i Uy zadovoljavaju trazene uslove. Iz neprekidnosti sledi da su Uxi Uy otvoreni skupovi. Ocigledno je x ∈ Ux i y ∈ Uy. Ako je a ∈ Ux ib ∈ Uy, onda je a z b, te je a b. Na osnovu poslednje implikacijesledi Ux ∩ Uy = ∅.

(1.2) Pretpostavimo da ne postoji z sa svojstvom x z y. Nekaje Ux = a ∈ X : a y i Uy = b ∈ X : x b. Ux i Uy su trazene


okoline. Jos jednom, zbog neprekidnosti preference sledi da su Ux iUy otvoreni skupovi. Ocigledno je x ∈ Ux i y ∈ Uy. Neka je a ∈ Ux ib ∈ Uy. Tada je a y i x b. Zbog potpunosti , vazi a b ili b a.Ako bi bilo b a, onda je x b a y. Na osnovu pretpostavke (1.2)nije moguce da vazi x b y. Stoga je a b i nije b a, odnosnovazi a b. Dokazali smo da iz a ∈ Ux i b ∈ Uy sledi a b. Prematome, Ux ∩ Uy = ∅.

(3) =⇒ (2): Neka je(

(xα, yα))α

mreza u (⊂ X × X), koja

zadovoljava uslov (xα, yα) → (x, y) u X × X. Ako vazi y x, ondapostoje uzajamno disjunktne okoline Ux i Uy tacaka x i y redom, takoda a ∈ Ux i b ∈ Uy implicira b a. Specijalno, za dovoljno velikoα mora vaziti (xα, yα) ∈ Ux × Uy, te sledi yα xα, sto je nemoguce.Prema tome, vazi x y i stoga je (x, y) ∈. Proizilazi da je zatvorenpodskup od X ×X.

(2) =⇒ (1): Neka je x ∈ X, neka je (yα)α mreza u skupu Bl(x), i

neka je yα → z. Tada mreza(

(yα, x))α

u zadovoljava (yα, x)→ (z, x)

u X ×X. Kako je zatvorena u X ×X, sledi da je (z, x) ∈. Stogavazi z x, te je z ∈ Bl(x), odnosno Bl(x) je zatvoren skup. Analogno,Wl(x) je zatvoren skup, te je neprekidna preferenca.

Nadalje je neka je X realan vektorski prostor. Ako je X topoloskivektorski prostor, onda je topologija τ na vektorskom prostoru X takva,da su operacije sabiranja vektora, kao i mnozenja vektora skalarom,neprekidne funkcije (iz X ×X u X, i iz X ×R u X). Podrazumevamoda je X Hausdorfov prostor.

Definicija 3.1.3. Neka je preferenca na konveksnom podskupu Kvektorskog prostora X.

(1) Preferenca je konveksna, ako za svako x, y, z ∈ K i svakoα ∈ R vazi implikacija(

y x, z x, 0 < α < 1)

=⇒ αy + (1− α)z x.

(2) Preferenca je strogo konveksna, ako za svako x, y, z ∈ K isvako α ∈ R vazi implikacija:(

y x, z x, y 6= z, 0 < α < 1)

=⇒ αy + (1− α)z x.


Konveksne i strogo konveksn preference su u vezi sa konveksnim istrogo konveksnim skupovima. Za potpuno razumevanje stroge kon-veksnosti preference potreban je pojam stroge monotonosti preference,koji ce kasnije biti definisan.

Posledica 3.1.2. Neka je K konveksan podskup vektorskog prostora X,i neka je preferenca na K. Tada:

(1) je konveksna na K, ako i samo ako je skup Bl(x) konveksanza svako x ∈ K;

(2) Ako je X topoloski vektorski prostor i pri tome preferenca strogo monotona, tada je strogo konveksna na K, ako je skup Bl(x)strogo konveksan za svako x ∈ K.

Dokaz. Tvrdenje (1) je jednostavno dokazati.Dokazacemo tvrdenje (2). Pretpostavimo da je strogo monotona

i strogo konveksna na K. Neka je x, y ∈ Bs(z), x 6= y, 0 < λ < 1. Naosnovu stroge konveksnosti preference sledi da je λx+ (1− λ)y z.Kako je strogo konveksna, sledi da je u = λx + (1 − λ)y > z. Naosnovu poznatog rezultata, postoje uzajamno disjunktne okoline Uu iUz tacaka u i z redom, tako da za svako a ∈ Uu i b ∈ Uz vazi a b.Sledi da je Uu ⊂ Bl(z), te je u ∈ intBl(z). Time je dokazano da je skupBl(z) strogo konveksan.

Sada pretpostavimo da je strogo monotona i da je je svaki skupBl(z) strogo konveksan. Neka je x, y ∈ Bl(z), x 6= y i 0 < λ < 1. Tadaje u = λx + (1 − λ)y ∈ intBl(z), odnosno u z. Ako pretpostavimoda nije u z, onda mora biti i z u.

Definicija 3.1.4. Neka je preferenca na nepraznom skupu X. Real-na funkcija u : X → R je funkcija korisnosti za preferencu , ako vaziekvivalencija:

(∀x, y ∈ X)(u(x) ≥ u(y) ⇐⇒ x y

).

Tada funkcija u reprezentuje preferencu na skupu X.

Primer 3.1.1. Neka je u : X → R proizvoljna funkcija na nepraznomskupu X. Definisemo relaciju na X na sledeci nacin:

x y ⇐⇒ u(x) ≥ u(y), x, y ∈ X.


Tada je preferenca odredena funkcijom u, i takode je u funkcijakorisnosti za preferencu .

Definicija 3.1.5. Neka je K konveksan podskup vektorskog prostoraX, i neka je u : K → R funkcija. Funkcija u je:

(1) Kvazi-konkavna, ako za svako x, y ∈ X i svako α ∈ R vaziimplikacija

(x 6= y, 0 < α < 1) =⇒ u(αx+ (1− α)y) ≥ minu(x), u(y).

(2) Strogo kvazi-konkavna, ako za svako x, y ∈ X i svako α ∈ R vaziimplikacija

(x 6= y, 0 < α < 1) =⇒ u(αx+ (1− α)y) > minu(x), u(y).

(3) Konkavna, ako za svako x, y ∈ X i svako α ∈ R vazi implikacija

(x 6= y, 0 < α < 1) =⇒ u(αx+ (1− α)y) ≥ αu(x) + (1− α)u(y).

(4) Strogo-konkavna, ako za svako x, y ∈ X i svako α ∈ R vaziimplikacija

(x 6= y, 0 < α < 1) =⇒ u(αx+ (1− α)y) > αu(x) + (1− α)u(y).

Napomena 3.1.2. Neka je K konveksan podskup vektorskog prostoraX. Funkcija u : K → R je konveksna, ako i samo ako je −u konkavna.Analogna definicija vazi u ostalim slucajevima konveksnosti.

Teorema 3.1.3. Neka je u : K → R funkcija korisnosti za preferencu na nepraznom konveksnom podskupu K vektorskog prostora X. Tadasu sledeca tvrdenja ekvivalentna:

(1) je konveksna;(2) u je kvazi-konkavna.

Dokaz. (1) =⇒ (2): Pretpostavimo da je konveksna preferenca. Nekaje x, y ∈ K, i bez gubljenja opstosti neka je x y. Tada je x, y ∈ Bl(y).Neka je 0 ≤ α ≤ 1. Na osnovu konveksnosti skupa Bl(y) sledi da jeαx+ (1−α)y ∈ Bl(y). Sa druge strane, kako je u funkcija korisnosti za, sledi da je u(x) ≥ u(y) i u(αx+(1−α)y) ≥ u(y) = minu(x), u(y).Dakle, u je kvazi-konkavna.


(2) =⇒ (1): Neka je u kvazi-konkavna, i neka je x, y, z ∈ K sasvojstvom x, y ∈ Bl(z). Pretpostavimo da je 0 ≤ α ≤ 1. Na osnovukvazi-konkavnosti funkcije u, kao i cinjenice da je u funkcija korisnostiza , sledi da je u(αx+ (1− α)y) ≥ minu(x), u(y) ≥ u(z). Stoga jei αx + (1 − α)y z, odnosno αx + (1 − α)y ∈ Bl(z). Dakle, Bl(z) jekonveksan skup za svako z ∈ K, te je konveksna preferenca.

Analogno je moguce dokazati sledeci rezultat:

Teorema 3.1.4. Neka je u : K → R funkcija korisnosti za preferencu na nepraznom konveksnom podskupu K vektorskog prostora X. Tadasu sledeca tvrdenja ekvivalentna:

(1) je strogo konveksna;(2) u je strogo kvazi-konkavna.

Primer 3.1.2. Neka je X = R2. Uvedimo leksikografsko uredenje uR2:

(x, y) (a, b) ⇐⇒ (x > a ∨ (x = a ∧ y > b)), x, y, a, b ∈ R.

Tada je preferenca na R2. Sa druge strane, ne postoji funkcija koris-nosti u : R2 → R za preferencu .

Napomena 3.1.3. Nije svaka preferenca reprezentabilna funkcijom koris-nosti. Pretpostavka o konacnoj dimenziji prostora takode nije dovoljna.

Definicija 3.1.6. Neka jeX vektorski prostor, i neka je x1, . . . , xn ∈ X.

Ako je 0 ≤ αj ≤ 1 za svako j = 1, . . . , n, i ako jen∑j=1

αj = 1, tada je

n∑j=1

αjxj konveksna kombinacija vektora x1, . . . , xn.

Posledica 3.1.3. Neka je K konveksan podskup vektorskog prostoraX, i neka je data funkcija u : K → R. Tada su sledeca tvrdenjaekvivalentna:

(1) u je kvazi-konkavna;

(2) Za svaku konveksnu kombinacijun∑j=1

αjxj vektora iz x1, . . . , xn ∈

K vazi

u

(n∑j=1

αjxj

)≥ minu(xi) : i = 1, . . . , n.


Kriterijum za konveksnost ili konkavnost funkcije jedne realne promenljiveje dobro poznat.

Teorema 3.1.5. Neka je f : (a, b) → R dva puta diferencijabilnafunkcija. Funkcija f je konveksna ako i samo ako je f ′′(x) ≥ 0 zasvako x ∈ (a, b). Funkcija f je konkavna ako i samo ako je f ′′(x) ≤ 0za svako x ∈ (a, b).

Ovde formulisati teoremu o konveksnosti za funkcije vise realnihpromenljivih.

Definicija 3.1.7. Neka je X realan vektorski prostor, i neka je ≥ par-cijalno uredenje na X. X je ureden vektorski prostor, ako vaze sledecasvojstva:

(1) Ako je x ≥ y u X, tada za svako z ∈ X vazi x+ z ≥ y + z;(2) Ako je x ≥ y u X i ako je λ ≥ 0, tada je λx ≥ λy.

Ureden vektorski prostor X u odnosu na relaciju ≥ oznacen je sa(X,≥).

Primer 3.1.3. Neka je u vektorskom prostoru Rn uvedeno koordinatnoparcijalno uredenje. Ako je x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn i y = (y1, . . . , yn) ∈Rn, onda:

x ≥ y ako i samo ako xj ≥ yj za svako j = 1, . . . , n.

Prostor Rn je ureden vektorski prostor u odnosu na uvedeno uredenje.Konus pozitivnih elemenata je skup

Rn+ = x = (x1, . . . , xn) : xj ≥ 0 za svako j = 1, . . . , n.

Takode,

x > y ako i samo ako xj > yj za svako j = 1, . . . , n.

Definicija 3.1.8. Neka je (X,≥) ureden vektorski prostor, i neka je preferenca na X. Tada:

(1) je monotona u odnosu na ≥, ako za svako x, y in X, iz x ≥ ysledi x y;

(2) je strogo monotona u odnosu na ≥, ako za svako x, y in X,ako iz x > y sledi x y.


Primer 3.1.4. Neka je u(x, y) = xy za svako (x, y) ∈ R2, i neka je preferenca definisana funkcijom korisnosti u. Dakle,

(x1, y1) (x2, y2) ako i samo ako u(x1, y1) = x1y1 ≥ x2y2 = u(x2, y2).

Vazi implikacija

(x1, y1) > (x2, y2) =⇒ u(x1, y1) = x1y1 ≥ x2y2 = u(x2, y2)

=⇒ (x1, y1) (x2, y2),

te je preferenca monotona u odnosu na (R2+,≥). Medutim, (3, 0) >

(2, 0), ali nije (3, 0) (2, 0). Sledi da preferenca nije strogo monotonau odnosu na (R2

+,≥).

Definicija 3.1.9. Neka je K konveksan podskup vektorskog prostoraX, i neka je u : K → R realna funkcija. Skup

I(c) = x ∈ K : u(x) = c

jeste kriva indiference (kriva nivoa), pri cemu je c ∈ R proizvoljan broj.

Definicija 3.1.10. Neka je K konveksan podskup pozitivnog konusauredenog vektorskog prostora X. Funkcija u : K → R je konveksnau odnosu na kooridinatni pocetak, ako za svake dve tacke A i B sagrafika te krive i za svaku tacku X duzi [AB], vazi da svaka polupravasa pocetkom u 0 kroz tacku X, mora preseci grafik krive u u nekoj tackiC (Slika 3.1.2).

Slika 3.1.2.


Definicija 3.1.11. Neka je (X,≥) ureden vektorski prostor, neka jeK ⊂ X i u : K → R. Funkcija u je:

(1) Monotona, ako vazi

(∀x, y ∈ K) (x ≥ y =⇒ u(x) ≥ y).

(2) Strogo monotona, ako vazi

(∀x, y ∈ K) (x > y =⇒ u(x) > y).

Teorema 3.1.6. Neka je K konveksan podskup u konusu X+ uredenogvektorskog prostora (X,≥), i neka je u : K → R funkcija. Ako jefunkcija u strogo monotona i kvazi-konkavna, tada krive indiferencefunkcije u jesu konveksne u odnosu na koordinatni pocetak.

Dokaz. Neka su x, y ∈ K sa svojstvom u(x) = u(y) = c za neko c ∈ R.Neka je 0 < α < 1 i z = αx + (1− α)y. Tada je z ∈ K. Funkcija u jekvazi-konkavna, te je

u(z) ≥ minu(x), u(y) = c.

Posmatrajmo polupravu kroz z sa pocetkom u 0: to je skup 0z = λz :λ ≥ 0. Duz koja spaja 0 i z jeste [0z] = λz : 0 ≤ 0λ ≤ 1. Funkcijau je strogo monotona. Pretpostavimo da 0y seze skup I(c) = a ∈ K :u(a) = c. Zbog u(z) ≥ z i stroge monotonosti funkcije u, to je mogucesamo za jednu vrednost λ ∈ [0, 1]. Sledi da je kriva indiference I(c)konveksna u odnosu na 0.

Definicija 3.1.12. Neka je X vektorski prostor, M ⊂ X, i neka je preferenca na M . Vektor v ∈ X je ekstremno pozeljan za , ako zasvako x ∈M i svako α > 0 vazi:

x+ αv ∈M i x+ αv x.

Posledica 3.1.4. Neka je X vektorski prostor, M ⊂ X, i neka je preferenca na M . Ako je v 0 ekstremno pozeljan za preferencu, tada je za svako λ > 0 vektor λv takode ekstremno pozeljan zapreferencu .

Interesantna je karakterizacija preferenci na pozitivnom konusu Rn+.


Teorema 3.1.7. Neka je neprekidna preferenca na pozitivnom konusuRn

+. Tada vaze sledeca tvrdenja:

(1) Ako je konveksna, monotona, i ima extremno pozeljan vektoru Rn

+, tada moze biti reprezentovana neprekidnom, monotonom ikvazi-konkavnom funkcijom korisnosti.

(2) Ako je strogo konveksna, strogo monotona, i ima ekstremnopozeljan vektor u Rn

+, tada moze biti reprezentovana neprekidnom,strogo monotonom i stroko kvazi-konkavnom funkcijom korisnosti.

Dokaz. Dokazacemo tvrdenje (1), a dokaz tvrdenja (2) je analogoan.

Neka je neprekidna, konveksna i monotona preferenca na Rn+, i

neka je v ∈ Rn+ ekstremno pozeljan vektor za . Neka je w = v +

(1, . . . , 1). Na osnovu monotonosti preference , sledi da je w takodeekstremno pozeljan vektor. Sledi da postoji ekstremno pozeljan vektore = (e1, . . . , en) tako da je ej > 0 za svako j.

Definisemo funkciju u : Rn+ → R na sledeci nacin:

u(x) = infα > 0 : αe x.

Proverimo da je funkcija u dobro definisana. Neka je x ∈ Rn+. Na

osnovu ej > 0 za svako j, sledi da postoji neko α > 0 tako da jeαe > x. Na osnovu monotonosti preference sledi da je αx x zaneko α > 0. Time smo dokazali da je funkcija u dobro definisana.

Tvrdimo da je x indiferentno u odnosu na u(x)e, odnosno x ∼ u(x)e.Skup Bl(x) = y ∈ Rn

+ : y x je zatvoren, te sledi da vazi u(x)e x.Ako je u(x) > 0, onda za svako ε > 0, koje je dovoljno malo, sledi davazi x (u(x)−ε)e. Neka ε→ 0+ i iskoristimo neprekidnost preference. Dakle, ako je u(x) > 0 onda je x ∼ u(x)e. Pretpostavimo sada da jeu(x) = 0. Na osnovu x ≥ 0, kao i na osnovu monotonosti , proizilazida je x 0 = u(x)e. I u ovom slucaju je x ∼ u(x)e.

Ako je α ≥ 0 i β ≥ 0, tada je αe βe ako i samo ako je α ≥ β.Ako bi bilo, recimo, αe βe i β > α, onda bi proizilazilo βe = αe +(β − α)e αe, sto nije moguce. Prethodna razmatranja pokazuju daza svako x ∈ Rn

+ postoji tacno jedan skalar, i to u(x), sa svojstvom x ∼u(x)e. Proizilazi da je funkcija u funkcija korisnosti koja reprezentuje.

Neprekidnost funkcije u sledi na osnovu neprekidnosti preference ,


kao i jednakosti sledecih zatvorenih skupova:

x ∈ Rn+ : u(x) ≤ t = x ∈ Rn

+ : x te,x ∈ Rn

+ : u(x) ≥ t = x ∈ Rn+ : x te.

Napomena 3.1.4. Geometrijski smisao vektora e je sledeci. Uocimovektor x ∈ Rn

+ i krivu indiference I(c) koja prolazi kroz x. Dakle,y ∈ I(c) ako i samo ako je u(y) = c. Tada je u(x)e = ce tacka presekapoluprave iz 0 kroz e i prethodne krive indiference (Slika 3.1.3).

Slika 3.1.3.

3.2 Maksimalni elementi

U ovoj sekciji razmatramo maksimalne elemente u odnosu na preferen-cu.

Definicija 3.2.1. Neka je preferenca na nepraznom skupu K. Ele-menat x ∈ K je maksimalan u odnosu na , ako ne postoji y ∈ K takoda je y x.

Imajuci u vidu da je kompletna relacija, sledi da je x ∈ K maksi-malan element u odnosu na , ako i samo ako je x y za svako y ∈ K.Maksimalan elemenat u odnosu na preferencu ne mora postojati. Akomaksimalan elemenat postoji, iz cinjenice da preferenca ne mora bitiantismetricna, ne moze se izvesti opsti zakljucak o jedinstvenosti mak-simalnog elementa.

Skup svih maksimalnih elemenata u K u odnosu na preferencu oznacen je sa Max(K,).

3.2. MAKSIMALNI ELEMENTI 55

Teorema 3.2.1. Neka je preferenca na nepraznom skupu K. Tada:(1) Svi maksimalni elementi u odnosu na su medusodno indifer-

enti;(2) Ako je K kompaktan topoloski prostor, i ako je odozgo po-

luneprekidna, tada postoje maksimalni elementi u odnosu na ; skupMax(K,) je kompaktan u K;

(3) Ako je K konveksan podskup vektorskog prostora X, i ako je konveksna preferenca na K, tada je skup Max(K,) konveksan;

(4) Ako je K konveksan podskup vektorskog prostora X, i ako je strogo konveksna preferenca, tada postoji najvise jedan elemenat uMax(K,).

Dokaz. (1) Neka je a, b ∈ Max(K,). Na osnovu kompletnosti relacije sledi da je a b i b a. Proizilazi da su a i b su medusobnoindiferentni.

(2) Za svako x ∈ X posmatrajmo skup Bl(x) = y ∈ X : y x.Iz cinjenice da je odozgo poluneprekidna, sledi da je skup Bl(x)zatvoren (i neprazan). Razmotrimo familiju (Bl(x))x∈K . Ocigledno je

Max(K,) =⋂x∈K

Bl(x).

Neka je Y konacan podskup od K. Zbog kompletnosti preference vazi

⋂x∈Y

Bl(x) 6= ∅. Naime, ako je Y = x1, . . . , xn, bez gubljenja

opstosti mozemo pretpostaviti x1 x2 · · · xn. Tada je Bl(x1) ⊂Bl(x2) ⊂ · · · ⊂ Bl(xn), te je

x1 ⊂ Bl(x1) =⋂x∈Y

Bl(x).

Familija (Bl(x))x∈K ima svojstvo nepraznog konacnog preseka. SkupK je kompaktan, te je

⋂x∈K

Bl(x) neprazan i kompaktan podskup od K.

Specijalno, Max(K,) 6= ∅.(3) Neka je konveksna preferenca na konveksnom skupu K. U

ovom slucaju moguce je da M = Max(K,) jeste prazan. Prazanskup je uvek konveksan, te razmatramo slucaj M 6= ∅. Neka je x, y ∈M , i neka je 0 < α < 1. Elementi x i y su medusobno uporedivi,te neka je, recimo, x y. Tada je x, y ∈ Bl(y). Po pretpostavci,


Bl(y) je konveksan skup. Sledi da je αx + (1 − α)y ∈ Bl(y). Kako jey maksimalan elemenat, proizilazi da je i αx + (1 − α)y maksimalanelemanat, odnosno αx + (1− α)y ∈ M . Prema tome, M je konveksanskup.

(4) Neka je strogo konveksna preferenca na konveksnom skupu K.Pretpostavimo da postoje dva razlicita elementa x, y ∈ M . Elementix i y su medusobno uporedivi, te bez gubljena opstosti pretpostavimoda je x y. Jos jednom sledi x, y ∈ Bl(y). Skup Bl(y) je strogokonveksan, te je 1

2x + 1

2y y. Sledi da y nije maksimalan elemenat.

Proizilazi da postoji najvise jedan maksimalan elemenat u skupu K uodnosu na .

Posledica 3.2.1. Neka je odozgo poluneprekidna konveksna prefer-enca na konveksnom i kompaktnom podskupu K topoloskog vektorskogprostora X. Vaze sledeca tvrdenja:

(1) Skup Max(K,) je neprazan, konveksan i kompaktan.

(2) Ako je, pored uslova (1), strogo konveksna, onda je Max(K,)jednoelementan skup.

Teorema 3.2.2. Neka je preferenca na Rn+, koja ima strogo pozeljan

vektor u Rn+. Neka je K neprazan podskup od Rn

+. Tada ni jednaunutrasnja tacka skupa K ne moze biti maksimalan elemenat preference.

Dokaz. Neka je v ∈ Rn+ ekstremno pozeljan vektor preference , i

neka je x unutrasnja tacka skupa K. Tada za dovoljno malo α > 0vazi x + αv ∈ K. Relacija x + αv x implicira da x ne moze bitimaksimalan elemenat od u skupu K.

Geometrijsko tumacenje maksimalnog elementa je kao na Slici 3.2.1.Skup K je konveksan i kompaktan, Ij su krive indeference, a x je mak-simum skupa K u odnosu na preferencu prikazanu krivama indiferenci.

3.2. MAKSIMALNI ELEMENTI 57

Slika 3.2.1.

Sada definisemo dualan par vektorskih prosotra.

Definicija 3.2.2. Neka su X,X ′ realni vektorski prostori, i neka je〈·, ·〉 : X ×X ′ → R preslikavanje se sledecim svojstvima:

(1) (∀x, y ∈ X)(∀z ∈ X ′)(∀α, β ∈ R)(〈αx + βy, z〉 = α〈x, z〉 +β〈y, z〉);

(2) (∀x ∈ X)(∀y, z ∈ X ′)(∀α, β ∈ R)(〈x, αy + βz〉 = α〈x, y〉 +β〈x, z〉);

(3)(

(∀x ∈ X)〈x, x′〉 = 0)

=⇒ x′ = 0 ∈ X ′;

(4)(

(∀x′ ∈ X ′)〈x, x′〉 = 0)

=⇒ x = 0 ∈ X.

Tada je 〈X,X ′〉 dualan par vektorskih prostoraX,X ′, a preslikavanje〈, ·, ·〉 je preslikavanje dualnosti.

Teorema 3.2.3. Neka je 〈X,X ′〉 dualan par vektorskih prostora, nekaje K neprazan, konveksan i slabo zatvoren potprostor od X, i neka jef : K → R kvazi-konkavna funkcija. Ako je f odozgo poluneprekidna usmislu Makkija, tada je f slabo odozgo poluneprekidna.

Dokaz. Neka je K neprazan konveksan podskup od X i neka f zado-voljava pretpostavke ove teoreme. Neka je x ∈ K i posmatrajmo skupL = y ∈ K : f(y) ≥ f(x). Na osnovu kvazi-konkavnosti funkcije fsledi da je L konveksan. Na osnovu poluneprekidnosti odozgo u smisluMakkija, sledi da je L zatvoren u smislu Makkija. Sledi da je L slabozatvoren, te je funkcija f slabo odozgo poluneprekidna.

Na osnovu prethodnih rezultata, jednostavno formulisemo posledice.


Posledica 3.2.2. Neka je 〈X,X ′〉 dualan par vektorskih prostora, ineka je K neprazan, koveksan i slabo kompaktan podskup od X. Akoje funkcija f : K → R neprekidna u smislu Makkija i kvazi-konkavna,tada je skup maksimalnih elemenata preference definisane sa f , odnosnoskup

x ∈ K : f dostize svoj maksimum na K u tacki x

neprazan, konveksan i slabo kompaktan.

Posledica 3.2.3. Neka je 〈X,X ′〉 dualan par vektorskih prostora, ineka je K neprazan, konveksan i slabo kompaktan podskup od X. Akoje f : K → R neprekidna u smislu Makkija, strogo kvazi-konkavna, tadapreferenca odredena funkcijom f ima tacno jedan maksimalan eleme-nat.

3.3 Funkcije zahteva

Razmatramo funkcije zahteva, koje maksimalizuju korisnost, pod pret-postavkom da je budzet ogranicen.

Simboli x, y, z, w, . . . ∈ Rn+ reprezentovace vektore robe, dok ce sim-

boli p, q, r, s, . . . ∈ Rn+ reprezentovati vektore cene. Skalarni proizvod

vektora x, p ∈ Rn+ oznacen je sa

〈x, p〉 ≡ x · p =n∑i=1

xipi.

Formalno posmatrano, vektori p i x jesu iste dimenzije, ali njihovapriroda je drugacija. Naime, ako je x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn

+ vektor robe,onda pretpostavljamo da su tipovi robe poredani od 1 do n. Tada jex1 broj jedinica robe 1, x2 je broj jedinica robe 2, xn je broj jedinicarobe n. Ako je p = (p1, . . . , pn) ∈ Rn

+ vektor cene, tada je p1 cena robe1 po jedinici mere (istoj koja je iskoriscena kao jedinica mere za vektorx). Stoga, p · x je prirodnije zvati dejstvo cene p na robu x. Osobinedejstva cene na robu su iste kao i osobine skalarnog proizvoda. U ovojsekciji koristimo neprekindost skalarnog proizvoda po oba argumenta.Stoga, dejstvo cene na vektor robe je neprekidno i u odnosu na cenu iu odnosu na robu.

3.3. FUNKCIJE ZAHTEVA 59

Definicija 3.3.1. Neka je p ∈ Rn+ fiksirana cena. Budzetski skup za

cenu p koji odgovara vektoru robe w ∈ Rn+, jeste skup

Bw(p) := x ∈ Rn+ : p · x ≤ p · w.

Budzetska linija budzetskog skupa Bw(p) jeste skup

Lw(p) := x ∈ Rn+ : p · x = p · w.

Posledica 3.3.1. Budzetski skup Bw(p) i budzetska linija Lw(p) suzatvoreni podskupovi od Rn

+. Takode, Lw(p) ⊂ Bw(p).

Dokaz. Sledi na osnovu neprekidnosti skalarnog proizvoda (x, p)→ p ·xpo oba argumenta.

Cinjenicu da su sve koordinate vektora p pozitivne, oznacavamo sap >> 0, ili ekvivalentno p ∈ intRn

+ u smislu uobicajene topologije ovogprostora. Ako je neka koordinata vektora p jednaka nuli, onda je utopoloskom smislu oznaka p ∈ ∂Rn

+.Jedno od osnovnih pitanja koje se postavlja, jeste: Ako je data cena

p, da li postoji ogranicen budzetski skup za p? Odgovor je da su zadatu cenu p svi budzetski skupovi ograniceni, ili su svi neograniceni.

Teorema 3.3.1. Za datu cenu p ∈ Rn+ vaze sledeca tvrdenja:

(1) Svi budzetski skupovi Bw(p) su ograniceni ako i samo ako jep >> 0.

(2) Svi budzetski skupovi Bw(p) su neograniceni ako i samo ako pos-toji i ∈ 1, . . . , n tako da je pi = 0.

Dokaz. Dovoljno je dokazati tvrdenje (1). Pretpostavimo da je svakibudzetski skup Bw(p) ogranicen. Tvrdimo da je pi > 0 za svako i.Pretpostavimo da postoji i tako da je pi = 0. Neka je B = (e1, . . . , en)standardna ortonormirana baza u Rn. Posmatrajmo vektore nei zan ∈ N. Zbog pi = 0 sledi da je p · (nei) = 0 za svako n ∈ N, te jenei ∈ Bw(p) za svako n ∈ N. Proizilazi da je Bw(p) neogranicen skupza svako w ∈ Rn

+, sto je suprotno pretpostavci.Obrnuto, sada pretpotavimo da je p >> 0. Tada postoji j tako da

je pj = minp1, . . . , pn > 0. Neka je w ∈ Rn+, i neka je x ∈ Bw(p)

proizvoljan elemenat. Tada je za svako i = 1, . . . , n ispunjeno

0 ≤ pixi ≤n∑k=1

pkxk = p · x ≤ p · w,


odakle sledi0 ≤ xi ≤

p · xpi≤ p · w

pj<∞.

Proizilazi da je Bw(p) ogranicen za svako w ∈ Rn+.

Posledica 3.3.2. Svi budzetski skupovi Bw(p) za datu cenu p ∈ Rn+

jesu kompaktni, ako i samo ako je p >> 0.

Dokaz. Sledi na osnovu prethodne teoreme, i cinjenice da podskupoviod Rn jesu kompaktni ako i samo ako su zatvoreni i ograniceni.

Od interesa je razmatrati preferencu i budzetski skup.

Teorema 3.3.2. Neka je data cena p >> 0, i neka je neprekidnapreferenca na Rn

+. Vaze sledeca tvrdenja:(1) Ako je konveksna, tada na svakom budzetskom skupu Bw(p)

preferenca ima bar jedan maksimalan elemenat.(2) Ako je strogo konveksna, tada na svakom budzetskom skupu

Bw(p) preferenca ima tacno jedan maksimalan elemenat.(3) Ako je strogo konveksna i ako postoji ekstremno pozeljan

vektor za , tada na svakom budzetskom skupu Bw(p) preferenca ima tacno jedan maksimalan elemenat koji se nalazi na odgovarajucojbudzetskoj liniji Lw(p).

Geometrijski smisao budzetskog skupa i jedinstvenog maksimalnogelementa jeste na Slici 3.3.1.

Slika 3.3.1.


Teorema 3.3.3. Neka je data cena p ∈ ∂Rn+, i neka je strogo mono-

tona preferenca na Rn+. Tada nema maksimalnih elemenata ni u

jednom budzetskom skupu Bw(p).

Dokaz. Iz cinjenice p ∈ ∂Rn+ sledi da vektor p ima bar jednu koordinatu

jednaku nuli. Bez gubljenja opstosti, neka je p1 = 0. Razmotrimox ∈ Bw(p). Ako je x = (x1, . . . , xn), tada je ocigledno (zbog p1 = 0)y = (x1 + 1, x2, . . . , xn) ∈ Bw(p) i y > x. Stroga monotonost preference implicira y x, odakle proizilazi da x ne moze biti maksimalanelemenat preference u skupu Bw(p).

Teorema 3.3.4. Neka je data cena p ∈ ∂Rn+, i neka je strogo mono-

tona preferenca na intRn+. Pretpostavimo da vazi:

(1) x ∈ intRn+, y ∈ ∂Rn

+ =⇒ x y;(2) Elemenat w ∈ Rn

+ zadovoljava uslov p · w > 0.Tada preferenca nema maksimalnih elemenata u skupu Bw(p).

Dokaz. Na osnovu p · w > 0 sledi da Bw(p) sadrzi strogo pozitivanelemenat. Preferenca je strogo monotona, i stoga svaki maksimalanelemenat preference u Bw(p) mora biti strogo pozitivan. Jos jednom,bez gubljenja opstosti, pretpostavimo p1 = 0, sto sledi iz p ∈ ∂Rn

+. Akoje x = (x1, . . . , xn) ∈ Bw(p) strogo pozitivan maksimalan elemenat,tada je y = (x1 + 1, x2, . . . , xn) takode strogo pozitivan elemenat uBw(p) koji zadovoljava uslov y > x. Preferenca je strogo monotonana intRn

+, te je y x, odakle sledi da x ne moze biti maksimalanelemenat preference .

Razmatramo neprekidnu i strogo konveksnu preferencu na Rn+.

Pretpostavimo da postoji ekstremno pozeljan vektor e za ovu preferen-cu. Neka je w ∈ Rn

+, w > 0, fiksiran vektor, koji nazivamo pocetnaraspoloziva sredstva. Tada za svaku cenu p ∈ intRn

+ preferenca imatacno jedan maksimalan elemenat u budzetskom skupu Bw(p). Tajmaksimalan elemenat oznacen je sa xw(p). Funkcija

xw : intRn+ → Rn

+

koja svakoj ceni p ∈ intRn+ pridruzuje maksimalan elemenat xw(p) ∈

Bw(p), jeste funkcija zahteva preference .


Teorema 3.3.5. (1) xw(p) ∈ Lw(p); drugim recima za svako p ∈ intRn+

vazi p · xw(p) = p · w.(2) Funkcija zahteva je homogena funkcija stepena nula; drugim

recima, ako je λ > 0 i p >> 0 tada je λxw(p) = xw(λp).

Dokaz. (1) Sledi iz Teoreme 3.3.2 (3).(2) Sledi iz jednakosti λBw(p) = Bw(λp) ako je λ > 0 i p >> 0.

Definicija 3.3.2. Neka je preferenca na Rn+. Preferenca je neok-

lasicna, ako je neprekidna, i vazi jedan od sledeca dva uslova:(1) je strogo monotona i strogo konveksna; ili(2) je strogo monotona i strogo konveksna na IntRn

+, i takodeako je x ∈ intRn

+ i y ∈ ∂Rn+ onda je x y.

Neoklasicne preference iz dela (1) prethodne definicije obicno imajuvrednosti funkcije zahteva na ∂Rn

+. Neoklasicne preference iz dela (2)prethodne definicije uvek imaju vrednosti funkcije zahteva u intRn

+.

Primer 3.3.1. Razmotrimo funkciju u(x, y) = xy, koja je strogo mono-tona na IntRn

+, i nije strogo konveksna na Rn+. Neka je preferenca

definisana funkcijom korisnosti u. Tada preferenca ima tacno jedanmaksimalan elemenat u budzetskom skupu Bw(p). Funkcija zahtevap 7→ xw(p) je dobro definisana i zadovoljava osobine prethodne teo-reme.

Primer 3.3.2. Posmatrajmo funkciju korisnosti u1(x, y) =√x +√y

za (x, y) ∈ R2+. Neka je 1 odgovarajuca preferenca. U ovom slucaju je

preferenca 1 neprekidna, strogo monotona i strogo konveksna na R2+.

Sa druge strane, ne vazi osobina da je svaki vektor iz IntR2+ preferiraniji

od svakog vektora iz ∂R2+. Na primer, (1, 0) 1 (1

9, 1

9), (1, 0) ∈ ∂R2

+ i(1

9, 1

9) ∈ IntR2

+.

Primer 3.3.3. Neka je u2(x, y) = xy funkcija koristi na R2+, i neka

je 2 odgovarajuca preferenca. Preferenca 2 je strogo konveksna istrogo monotona na IntR2

+. Medutim, 2 nije strogo konveksna na∂R2

+. Stavise, svi vektori iz ∂R2+ su indiferentni u odnosu na 0. Stoga,

ako x ∈ ∂R2+ i y ∈ IntR2

+, onda je y x.

Napominjemo da strogo pozitivni vektori uvek jesu ekstremno po-zeljni za neoklasicne preference. Izucavacemo osobine funkcija zahteva


koje odgovaraju neoklasicnim preferencama. Najpre razmatramo ne-prekidnost ovih funkcija.

Teorema 3.3.6. Neka je neoklasicna preferenca na Rn+, neka je

w ∈ Rn+ i p ∈ Rn

+ tako da vazi p · w > 0. Ako niz cena (pk)k u intRn+

zadovoljava uslov pk → p i xw(pk)→ x, tada vaze sledeca tvrdenja:(1) p ∈ intRn

+;(2) x ∈ Bw(p);(3) x = xw(p).

Dokaz. Iz cinjenice pn · xw(pn) = pn · w, kao i na osnovu neprekidnostidejstva cene na robu, sledi da vazi p · x = p · w. Stoga je x ∈ Bw(p).Tvrdimo da je x maksimalan elemenat preference u Bw(p). Da biovo proverili, neka je y ∈ Bw(p). Tada je p ·y ≤ p ·w. Kako je p ·w > 0,sledi da ako je 0 < λ < 1, onda je p · (λy) < p · w. Iz pk → p, te naosnovu neprekidnosti dejstva cene na robu, sledi da postoji neko k0 ∈ Ntako da za svako k ≥ k0 vazi

pk · (λy) < pk · w = pk · xw(pk).

Stoga za svako k ≥ k0 vazi xw(pk) λy. Na osnovu neprekidnosti sledi x λy ako je 0 < λ < 1. Neka λ → 1−. Jos jednom na osnovuneprekidnosti preference sledi x y. Ovim je dokazano da je xmaksimalan elemenat u Bw(p).

Neka je f : X → Y proizvoljna funkcija. Graf funkcije f jeste skup

G(f) = (x, f(x)) : x ∈ X ⊂ X × Y.

Ako su X i Y topoloski prostori, tada ima smisla ispitivati topoloskeosobine skupa G(f) u topoloskom prostoru X×Y u odnosu na proizvodtopologija. Dokazujemo teoremu o zatvorenom grafiku za neprekidnefunkcije.

Teorema 3.3.7. (Teorema o zatvorenom grafiku) Neka su X, Y topoloskiprostori, tako da je Y Hausdorfov i kompaktan, i neka je f : X → Yfunkcija. Sledeca tvrdenja su ekvivalentna:

(1) f je neprekidna funkcija;(2) Skup G(f) je zatvoren u X × Y .


Dokaz. (1) =⇒ (2): Ako je f neprekidna funkcija, jednostavno proizilazida je G(f) zatvoren skup u X × Y .

(2) =⇒ (1): Pretpostavimo sada da je G(f) zatvoren u X×Y . Nekaje (xα)α proizvoljna mreza u X sa svojstvom xα → x ∈ X. Neprekid-nost funkcije f dokazujemo tako sto pokazujemo f(xα)→ f(x) u pros-toru Y . Pretpostavimo suprostno, odnosno nije tacno da f(xα)→ f(x).Postoji otvorena okolina V tacke f(x) i postoji podmreza (yβ)β od(xα)α, tako da f(yβ) /∈ V za svako β. Skup Y je kompaktan, te postojipodmreza (zγ)γ od (yβ)β, tako da f(zγ)→ u u prostoru Y . Ocigledno,u /∈ V , te je u 6= f(x). Sa druge strane, (zγ, f(zγ)) → (x, u) u X × Y .Na osnovu zatvorenosti skupa G(f) sledi da je u = f(x) ∈ V , sto jesuprotno nasem razmatranju. Sledi da funkcija f mora biti neprekidnau proizvoljnoj tacki x ∈ X.

Primer 3.3.4. Ako Y nije kompaktan skup, zatvorenost skupa G(f)ne implicira nuzno neprekidnost funkcije f . Neka je

f(x) =

1

x, x 6= 0,

0, x = 0,x ∈ R.

Tada je G(f) zatvoren skup u R×R, ali funkcija f nije neprekidna naR.

Primer 3.3.5. Neka je X = R sa standardnom topologijom, i nekaje Y = R sa diskretnom topologijom. Drugim recima, svaki podskupod Y je otvoren u Y . Posmatrajmo funkciju f : X → Y definisanukao f(x) = x. Tada je G(f) zatvoren skup u X × Y , a funkcija f jeprekidna u svakoj tacki x ∈ X.

Neprekidnost funkcije zahteva ima sledecu motivaciju: ”male“ promenecene p treba da izazovu ”male“ promene u zahtevanom vektoru.

Teorema 3.3.8. Svaka funkcija zahteva koja odgovara nekoj neok-lasicnoj preferenci na Rn

+, jeste neprekidna.

Dokaz. Neka je neoklasicna preferenca na Rn+, i neka je w ∈ Rn

+.Funkciju zahteva p 7→ xw(p) posmatramo koordinatno:

xw(p) = (x1(p), . . . , xn(p)).


Ako je r, s ∈ Rn, koristimo standardnu oznaku za n-interval:

[r, s] = z ∈ Rn : r ≤ z ≤ s.

Neka je p >> 0. Postoji n-interval [r, s], tako da je r >> 0 i p ∈Int[r, s]. Neka je rj = minr1, . . . , rn > 0. Ako je q = (q1, . . . , qn) ∈[r, s], tada je

qixi(q) ≤n∑k=1

qkxk(q) = q · xw(q) = q · w ≤ s · w.

Stoga je

xi(q) ≤s · wqi≤ s · w

r= M <∞,

i poslednja nejednakost vazi za svako i = 1, . . . , n. Sledi da je funkcijap 7→ xw(p) ogranicena na [r, s]. Stoga je i skup Y = cl(xw([r, s]))kompaktan u Rn

+. Da bi dokazali neprekidnost funkcije xw u ceni p,dovoljno je dokazati neprekidnost ove funkcije na [r, s]. Prema Teoremio zatvorenom grafiku, dovoljno je dokazati da je skup G(xw) zatvoren.

U tu svrhu, neka je (qk)k niz u [r, s] koji zadovoljava uslov qk → qi x(qk) → x. Prema Teoremi 3.3.6 vazi x = xw(q). Dakle, funkcijaxw : [r, s]→ Y ima zatvoren grafik, te je neprekidna.

Sada dajemo ekonomsku interpretaciju postignutih rezultata. Vek-torski prostor Rn

+ moze biti posmatran kao prostor robe razmatraneekonomije. Broj n u ovom slucaju predstavlja broj raspolozivih tipovarobe. Preferenca predstavlja ”ukus“ kupca. Vektor w predstavljapocetnu vrednost koju kupac ima. Vektor p = (p1, . . . , pn) reprezentujecene. Pri tome pi je cena robe po redu i. Vektor zahteva xw(p) pred-stavlja vektor robe koji maksimizira funkciju korisnosti pod uslovimadatog budzeta w. Ako je ww(p) = (x1(p), . . . , xn(p)), tada

‖xw(p)‖1 =n∑i=1

|xi(p)| ≡n∑i=1

xi(p)

reprezentuje totalan broj jedinica dobra koje zahteva kupac.Ako cene teze ka rubnim vrednostima, onda neka dobra postaju

previse jeftina, te zahtev za ovim dobrima moze postati previse veliki.Preciznije, vazi sledeca teorema.


Teorema 3.3.9. Neka je neoklasicna prefereca na Rn+, neka je w ∈

Rn+, i neka je xw(·) = (x1(·), . . . , xn(·)) funkija zahteva koja odgovara

preferenci . Neka je (pk)k niz strogo pozitivnih vektora koji zadovol-java uslov

pk = (pk1, . . . , pkn)→ p = (p1, . . . , pn).

Tada vazi:(1) Ako je pj > 0 za neko j, onda je (xj(pk))k ogranicen niz u R.(2) Ako je p ∈ ∂Rn

+ i p · w > 0, tada je

limk→∞‖xw(p)‖1 = lim

k→∞

n∑i=1

xi(pk) =∞.

Dokaz. Neka je (pk)k niz strogo pozitivnih cena koje zadovoljavajuuslove ove teoreme. Neka je q >> 0 tako da je pk ≤ q za svako k.

(1) Pretpostavimo da postoji j tako da je pj > 0. Iz pk >> 0 ilimk→∞

pkj = pj sledi da postoji neko δ > 0 tako da je pkj > δ za svako

k ∈ N. Razmotrimo nejednakost

pkjxj(pk) ≤n∑i=1

pki xi(pk) = pk · xw(pk) = pk · w ≤ q · w.

Sledi daxj(pk) ≤

q · wpkj≤ q · w

δ<∞

vazi za svako k ∈ N. Prema tome, (xj(pk))k je ogranicen niz u R.(2) Ako niz (xw(pk))k sadrzi ogranicen podniz, tada prelaskom na

taj konvergentan podniz, koji cemo jednostavnosti radi oznaciti sa(xw(pk))k, sledi da vazi xw(pk) → x u Rn

+. Tada prema Teoremi 3.3.6vazi p >> 0, sto je suprotno pretpostavci p ∈ ∂Rn

+. Sledi zakljucak.

Deo (2) prethodne teoreme tvrdi da ako cene opadaju ka nuli, ondakolektivan zahtev tezi ka beskonacnosti. Napominjemo da ako jednaindividualna cena pada ka nuli, onda nije nuzno da odgovarajuci zahtevza konkretnom robom tezi ka beskonacnosti.

Primer 3.3.6. Razmotrimo na prostoru R3+ preferencu odredenu funkci-

jom korisnosti

u(x, y, z) =√x+√y +

z

1 + z.

3.4. EKONIMIJA RAZMENE 67

Neka je w = (1, 1, 1). Vaze tvrdenja:(1) u je strogo monotona, strogo konkavna i neprekidna funkcija

korisnosti.(2) Ako je (x, y, z) ∈ R3

+ i z > 0, tada je (x, y + z, 0) (x, y, z).(3) Ako je p = (p1, p2, p3) > 0 i p2 = p3, tada zahtevani vektor

xw(p) = (x(p), y(p), z(p)) zadovoljava z(p) = 0.(4) Neka je pk = (1, 1

k, 1k). Tada je pk → (1, 0, 0). Ako je xw(pk) =

(x(pk), y(pk), z(pk)) zahtevani niz, tada je z(pk) = 0 za svako k. Prematome, zathev za trecom robom ostaje ogranicen i pored cinjenice dacena trece robe opada ka nuli.

(5) limk→∞

y(pk) =∞.

3.4 Ekonimija razmene

U teoriji medunarodne trgovine razmatramo vise drzava koje razmen-juju dobrana trzistu prema fiksiranim uslovima trgovine. Dokazacemopostojanje odnosa cene - uslovi trgovine. Takve cene se nazivaju ceneekvilibrijuma.

Dajemo opstu definiciju ekonomije razmene sa konacno dmenzion-alnim prostorom robe.

Definicija 3.4.1. Neka je P skup svih preferenci na Rn+, neka je A 6=

skup agenata (ili potrosaca) i neka je E : A → Rn+ × P funkcija. Tada

je E ekonomija razmene.

Ako je i ∈ A, tada je Ei = (wi,i) ∈ Rn+ × P karakteristika agenta

i. Elemenat wi jesu se pocetna raspoloziva sredstva agenta i, a i jeprefernca po kojoj agent i odreduje svoj izbor.

Neka je p vektor cene. Nenegativan realan broj $ := p · wi jesteprihod agenta i po ceni p.

Ako je A konacan skup, onda vektor w =∑i∈A

wi jesu totalna pocetna

sredstva.

Definicija 3.4.2. Ako ekonomija razmene E : A→ Rn+ × P ispunjava

sledece uslove:(1) Skup agenata A je konacan:(2) Svaki agent i ∈ A ima nenula pocetna raspoloziva sredstva wi, i

prefernca i je neoklasicna;


(3) Totalna pocetna sredstva w =∑i∈A

wi su strogo pozitivna, odnosno

w >> 0.

Nadalje je E neoklasicna ekonomija. U ovom slucaju svaki agenti ∈ A ima neoklasicnu preferencu i. Stoga postoji funkcija zahtevaxi : IntRn

+ → Rn+. Neka je x =

∑i∈A

xi ukupna funkcija zahteva. Tada je

x(p) =∑i∈A

xi(p) ukupan zahtev.

Definicija 3.4.3. Ako je E neoklasicna ekonomija razmene, tada jeeksces funkcije zahteva funkcija ζ : IntRn

+ → Rn, definisana kao

ζ(p) = x(p)− w.

ζ je vektorska funkcija, koja moze biti prikzana koordinatno:

ζ = (ζ1, . . . , ζn).

Dokazujemo osnovna tvrdenja ekscesa funkcije zahteva.

Teorema 3.4.1. Eksces funkcije zahteva ζ neoklasicne ekonomije razmeneima sledeca svojstva:

(1) ζ je homogena funkcija stepena nula, odnosno ako je p >> 0 iλ > 0, onda je ζ(λp) = ζ(p).

(2) ζ je neprekidna i ogranicena odozdo;(3) ζ zadovoljava Valrasovo pravilo: p · ζ(p) = 0 za svako p >> 0.(4) Ako niz strogo pozitivnih cena (pk)k zadovoljava uslov

pk = (pk1, . . . , pkn)→ p = (p1, . . . , pn) (k →∞),

i ako je pj > 0 za neko j ∈ 1, . . . , n, tada je niz Big(ζj(pk))k

ogranicen.(5) Ako je pk >> 0 za svako k, i ako je pk → p ∈ ∂Rn

+ \ 0, tadapostoji bar jedan j ∈ 1, . . . , n tako da je lim sup

k→∞ζj(pk) =∞.

Dokaz. (1) Zakljucak sledi iz cinjenice da je xi(λp) = xi(p) ispunjenoza svako i ∈ A, svako p >> 0 i svako λ > 0.

(2) Neprekidnost ekscesa funkcije zahteva sledi iz ranije Teoremexxx. Kako je xi(p) ≥ 0 za svako i ∈ a, sledi da vazi ζ(p) ≥ −w zasvako p ∈ IntRn

+. Prema tome, ζ je ogranicena odozdo.


(3) Ako je p >> 0, tada je

p · ζ(p) = p ·∑i∈A

(xi(p)− wi) =∑i∈A

(p · xi(p)− p · wi) =∑i∈A

0 = 0.

Tvrdenja (4) i (5) slede iz Teoreme xxx+1.

Definicija 3.4.4. Neka je ζ eskces funkcije zahteva neoklasicne ekonomijeE . Strogo pozitivna cena p je cena ekvilibrijuma za E , ako je ζ(p) = 0.

Vazno pitanje u ovom delu jeste da li postoji cena ekvilibrijumaza neoklasicne ekonomije? Odgovor je potvrdan, prema teoremi Arou-Debroa.

Funkcija ζ je homogena stepena homogenosti 0. Stoga, ζ(λp) = ζ(p)za svako p >> 0 i svako λ > 0. Ako je p strogo pozitivna cena ekvilibri-juma, tada cela poluprava λp : λ > 0 sastoji se od cena ekvilibrijuma.Pretrazivanje cena ekvilibrijuma svodi se na pretrazivanje skupa kojina svakoj polupravoj navedeno tipa ima po jednu tacku.

Cesto koriscene normalizacije cena jesu sledeci skupovi (Slika 3.4.1):

∆ = p ∈ Rn+ : p1 + · · ·+ pn = 1,

Sn−1 = p ∈ Rn+ : (p1)2 + (p2)2 + · · ·+ (pn)2 = 1.

Slika 3.4.1.

Razmatracemo skup ∆, koji je ocigledno kompaktan i konveksanpodskup od Rn

+. Skup svih strogo pozitivnih cena od ∆ jeste S:

S = p ∈ ∆ : pj > 0, j = 1, . . . , n.

Eksces funkcije zahteva ζ sada ispitujemo kao funkciju ζ : S → Rn,koja ima sledece osobine:


Teorema 3.4.2. Ako je ζ = (ζ1, . . . , ζn) eksces funkcije zahteva neok-lasicne ekonomije E, onda vaze tvrdenja:

(1) ζ je neprekidna i ogranicena odozdo na S.(2) ζ zadovoljava Valrasovo pravilo: p · ζ(p) = 0 za svako p ∈ S.(3) Ako je (pk)k niz cena u S, tako da pk → p = (p1, . . . , pn) i ako

je pj > 0, tada je niz (ζj(p)k))k ogranicen.(4) Ako je (pk)k niz u S i pk → p ∈ ∂S, tada je lim

k→∞‖ζ(pk)‖1 =∞.

Definicija 3.4.5. Viseznacna funkcija (korespodenca) iz skupa X uskup Y je funkcija ϕ : X → P(Y ). Grafik korespodence ϕ jeste

G(ϕ) = (x, y) ∈ X × Y : x ∈ X, y ∈ ϕ(x).

Definicija 3.4.6. Neka su X, Y topoloski prostori, i neka je ϕ : X →P(Y ) korespodenca. ϕ ima zatvoren grafik, ako je G(ϕ) zatvoren pod-skup topoloskog prostora Y .

Definicija 3.4.7. Neka je ϕ : X → P(X) korespodenca. Elemenatx ∈ X je fiksna tacak korespodence ϕ, ako je x ∈ ϕ(x).

Formulisemo bez dokaza Teoremu Kakutanija.

Teorema 3.4.3. (Kakutani) Neka je K neprazan, kompaktan i kon-veksan podskup od Rn, i neka je ϕ : K → P(K) neprazna preferencazatvorenog grafika. Ako je ϕ konveksno vrednosta, tada postoji fiksnatacka x ∈ K preslikavanja ϕ, odnosno x ∈ ϕ(x).

Sada dokazujemo rezultat kojim se obezbeduje postojanje cene ekvilib-rijuma za svaku neoklasicnu ekonomiju.

Teorema 3.4.4. Pretpostavimo da funkcija ζ : S → Rn zadovoljavauslove Teoreme 3.4.2. Tada postoji bar jedan vektor p ∈ S tako da jeζ(p) = 0.

Dokaz. Pretpostavimo da funkcija ζ : S → Rn zadovoljava sve usloveTeoreme 3.4.2, i neka je ζ = (ζ1, . . . , ζn). Za svako p ∈ S definisemopodskup Λ(p) skupa 1, . . . , n na sledeci nacin:

Λ(p) = j ∈ 1, . . . , n : ζj(p) = maxζi(p) : i = 1, . . . , n.


Drugim recima, ako p ∈ S, tada se skup Λ(p) sastoji od onih roba,koje imaju najveci eksces zahteva. Ocigledno je Λ(p) 6= ∅. Neka jep ∈ ∆ \ S = ∂S. Tada je

Λ(p) = j ∈ 1, . . . , n : pj = 0.

I u ovom slucaju je Λ(p) 6= ∅.Definisemo korespodencu ϕ : ∆→ P(∆) kao:

ϕ(p) = q ∈ ∆ : qj = 0 za svako j /∈ Λ(p).

Kako je Λ(p) 6= ∅, jednostavno sledi ϕ(p) 6= ∅ za svako p ∈ ∆. Skupϕ(p) je konveksan i kompaktan podskup od ∆. Specijalno, ako jeΛ(p) = 1, . . . , n, onda je ϕ(p) = ∆.

Na ovaj nacin definisali smo korespodencu ϕ : ∆ → P(∆), koja jeneprazna, kompaktna i konveksno vrednosna.

Tvrdimo da ϕ ima zatvoren grafik. U tu svrhu, neka je pk → p u∆, i πk → π u ∆, pri cemu je πk ∈ ϕ(pk) za svako k. Treba pokazatiπ ∈ ϕ(p). Razlikujemo dva slucaja.

Prvi slucaj: Neka je p ∈ S.Mozemo pretpostaviti da je pk >> 0 za svako k. Neka k /∈ Λ(p). To

znaci da jeζj(p) < maxζi(p) : i = 1, . . . , n.

Funkcija ζ je neprekidna u tacki p, te postoji m tako da za k ≥ m vazi

ζj(pk) < maxζi(pk) : i = 1, . . . , n.

Stoga, ako je k ≥ m onda je k /∈ Λ(pk). Na osnovu

πk = (πk1 , . . . , πkn) ∈ ϕ(pk)

sledi πkj = 0 za svako k ≥ m. Kako je πk → π, sledi limk→∞

πkj = πj, te je

πj = 0. Dakle, πj = 0 za svako j /∈ Λ(p), te je π ∈ ϕ(p).Drugi slucaj: Neka je p ∈ ∆ \ S = ∂S.Bez gubljenja opstosti pretpostavimo da je p = (0, . . . , 0, pr+1, . . . , pn),

pri cemu je 1 ≤ r < n, kao i pi > 0 za i = r + 1, . . . , n.Sada opet razlikujemo dva podslucaja.Prvi podslucaj: Pretpostavimo da postoji podniz od (pk)k, koji pri-

pada skupu S. Bez gubljenja opstosti, taj podniz oznacimo takode sa(pk)k.


U ovom podslucaju je Λ(p) = 1, . . . , r, te je

ϕ(p) = q ∈ ∆ : qi = 0 za i = r + 1, . . . , n.

Na osnovu pretpostavki teoreme, sledi da je niz (ζi(pk))k ogranicenza svako i = r + 1, . . . , n i takode lim

k→∞‖ζ(pk)‖1 = ∞. Kako je ζ

ogranicena odozdo, sledi da postoji k0 tako da je Λ(pk) ⊂ 1, . . . , r zasvako k ≥ k0. Imajuci u vidu i πk ∈ ϕ(pk), sledi da je πk ∈ ϕ(p) zasvako k ≥ k0. Prema tome, π = lim

k→∞πk ∈ ϕ(π).

Drugi podslucaj: Pretpostavimo da ni jedan podniz od (pk)k nepripada skupu S.

U ovom podslucaju je (pk)k sadrzan u ∂S, te je p = (0, . . . , 0, pr+1, . . . , pn).Kako je lim

k→∞pki = pi za svako i = 1, . . . , n, sledi da postoji neko m tako

da za k ≥ m vazi Λ(pk) ⊂ 1, . . . , r. Iz πk ∈ ϕ(pk), sledi da je πki = 0za k ≥ m i svako i = 1, . . . , n. Kako πk → π, sledi da je πi = 0 za svakoi = r + 1, . . . , n, te je π ∈ ϕ(p).

Upravo smo dokazali da ϕ ima zatvoren grafik. Prema Kakutani-jevoj teoremi o fiksnoj tacki, sledi da ϕ ima fiksnu tacku, recimo p,odnosno p ∈ ϕ(p).

Tvrdimo da je p cena ekvilibrijuma.Primetimo da je p /∈ ∂S. Ako bi bilo p ∈ ∂S, onda bi vazilo pj = 0

za svako j ∈ Λ(p). Kako je p ∈ ϕ(p), onda bi bilo pj = 0 za svakoj /∈ Λ(p), odakle sledi p = 0 /∈ ∆, sto je nemoguce. Stoga je p ∈ S,odnosno p >> 0.

Neka je m = maxζi(p) : i = 1, . . . , n. Primetimo da je pi > 0 zasvako i = 1, . . . , l. Stoga p ∈ ϕ(p) implicira Λ(p) = 1, . . . , n. Ovoznaci da je ζi(p) = m za svako i. Sa druge strane, koristeci Valrasovopravilo, sledi da je

m =

(n∑i=1

pi

)m = sumn

i=1piζi(p) = p · ζ(p) = 0.

Odavde sledi ζ(p) = 0. Time je kompletiran dokaz teoreme.

Imajuci u vidu da svaka funkcija zahteva neoklasicne ekonomijezadovoljava uslove prethodne teoreme, proizilazi rezultat Arou-Debroao postojanju ekvilibrijumske cene za neoklasicne ekonomije.


Teorema 3.4.5. (Arou-Debro) Svaka neoklasicna ekonomija razmeneima ekvilibrijumsku cenu. Drugim recima postoji najmanje jedna cenap >> 0 koja zadovoljava uslov ζ(p) = 0.

Prethodni dokaz garantuje postojanje cene ekvilibrijuma, ali ne dajemetod za njegovo nalazenje. Nije jednostavno predvideti gde se nalaziekvilibrijumska cena, cak i u jednostavnim slucajevima.


Documents

Metode funkcionalne analize u ekonomiji · 2021. 1. 23. · 2.6 Linearni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.7 Projekcione osobine . . . . . . . . . . .