Sadrˇzaj - u: n: t: z. b: apmf.untz.ba/staff/nermin.okicic/...skriptaIIdio.pdf · Poglavlje 1. Kompletnost metriˇckih prostora 3 Teorem 1.2 Uniformno neprekidno preslikavanje slika

Sadrzaj

1 Kompletnost metrickih prostora 11.1 Kompletnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Kompletiranje metrickog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.3 Kategorijalnost skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 Separabilnost metrickih prostora 222.1 Pojam separabilnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.2 Osobine separabilnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Povezanost metrickih prostora 283.1 Definicija i osobine povezanosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.2 Komponente povezanosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.3 Putna povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4 Kompaktnost u metrickim prostorima 404.1 Definicija kompaktnosti i karakterizacije . . . . . . . . . . . . . . . 404.2 Neprekidne funkcije na kompaktnim skupovima . . . . . . . . . . . 474.3 Lokalna kompaktnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.4 Jedan specijalni kriterij relativne kompaktnosti . . . . . . . . . . . 50

5 Banachov teorem o fiksnoj tacki 555.1 Kontrakcija i fiksna tacka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555.2 Primjene Banachovog teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

Bibliografija 74

Indeks pojmova 75

Popis slika 76

1 Kompletnost metrickihprostora

1.1 Kompletnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Kompletiranje metrickog prostora . . . . . . . . . . . 11

1.3 Kategorijalnost skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

U ranijim kursevima matematicke analize upoznali smo se sa Cauchyjevim1 krite-rijem konvergencije numerickih nizova i redova. Taj kriterij je vazio u metrickomprostoru realnih brojeva, ali kao sto cemo vidjeti, u opstem slucaju metrickihprostora slican kriterij ne postoji. Upravo ta cinjenica dovodi nas do jedne odnajvaznijih osobina metrickih prostora, pojma kompletnosti prostora.

1.1 Kompletnost

Definicija 1.1

Neka je (X,d) metricki prostor. Za niz (xn)n∈N ⊂X kazemo da je Cauchyjevniz ako i samo ako vrijedi

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n,m ∈ N)(n,m≥ n0 ⇒ d(xn,xm)< ε) .

Drugacije receno, niz je Cauchyjev ako i samo ako vrijedi

limn,m→∞

d(xn,xm) = 0 .

Primjer 1. Posmatrajmo funkcionalni niz (fn)n∈N ⊂ C[0,1], zadat sa fn(t) = tn

(n ∈ N, t ∈ [0,1]).Neka su n,m ∈ N i bez umanjenja opstosti neka je n < m. Za t = 1 imamo|fn(1)−fm(1)| = 0. Za t ∈ [0,1) imamo

|fn(t)−fm(t)| = |tn − tm| = tn(1− tm−n) ≤ tn .

1Augustin Louis Cauchy 1789-1857, francuski matematicar

2 Metricki prostori

Pustajuci da n tezi u beskonacnost, desna strana tezi ka 0. Iz svega ovoga mozemozakljuciti

d(fn,fm) = maxt∈[0,1]

|fn(t)−fm(t)| → 0 , (n,m→ ∞) .

Dakle, posmatrani niz je Cauchyjev. ♦

Primjer 2. Posmatrajmo numericki red∞∑

n=1

1

n. Formirajmo niz njegovih parci-

jalnih suma

(sn)n∈N =

(

n∑

k=1

1

k

)

n∈N

.

Neka su m,n ∈ N razliciti i neka je n <m, tada vrijedi

sm − sn =1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

m.

Ako specijalno uzmemo da je m= 2n, vrijedit ce aproksimacija

s2n − sn =1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n≥ n · 1

2n=

1

2,

sto nam govori da niz (sn)n∈N nije Cauchyjev niz. ♦

Termin ”Cauchyjev niz” definisan je metrikom datog prostora, a to ce ondauticati na pojavu da neki niz u nekom skupu sa jednom metrikom jeste, ali sadrugom metrikom nije Cauchyjev niz.

Primjer 3. Na skupu R sa standardnom metrikom niz (n)n∈N nije Cauchyjevniz jer za n 6=m

|xn −xm| = |n−m| 9 0 , n,m→ ∞ .

Definisimo na R metriku sa

d∗(x,y) =|x−y|√

1+x2√

1+y2, x,y ∈ R .

(Pokazati da je d metrika!) Posmatramo li isti niz sa ovom metrikom imamo daza proizvoljne n,m ∈ N vrijedi

d∗(xn,xm) = d∗(n,m) =|n−m|√

1+n2√

1+m2

≤

∣

∣

∣

1n

− 1m

∣

∣

∣

√

1+ 1n2

√

1+ 1m2

≤∣

∣

∣

∣

1

n− 1

m

∣

∣

∣

∣

≤ 1

n+

1

m→ 0 , n,m→ ∞ .

Dakle, niz (n)n∈N jeste Cauchyjev u R ali sa metrikom d∗. ♦

Poglavlje 1. Kompletnost metrickih prostora 3

Teorem 1.2

Uniformno neprekidno preslikavanje slika Cauchyjeve nizove u Cauchyjevenizove.

Dokaz : Neka je f : (X,dX ) → (Y,dY ) uniformno neprekidno preslikavanje i nekaje (xn)n∈N proizvoljan Cauchyjev niz u X. Neka je ε > 0 proizvoljno, tada zboguniformne neprekidnosti preslikavanja f postoji δ > 0, tako da je za proizvoljnex,y ∈X, cim je dX(x,y)< δ, onda je dY (f(x),f(y))< ε.Za nadeno δ, kako je niz (xn)n∈N Cauchyjev, postoji n0 ∈ N, takav da za pro-izvoljne n,m ∈ N, cim je n,m ≥ n0, onda je dX(xn,xm) < δ. Za takve n i mce onda vaziti i dY (f(xn),f(ym)) < ε. Ovo ne znaci nista drugo do da je i niz(f(xn))n∈N takode Cauchyjev niz. �

U opstem slucaju neprekidno preslikavanje ne preslikava Cauchyjev niz u Ca-uchyjev niz. Naime, posmatrajmo preslikavanje f(x) = 1

xna intervalu (0,+∞).

Ono je neprekidno i pri tome je niz ( 1n

)n∈N Cauchyjev u R, ali f(

1n

)

= n, a niz

(n)n∈N nije Cauchyjev u R.

Teorem 1.3

Svaki Cauchyjev niz je ogranicen.

Dokaz : Neka je (xn)n∈N Cauchyjev niz. Na osnovu definicije Cauchyjevog niza,stavljajuci n= n0 imamo

(∀ε > 0)(∀m≥ n0) d(xm,xn0)< ε .

Ovo znaci da se svi clanovi niza, osim njih konacno mnogo, nalaze u kugliB(xn0

,ε). Oznacimo sa

R= max{d(x1,xn0),d(x2,xn0

), ...,d(xn0−1,xn0)} .

Jasno je sada da za svako n∈N vrijedi xn ∈B(xn0,R+ε), to jest niz je ogranicen.

�

Primjer 4. Gornji teorem u kontrapoziciji znaci da ako niz nije ogranicen, ondanije Cauchyjev niz. Ako posmatramo niz ciji je opsti clan xn = logn, zbog neo-granicenosti ( lim

n→∞xn = +∞) on nije Cauchyjev. Primijetimo sljedece:

|xn+1 −xn| = log

(

1+1

n

)

→ 0 , n→ ∞ .

Dakle, cinjenica da dovoljno daleki uzastopni clanovi ovog niza su proizvoljnobliski nije dovoljna da niz bude Cauchyjev. Primijetimo da je |x2n −xn| = log2.♦

4 Metricki prostori

Teorem 1.4

Svaki konvergentan niz je Cauchyjev.

Dokaz : Neka je (xn)n∈N konvergentan niz i neka xn → x (n→ ∞). Neka je ε > 0proizvoljno. Na osnovu definicije konvergencije imamo

(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)

(

n≥ n0 ⇒ d(xn,x)<ε

2

)

.

Neka su sada m,n ∈ N i neka je m,n≥ n0. Tada je

d(xn,xm) ≤ d(xn,x)+d(x,xm)<ε

2+ε

2= ε ,

a ovo znaci da je niz Cauchyjev. �

Da Cauchyjev niz ne mora biti konvergentan, dovoljno je posmatrati niz (xn)n∈N ⊂Q, gdje je xn decimalni zapis broja

√2 na n decimala.

Jasno je da niz nije konvergentan u Q, to jest xn →√

2 /∈ Q. Medutim, ociglednoje za n >m, d(xn,xm) ≤ 1

10n → 0 kada n,m→ ∞, te je niz Cauchyjev.

Primjer 5. Posmatrajmo prostor C[0,1] sa metrikom

f,g ∈ C[0,1] , d(f,g) =

∫ 1

0|f(t)− g(t)|dt .

Niz (fn)n∈N, zadat sa

fn(x) =

0 ; 0 ≤ x≤ 12 − 1

n+1

(n+ 1)(

x− 12

)

+ 1 ; 12 − 1

n+1 < x≤ 12

1 ; 12 < x≤ 1

je ocigledno u prostoru C[0,1]. Za m,n ∈ N imamo

d(fn,fm) =

∫ 1

0|fn(t)−fm(t)|dt

≤∫ 1

2

1

2− 1

n+1

fn(t)dt+

∫ 1

2

1

2− 1

m+1

fm(t)dt =1

2

(

1

n+ 1+

1

m+ 1

)

,

iz cega zakljucujemo da je dati funkcionalni niz Cauchyjev niz.Ako bismo pretpostavili da postoji neprekidna funkcija, definisana na [0,1], takvada je d(fn,f) → 0 (n→ ∞), to bi znacilo

d(fn,f) =

∫ 1

2− 1

n+1

0|f(t)|dt+

∫ 1

2

1

2− 1

n+1

|fn(t)−f(t)|dt+∫ 1

1

2

|1−f(t)|dt→ 0 (n→ ∞) .


Odavde bi onda moralo biti

∫ 1

2− 1

n+1

0|f(t)|dt= 0 i

∫ 1

1

2

|1−f(t)|dt= 0, a to bi opet

znacilo da je

f(x) =

{

0 ; 0 ≤ x≤ 12

1 ; 12 < x≤ 1

,

sto bi bilo nemoguce jer smo zahtijevali da je f neprekidna funkcija. Dakle, datiniz nije konvergentan u C[0,1]. ♦

Teorem 1.5

Neka je (xn)n∈N Cauchyjev niz u metrickom prostoru (X,d). Ako postojipodniz (xnk

)k∈N ⊂ (xn)n∈N koji je konvergentan, tada je i sam niz konvergen-tan.

Dokaz : Neka je (xn)n∈N Cauchyjev niz za koga postoji podniz (xnk)k∈N takav

da xnk→ x∗ kada k → ∞. Neka je ε > 0 proizvoljan. Kako je polazni niz Ca-

uchyjev, postoji n0 ∈ N, tako da je za sve n,m ≥ n0, d(xn,xm) < ε2 . S druge

strane, iz konvergencije podniza slijedi da postoji k0 ∈ N, tako da je za sve k≥ k0,d(xnk

,x∗)< ε2 . Neka je sada n1 = max{n0,nk0

}. Za n≥ n1 i k > k0 je tada

d(xn,x∗) ≤ d(xn,xnk

)+d(xnk,x∗)<

ε

2+ε

2= ε ,

a to znaci da xn → x∗ kada n→ ∞. �

Iz ovoga vidimo da Cauchyjev niz moze imati najvise jednu tacku nagomilavanja.Opet kao posljedicu toga imamo da niz koji nije Cauchyjev ili nema niti jednutacku nagomilavanja ili ima vise od jedne tacke nagomilavanja. Jednostavnijereceno, niz koji nije Cauchyjev je divergentan niz.Poznati Bolzano–Weierstrassov teorem iz matematicke analize tvrdi da svaki

ogranicen beskonacan skup u R ima bar jednu tacku nagomilavanja, ili iskazanodrugacije, svaki ogranicen niz u R ima konvergentan podniz. Ova tvrdnja vri-jedi cak u Rn, to jest u svim konacno-dimenzionalnim euklidskim prostorima.Medutim, stvari tako ne stoje u beskonacno-dimenzionalnim prostorima. Napri-mjer u prostoru l2 posmatrajmo niz (en)n∈N, gdje je en beskonacan niz nula, samoje na n-tom mjestu jedinica. Ocigledno je d2(0,en) = 1 za svako n∈N, dakle, datiniz se nalazi u jedinicnoj kugli prostora l2, a ova je opet ogranicen skup. Kako jed(en,em) =

√2 za proizvoljne n 6=m, jasno je da se iz datog niza ne moze izdvojiti

niti jedan konvergentan podniz. Dakle, ogranicen niz ne mora imati konvergen-tan podniz u l2. Pojacavanjem osobine ogranicenosti mozemo dobiti bar slicnutvrdnju.

6 Metricki prostori

Teorem 1.6

Neka je (X,d) totalno ogranicen metricki prostor. Iz svakog niza u X mozese izdvojiti podniz koji je Cauchyjev niz.

Dokaz : Neka je (xn)n∈N proizvoljan niz u X. Kako je X totalno ogranicen skup,mozemo ga prekriti sa konacno mnogo otvorenih kugli ciji su poluprecnici 1

2 . Ubar jednoj od tih kugli mora biti sadrzano beskonacno mnogo clanova naseg niza.Tih beskonacno mnogo clanova predstavljaju opet niz, oznacimo ga sa (x1

n)n∈N,koji predstavlja podniz polaznog niza. Taj podniz je sadrzan u otvorenoj kuglipoluprecnika 1

2 te je d(x1n,x

1m)< 1 za proizvoljne n,m ∈ N.

Zbog totalne ogranicenosti skupa X mozemo ga pokriti i sa konacno mnogo otvo-renih kugli ciji su poluprecnici 1

4 , pa ce postojati bar jedna od tih kugli koja cesadrzavati beskonacno mnogo clanova niza (x1

n)n∈N. Oznacimo taj niz sa (x2n)n∈N

i za njega zbog pripadnosti odgovarajucoj kugli vrijedi d(x2n,x

2m) < 1

2 , za pro-izvoljne n,m ∈ N i on je podniz niza (x1

n)n∈N.Sada gornje rasudivanje mozemo induktivno produziti i dobiti nizove (xi

n)n∈N

(i ∈ N) za koje vrijedi da je (xin)n∈N podniz niza (xi−1

n )n∈N, a time i podniz po-laznog niza (xn)n∈N i da je d(xi

n,xim) < 1

iza proizvoljne n,m ∈ N. Iz svakog

od ovako konstruisanih nizova izdvojimo clan yi = xii (i ∈ N). Time smo for-

mirali niz (yi)i∈N koji je podniz polaznog niza (xn)n∈N i za m,n ∈ N, m ≥ nje d(yn,ym) = d(xn

n,xmm) < 1

njer su xn

n i xmm clanovi niza (xn

i )i∈N. Iz svega za-kljucujemo da je (yi)i∈N Cauchyjev niz i podniz je polaznog niza. �

Definicija 1.7

Za metricki prostor u kome je svaki Cauchyjev niz konvergentan kazemo daje kompletan ili potpun metricki prostor.

Iz matematicke analize su nam poznati Cauchyjevi principi konvergencije nizovai redova. Taj princip za nizove se sada moze iskazati ovako:Svaki realan Cauchyjev niz je konvergentan ,a to nije nista drugo nego cinjenica da je skup realnih brojeva sa uobicajenommetrikom, kompletan metricki prostor.

Primjer 6. Neka je 1 ≤ p <∞. Prostor lp je kompletan metricki prostor.

Neka je (xn)n∈N proizvoljan Cauchyjev niz u lp. Tada vrijedi

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n,m ∈ N)(n,m≥ n0 ⇒ d(xn,xm)< ε) ,

odnosno, s obzirom na metriku u lp, za proizvoljno ε> 0 i dovoljno velike m,n∈N


vrijedi,

d(xn,xm) =

(

∞∑

i=1

|ξni − ξm

i |p)

1

p

<ε

p√

4. (1.1)

Posmatramo li samo jedan sabirak sume iz (1.1), imamo da za proizvoljno i ∈ N

vrijedi

|ξni − ξm

i | ≤ d(xn,xm)<ε

p√

4,

pa zakljucujemo da za proizvoljno i ∈ N, niz (ξni )n∈N je Cauchyjev niz i to u R, a

zbog kompletnosti R, on je i konvergentan niz. Neka za i∈ N, ξni → ξi , (n→ ∞).

Posmatrajmo sada na ovaj nacin konstruisan niz x= (ξi)i∈N.Polazni niz (xn)n∈N je kao Cauchyjev ogranicen niz, pa vrijedi

(∀n ∈ N) d(xn,0) =

(

∞∑

i=1

|ξni |p) 1

p

≤R ,

to jest sadrzan je u nekoj kugli centra 0 poluprecnika R. Tim prije je ondaN∑

i=1

|ξni |p ≤ Rp. Zbog konacne sume, sada ako u posljednjoj nejednakosti pustimo

da n → ∞, dobijamoN∑

i=1

|ξi|p ≤ Rp. Dakle, niz parcijalnih suma reda∑

n∈N |ξn|p

je ogranicen, a zbog monotonosti onda zakljucujemo da je dati red konvergentan,odnosno

∑

n∈N

|ξn|p <∞, sto znaci da je niz x ∈ lp.

Iz (1.1) takode imamo da za n,m ≥ n0 i za proizvoljno k ∈ N vrijedik∑

i=1

|ξni −

ξmi |p < εp

4. Drzeci n cvrstim i pustajuci da m→ ∞, slijedi

k∑

i=1

|ξni −ξi|p ≤ εp

4<εp

2.

Rezonujuci slicno kao malo prije, sada imamo da za n≥ n0 vrijedi∞∑

i=1

|ξni −ξi|p ≤

εp

2<εp. Ovo u stvari znaci da za proizvoljno ε> 0, postoji n0 ∈N, tako da za svaki

prirodan broj n ≥ n0, vrijedi d(xn,x) < ε. Dakle, niz (xn)n∈N je konvergentan ulp, pa zbog njegove proizvoljnosti imamo kompletnost prostora. ♦

Primjer 7. (0,1] kao potprostor realne prave je primjer nekompletnog prostora.

Dovoljno je posmatrati niz(

1n

)

n∈Nkoji je u (0,1] i koji je Cauchyjev niz jer je

∣

∣

∣

1n

− 1m

∣

∣

∣≤ 1n

+ 1m

→ 0 , (n,m→ ∞), ali nije konvergentan u (0,1] jer 1n

→ 0 , (n→∞), a 0 /∈ (0,1]. ♦

8 Metricki prostori

Primjer 8. Skup Q sa metrikom preuzetom iz standardnog prostora realne praveje primjer nekompletnog prostora. Posmatrajmo niz (xn)n∈N ⊂ Q, zadat sa

xn = 1+1

1!+

1

2!+ · · ·+ 1

n!, n ∈ N .

On jeste Cauchyjev, ali konvergira ka iracionalnom broju e, te nije konvergentanu Q. ♦

Primjer 9. Posmatrajmo skup N sa metrikom

n,m ∈ N , d(n,m) =

∣

∣

∣

∣

1

n− 1

m

∣

∣

∣

∣

.

(Pokazati da je d metrika na N!) Posmatrajmo niz (n)n∈N u ovom prostoru. Nekaje ε> 0 proizvoljan. Izaberimo prvi prirodan broj n0 za koga je zadovoljeno n0 >

1ε.

Tada za n,m≥ n0 imamo

d(n,m) =

∣

∣

∣

∣

1

n− 1

m

∣

∣

∣

∣

≤ max

{

1

n,

1

m

}

≤ 1

n0< ε .

Dakle, posmatrani niz je Cauchyjev niz u datom prostoru.Pretpostavimo da dati niz konvergira ka nekom n∗ ∈ N. Neka je n0 ∈ N proizvo-

ljan, tako da je n0 > 2n∗. Sada za n≥ n0 imamo

d(n,n∗) =

∣

∣

∣

∣

1

n∗− 1

n

∣

∣

∣

∣

=1

n∗− 1

n≥ 1

n∗− 1

n0>

1

n∗− 1

2n∗=

1

2n∗.

Ali ovo nam govori da nas niz nije konvergentan ka n∗, pa prema tome nijekonvergentan u N. ♦

Primjer 10. Kao sto je vec receno, R sa standardnom metrikom jeste kompletanprostor. Medutim, ako na R definisemo metriku kao u Primjeru 3, onda se gubikompletnost. Naime, kao sto je pokazano niz (n)n∈N jeste Cauchyjev niz u tomprostoru. Za proizvoljno fiksno p ∈ R tada imamo

d∗(xn,p) = d∗(n,p) =|n−p|√

1+n2√

1+p2=

∣

∣1− pn

∣

∣

√

1+ 1n2

√

1+p2.

Ocigledno tada vrijedi

limn→∞

d∗(n,p) =1

√

1+p26= 0 ,

tako da dati niz nije konvergentan. Dakle (R,d∗) nije kompletan prostor. ♦


Primjer 11. Skup C[a,b] sa standardnom metrikom d(f,g) = maxt∈[a,b] |f(t) −g(t)| jeste kompletan prostor. Medutim, kako je pokazano u Primjeru 5 isti tajskup sa metrikom d(f,g) =

∫ ba |f(t)− g(t)|dt nije kompletan prostor. ♦

Ispitivati osobinu kompletnosti po definiciji za neki metricki prostor nije baspraktican nacin, pa otuda navodimo jednu karakterizaciju ove osobine.

Teorem 1.8

Metricki prostor (X,d) je kompletan ako i samo ako presjek proizvoljnogmonotono opadajuceg niza zatvorenih kugli, ciji niz dijametara tezi ka 0,sadrzi tacno jednu tacku.

Dokaz : (=⇒)Neka je X kompletan metricki prostor. Posmatrajmo proizvoljan niz zatvorenihkugli Kn =K(xn,rn) koji zadovoljava osobine

• (∀n ∈ N) Kn ⊇Kn+1,

• rn → 0 (n→ ∞).

Neka su m,n∈N i neka je m>n. Tada je Km =K(xm,rm) ⊂Kn =K(xn,rn), paocigledno vrijedi d(xm,xn)<rn. Kako rn → 0, jasno je da niz centara posmatranihkugli predstavlja Cauchyjev niz u X, a zbog kompletnosti on je i konvergentan.Dakle, lim

n→∞xn = x. Pokazimo sada da x ∈⋂n∈NKn.

Za proizvoljno k ∈ N sve tacke niza (xn)n∈N, osim njih konacno mnogo, leze ukugli Kk, pa je x tacka nagomilavanja skupa Kk. Kako je Kk zatvoren skup, toon sadrzi sve svoje tacke nagomilavanja. Dakle za svako k ∈ N vrijedi, x ∈Kk, tojest x∈⋂n∈NKn. Ako bi postojala i neka tacka x′ sa istom osobinom, tada bismoimali 0 ≤ d(x,x′) ≤ rn, a kako rn → 0, moralo bi biti x= x′, cime je jedinstvenostpokazana.

(⇐)Pretpostavimo daX nije kompletan metricki prostor. To znaci da u njemu postojiniz (xn)n∈N koji jeste Cauchyjev, ali nije konvergentan.Kako je to Cauchyjev niz, to onda za svako i ∈ N, postoji ni ∈ N, takav da vrijedi

(∀m> ni)d(xm,xni)<

1

2i, (i= 1,2, ...) .

Za ovako odabrane ni (i ∈ N), posmatrajmo zatvorene kugle

Ki =K

(

xni,

1

2i−1

)

.

10 Metricki prostori

Ocigledno niz poluprecnika ovih kugli tezi ka 0.Ako je x ∈Ki+1, tada je

d(x,xni) ≤ d(x,xni+1

)+d(xni+1,xni

)

<1

2i+

1

2i+1< 2

1

2i=

1

2i−1,

to jest x ∈Ki. Dakle, Ki+1 ⊂Ki, za proizvoljno i ∈ N.Na ovaj nacin smo formirali monotono opadajuci niz zatvorenih kugli ciji nizdijametara tezi ka 0. Pretpostavimo sada da postoji x ∈⋂i∈NKi. Ovo bi znaciloda za proizvoljno i ∈ N vrijedi d(x,xni

)< 12i−1 .

Neka je sada za fiksno i ∈ N, m> ni proizvoljan. Onda je

d(xm,x) ≤ d(x,xni)+d(xni

,xm)<1

2i−1+

1

2i=

3

2i,

a ovo bi predstavljalo konvergenciju naseg polaznog niza, sto bi bila kontradikcija.Dakle, mora biti

⋂

i∈NKi = ∅. Kontrapozicijom imamo trazeno tvrdenje. �

Prisjetimo li se Cantorovog aksioma iz ranijeg kursa matematicke analize u komese kaze; Neka su [an, bn] ⊆ R za n ∈ N. Neka je za m≥ n, [am, bm] ⊆ [an, bn], tadaje⋂

n∈N[an, bn] 6= ∅. Ako jos bn −an → 0 (n → ∞), tada je taj presjek jednoele-mentan.On nam upravo govori da je presjek monotono opadajuceg niza zatvorenih kuglina realnoj pravoj (([an, bn])n∈N), ciji niz dijametara tezi 0 (bn −an → 0), jedno-elementan skup, te na osnovu Teorema 1.8 jos jednom potvrdujemo kompletnostmetrickog prostora realne prave.

Teorem 1.9

Neka je (X,d) metricki prostor i Y ⊂X. Tada vrijedi:

1. Ako je Y kompletan onda je on zatvoren skup u X.

2. Ako je X kompletan i Y zatvoren u X onda je i Y kompletan.

Dokaz :

1. Trivijalno!

2. Neka je Y zatvoren podskup kompletnog metrickog prostora (X,d). Nekaje (xn)n∈N ⊂ Y Cauchyjev niz (u metrickom potprostoru (Y,d)). Tada je tajniz Cauchyjev i u X, pa zbog kompletnosti prostora X on je i konvergentan,to jest xn → x0 ∈ X (n → ∞). Tacka x0 je tada ili tacka nagomilavanjaskupa {xn | n ∈ N}, ili se beskonacno mnogo puta pojavljuje kao elementniza (xn)n∈N. U prvom slucaju zbog zatvorenosti skupa Y zakljucujemo dax0 ∈ Y , a u drugom slucaju, zbog (xn)n∈N ⊂ Y , ponovo zakljucujemo dax0 ∈ Y . �


1.2 Kompletiranje metrickog prostora

Definicija 1.10

Za skup A⊆X kazemo da je gust u skupu B ⊆X ako vrijedi B ⊆A.Ako je A=X, onda kazemo da je A svuda gust u X.

Drugacije receno, skup A je gust u skupu B ako se u svakoj okolini proizvoljnetacke iz B nalazi bar jedna tacka skupa A. Ovo iskazujemo nerednim tvrdenjem.

Lema 1.11

Neka su A,B ⊆X. Skup A je svuda gust u skupu B ako i samo ako

(∀y ∈B)(∀ε > 0) B(y,ε)∩A 6= ∅ .

SkupA je gust u skupuX, na osnovu gornjeg mozemo interpretirati kao cinjenicuda za x ∈X postoji (xn)n∈N ⊂A, takav da xn → x kada n→ ∞.

Primjer 12. Skup Q je svuda gust u R. Ova cinjenica nam je poznata jos izmatematicke analize, a oslanja se na stav da izmedu svaka dva razlicita realnabroja, postoji racionalan broj. ♦

Primjer 13. U prostoru C[a,b], skup funkcija

f0(t) = 1, f1(t) = t, f2(t) = t2, ... ,fn(t) = tn, ...

je svuda gust skup. Ovo je bazirano na cinjenici da se svaka neprekidna funk-cija moze aproksimirati proizvoljno tacno polinomom, a sto je tvrdnja Stone-Weierstrassovog teorema:Za svaku neprekidnu funkciju f definisanu na segmentu [a,b] i za svako ε > 0,postoji polinom pε, takav da vrijedi

|f(t)−pε(t)|< ε , a≤ t≤ b . ♦

Definicija 1.12

Skup A⊆ X je nigdje gust skup u X ako njegova adherencija ne sadrzi nitijednu kuglu.

Ako skup ne sadrzi niti jednu kuglu (u skupovnom smislu), prema definiciji unu-trasnje tacke, to onda znaci da je njegova unutrasnjost prazna. Dakle, skup A jenigdje gust ako A nema unutrasnjih tacaka ((A)o = ∅).


Primjer 14. Skup N ili skup Z su nigdje gusti u R. Skup R× {0} (kao realnaprava) je nigdje gust u skupu R2 (kao realna ravan). ♦

Primjer 15. [Cantorov skup] Cantorov skup je podskup od [0,1] i konstruisemoga kako slijedi.Oznacimo sa C0 = [0,1].

Korak 1: Podijelimo C0 na tri jednaka segmenta[

0, 13

]

,[

13 ,

23

]

i[

23 ,1]

. Izbacujuci

srednji otvoreni interval(

13 ,

23

)

, oznacimo novi skup C1 =[

0, 13

]

∪[

23 ,1]

. Primije-

timo da je duzina segmenata koji cine skup C1 jednaka 23 .

Korak 2: Primijenimo postupak izbacivanja koji smo primijenili u Koraku 1 na

svaki od segmenata koji cine skup C1. Dakle, izbacujemo otvorene intervale(

19 ,

29

)

i(

79 ,

89

)

i formiramo novi skup C2 =[

0, 19

]

∪[

29 ,

13

]

∪[

23 ,

79

]

∪[

89 ,1]

.

Nastavljamo ovaj postupak na svaki novodobijeni segment skupa C2, C3 itd. Un-tom koraku dobijamo skup Cn koji se sastoji od 2n segmenata.Jasno je da je svaki od skupova Cn zatvoren (kao konacna unija segmenata, za-tvorenih skupova) i da je Cn+1 ⊂ Cn. Sada definisemo Cantorov skup

C =∞⋂

n=0

Cn .

Kako 0 ∈Cn za proizvoljan n ∈ N, jasno je da C 6= ∅ i pri tome je C ⊂ [0,1]. Kaoproizvoljan presjek zatvorenih skupova i C je zatvoren skup. Medutim, skup C nesadrzi niti jedan otvoren interval (Pokazati!), a samim tim ne sadrzi niti jednukuglu pa je njegova unutrasnjost prazan skup, a time je C nigdje gust skup u [0,1].♦

Primjedba 1.2.1. Termin ”biti svuda gust” nije suprotan terminu ”biti nigdjegust”, to jest reci da neki skup nije svuda gust u X ne znaci da je on nigdje gust uX. Naprimjer, skup A= {x∈R | 0<x< 1} nije svuda gust u R jer A= [0,1] ⊂R,a kako je (A)o =A 6= ∅, to on nije ni nigdje gust u R.

Iz definicije nigdje gustog skupa i definicije unutrasnjosti skupa direktno slijedida je podskup Y metrickog prostora X svuda gust ako i samo ako je (Y o)c = ∅.Ovo smo mogli iskazati i cinjenicom da je Y nigdje gust u X ako i samo ako je

(Y )c gust u X, odnosno X \Y =X.

Primjedba 1.2.2. Neke ociglednije osobine nigdje gustih skupova su:

• Svaki podskup nigdje gustog skupa je nigdje gust skup.

• Konacna unija nigdje gustih skupova je i sama nigdje gust skup, ali to nijetacno za prebrojivu uniju. Naime, Q se moze predstaviti kao prebrojivaunija nigdje gustih skupova (singltona) ali je to ipak svuda gust skup u R.


• Zatvorenje nigdje gustog skupa je takode nigdje gust skup.

• U diskretnoj metrici jedini nigdje gust skup je prazan skup.

Cinjenica da metricki prostor nije kompletan, kao sto cemo vidjeti, nije punootezavajuca. Naime takav prostor uz odredene promjene mozemo kompletiratito jest, ”dovesti” ga do kompletnog prostora.

Teorem 1.13: Teorem o kompletiranju

Za svaki metricki prostor X, postoji kompletan metricki prostor X, takav daje

1. X ⊆X (to jest X se moze izometricki smjestiti u X).

2. X je svuda gust u X.

Dokaz : Oznacimo sa X1 skup svih Cauchyjevih nizova prostora X. Na X1

uvedimo relaciju

(xn) ∼ (yn)def⇔ d(xn,yn) → 0 , (n → ∞) .

Lahko se pokazuje da za ovako uvedenu relaciju vrijede osobine

• (∀(xn) ∈X1)(xn) ∼ (xn).

• (∀(xn),(yn) ∈X1)(xn) ∼ (yn) ⇒ (yn) ∼ (xn).

• (∀(xn),(yn),(zn) ∈X1)(xn) ∼ (yn)∧ (yn) ∼ (zn) ⇒ (xn) ∼ (zn).

Dakle, uvedena relacija je relacija ekvivalencije na X1, te ona razbija skup X1 naklase ekvivalencije. Oznacimo kolicnicki skup sa X1/∼ = X, cije elemente cemooznacavati slovima ξ,η,ζ i slicno.Definisimo za proizvoljne ξ,η ∈X, sljedecu funkciju,

d(ξ,η) = limn→∞

d(xn,yn) , (1.2)

gdje su (xn) ∈ ξ i (yn) ∈ η. Ispitati korektnost gornje definicije znaci pokazati dalimes na desnoj strani postoji i konacan je i da on ne ovisi o izboru predstavnikaklasa ekvivalencije.Neka su (xn) ∈ ξ i (yn) ∈ η. Na osnovu nejednakosti trougla i na osnovu Leme ??imamo

|d(xn,yn)−d(xm,ym)| ≤ |d(xn,yn)−d(xm,yn)|+ |d(xm,yn)−d(xm,ym)|≤ d(xn,xm)+d(yn,ym) .


Kako radimo sa Cauchyjevim nizovima, to desna strana tezi ka 0 kada pustimoda n,m→ ∞. Ovo znaci da je niz (d(xn,yn))n∈N Cauchyjev, a kako se on nalaziu R, on je i konvergentan, a to znaci da limes postoji.

Neka su sada (x′n) ∈ ξ i (y′

n) ∈ η drugi predstavnici klasa. Tada je

d(x′n,y

′n) ≤ d(x′

n,xn)+d(xn,yn)+d(y′n,yn) .

Kako su (x′n),(xn) i (y′

n),(yn) iz istih klasa, zakljucujemo,

d(x′n,y

′n) ≤ d(xn,yn) . (1.3)

Na isti nacin se pokazuje da mora biti

d(xn,yn) ≤ d(x′n,y

′n) . (1.4)

Sad iz (1.3) i (1.4), zakljucujemo da je vrijednost limesa neovisna o izboru pred-stavnika klase ekvivalencije.

Za vjezbu ostavljamo da se pokaze da novouvedena funkcija d zadovoljavasljedece osobine:

1. d(ξ,η) ≥ 0 , ξ,η ∈X.

2. d(ξ,η) = 0 ⇔ ξ = η.

3. Za proizvoljne ξ,η ∈X , d(ξ,η) = d(η,ξ).

4. Za proizvoljne ξ,η,ζ ∈X, d(ξ,ζ) ≤ d(ξ,η)+d(η,ζ).

Gornje osobine znace da je u stvari d metrika na skupu X.

Neka je sada x ∈ X proizvoljan. Oznacimo sa ξx onu klasu ekvivalencije kojau sebi sadrzi konstantni niz (x,x, ...,x, ...). Na ovaj nacin smo definisali jednopreslikavanje f :X →X , zadato sa f(x) = ξx.Za proizvoljne x,y ∈X sada imamo

d(f(x),f(y)) = d(ξx,ξy) = limn→∞

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

a ovo u stvari znaci da je f izometrija, a to znaci da je X izometricki ulozen uX , pa na osnovu ranije recenog, pisemo X ⊆X.

Pokazimo i drugu trazenu osobinu, to jest da je X svuda gust u X. Neka jeξ ∈ X proizvoljan i neka je (xn) ∈ ξ proizvoljan predstavnik te klase. Neka jeε > 0 proizvoljan, pa kako je (xn) Cauchyjev niz, postoji n0 ∈ N, takav da je zaproizvoljne prirodne n,m≥ n0, d(xn,xm)< ε

2 . Za n≥ n0, posmatrajmo klase ξxn .Imamo

d(ξxn ,ξ) = limm→∞

d(xn,xm) ≤ ε

2< ε .


Dakle, za svako ε > 0, postoji n0 ∈ N, tako da je za proizvoljno prirodno n ≥ n0

zadovoljena relacija d(ξxn ,ξ) < ε. Ali ovo ne znaci nista drugo do cinjenicu daξxn → ξ (n→ ∞).Kako je f(xn) = ξxn i f je izometrija, ne pravimo razliku izmedu elemenata xn iξxn . Zakljucujemo da za (xn)n∈N ∈ ξ, vrijedi

xn → ξ , (n → ∞) ,

a ovo znaci da je X svuda gust u X.Ostaje nam jos pokazati da je X kompletan prostor.

Neka je (ξn)n∈N proizvoljan Cauchyjev niz u X. Kako je X svuda gust u X (tojest f(X) zaista svuda gust u X), to vrijedi

(∀n ∈ N)(∃zn ∈X) d(zn,ξn)<1

n. (1.5)

Za ovako konstruisan niz imamo

d(zn,zm) ≤ d(zn,ξn)+d(ξn,ξm)+d(ξm,zm)

<1

n+d(ξn,ξm)+

1

m.

Kako je (ξn)n∈N Cauchyjev niz, to onda imamo

d(zn,zm) → 0 , (n,m→ ∞) ,

odnosno, (zn)n∈N je Cauchyjev niz u X. Neka je sada ξ0 ona klasa ekvivalencijeu X koja sadrzi niz (zn)n∈N. Prema ranije pokazanom vrijedi

d(ξzn ,ξ0) → 0 , (n→ ∞) ,

to jestd(zn,ξ0) → 0 , (n→ ∞) . (1.6)

Na osnovu toga je0 ≤ d(ξn,ξ0) ≤ d(ξn,zn)+d(zn,ξ0) ,

a onda na osnovu (1.5) i (1.6) imamo

d(ξn,ξ0) → 0 , (n→ ∞) .

Dakle, Cauchyjev niz (ξn)n∈N je konvergentan, i zbog proizvoljnosti, X je kom-pletan metricki prostor. �

Ideju kompletiranja metrickog prostora lijepo mozemo vidjeti u prosirenju skuparacionalnih brojeva na skup realnih brojeva. Naime, sluzeci se konstrukcijomskupa Q u dokazu gornjeg teorema o kompletiranju, zakljucujemo da je kom-pletirani prostor od Q upravo skup Q = R, a odatle onda slijedi i interesantnainterpretacija, da je svaki realan broj u stvari jedna klasa ekvivalencije u odnosuna relaciju uvedenu u gornjem dokazu.


1.3 Kategorijalnost skupova

Definicija 1.14

Za skup M podskup metrickog prostora X, kazemo da je skup prve kategorijeu X ako se on moze predstaviti kao prebrojiva unija nigdje gustih skupova.Skup koji nije prve kategorije je skup druge kategorije.Komplement skupa prve kategorije nazivamo rezidual.

Cesto za skupove prve kategorije kazemo da su ”mrsavi” (eng. meager) sku-povi, pa cak ”zanemarivi” (eng. negligible). U koristenju ovakvih opisnih nazivatrebamo biti obazrivi jer mogu izazvati odredene nejasnoce. Naime, skup prvekategorije je u nekom smislu ”mali” skup, dok je rezidual onda u nekom smislu”velik” (”debeo”) skup (jer je njegov komplement ”mrsav”). Medutim, skupovedruge kategorije ni u kom slucaju ne treba shvatati kao ”velike” jer za njih samoznamo da nisu ”mali”. Atributi ”mrsav”, ”debeo” i rezidual (skup prve katego-rije, skup druge kategorije i rezidual, respektivno) nisu vezani za skup kao skup,nego za skup u metrickom prostoru. Dakle, koji atribut ce skup imati ovisi ometrickom prostoru u kome taj skup posmatramo. Naprimjer, prostor R (realnaprava) je skup druge kategorije u samom sebi, ali je nigdje gust skup u R2 (realnaravan). Na slican nacin skup Z je rezidual i druge kategorije u samom sebi jer jesvaki njegov podskup otvoren skup (zasto?), pa je jedini ”mrsavi” skup ∅ - ali Zje nigdje gust, time i ”mrsav” (prve kategorije), u prostoru R.Neke ociglednije osobine kategorijalnosti su:

• Svaki podskup metrickog prostora mora biti ili prve ili druge kategorije.

• Prazan skup je uvijek skup prve kategorije.

• Ako je B skup prve kategorije u X i A ⊆ B, tada je i A prve kategorije uX, a ovo je zasnovano na cinjenici da je podskup nigdje gustog skupa i samnigdje gust skup.

• Svaka prebrojiva unija skupova prve kategorije i sama je prve kategorije.

• Ako je F ⊆ X zatvoren skup cija je unutrasnjost prazna, tada je F prvekategorije u X. Neka je Q = {q1,q2, ...,qn, ..} skup racionalnih brojeva uR. Kako je singlton {qi} (i ∈ N) zatvoren skup i {qi}o = ∅, tada je premaprema prethodnoj primjedbi svaki od skupova {qi} skup prve kategorije.Kako je Q =

⋃

i∈N{qi}, to je Q skup prve kategorije u R.

• A ⊆ X i f : X → X homeomorfizam. Tada su A i njegova homeomorfnaslika f(A) iste kategorijalnosti.


Teorem 1.15: Baireov teorem

Kompletan metricki prostor je skup druge kategorije u sebi.

Dokaz : Pretpostavimo da tvrdenje nije tacno, to jest da postoji kompletan me-tricki prostor X koji je prve kategorije odnosno, koga mozemo predstaviti kaoprebrojivu uniju nigdje gustih skupova,

X =∞⋃

i=1

Xi , Xi (i ∈ N) nigdje gusti skupovi.

Posmatrajmo proizvoljnu zatvorenu kuglu K0 =K(x0,r0) (r0 > 0) u X. Kako jeX1 nigdje gust, to postoji kugla K1 =K(x1,r1), takva da vrijedi

K1 ⊂K0 , X1 ∩K1 = ∅ , r1 <r0

2.

Kako je i X2 nigdje gust skup, postoji zatvorena kugla K2 =K(x2,r2), takva daje

K2 ⊂K1 , X2 ∩K2 = ∅ , r2 <r1

2.

Nastavljajuci ovaj postupak konstruisali bismo niz zatvorenih kugli (Kn)n∈N, zakoje bi vrijedilo

• Ki+1 ⊂Ki, i ∈ N.

• Xi ∩Ki = ∅, i ∈ N.

• ri <ri−1

2 < r0

2i .

Posmatrajmo sada niz (xi)i∈N, napravljen od centara definisanih kugli Ki (i∈N).Za proizvoljne m,n ∈ N, neka je naprimjer m> n, vrijedi

xm ∈Km ⊂Kn , xn ∈Kn ,

to jest xn,xm ∈Kn, a to onda znaci

d(xn,xm) ≤ 2rn < 2r0

2n=

r0

2n−1.

iz ovoga imamo ociglednu tvrdnju

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n,m ∈ N)(n,m ≥ n0 ⇒ d(xn,xm)< ε) ,

to jest niz (xn)n∈N je Cauchyjev, a kako on lezi u kompletnom metrickom prostoruX, on je i konvergentan. Dakle,

(∃x∗ ∈X) xn → x∗ (n → ∞) .


Zbog prve osobine posmatranih kugli imamo da je tacka x∗, tacka nagomilavanjasvake od kugli Kn (n ∈ N), a zbog njihove zatvorenosti je onda x∗ ∈Kn za svakon ∈ N. Zbog toga i zbog druge osobine onda imamo da x∗ ne pripada niti jednomXn (n ∈ N), a to znaci da

x∗ /∈∞⋃

i=1

Xi =X ,

sto je u suprotnosti sa ranije utvrdenom cinjenicom da je x∗ ∈X. Dakle, X jesteskup druge kategorije. �

I naredna tvrdnja cesto se naziva Baireov2 teorem.

Teorem 1.16

Ako je X kompletan metricki prostor, tada je presjek prebrojivo mnogo svudagustih otvorenih podskupova od X takode svuda gust u X.

Dokaz : Neka su Vn (n ∈ N) svuda gusti otvoreni podskupovi kompletnog me-trickog prostora X. Neka je W proizvoljan otvoren skup u X.Kako je V1 svuda gust i otvoren u X to je onda V1 ∩W 6= ∅ i takode otvorenskup. Dakle, postoji x1 ∈X i 0< r1 < 1 takav da je

K(x1,r1) ⊂ V1 ∩W . (1.7)

Sada koristeci svuda gustost skupa V2 i otvorenost kugle B(x1,r1), na identicannacin mozemo utvrditi postojanje x2 ∈X i 0<r2 <

12 takvih da je V2 ∩B(x1,r1) 6=

∅ i otvoren i da vrijedi

K(x2,r2) ⊂ V2 ∩B(x1,r1) .

Dakle, za proizvoljno n ≥ 2 i izabrane xn−1 i rn−1, zbog gustosti skupa Vn jeVn ∩B(xn−1,rn−1) neprazan i otvoren skup, pa postoji xn ∈X i 0< rn <

1n

, takvida je

K(xn,rn) ⊂ Vn ∩B(xn−1,rn−1) . (1.8)

Neka su sada m,n ∈ N dovoljno veliki, to jest m,n ≥ N . Za formirani niz(xn)n∈N ⊂X tada imamo da su xm,xn ∈B(xN ,rN ), pri cemu je

d(xm,xn) ≤ d(xm,xN )+d(xN ,xn)< 2rN <2

N,

te je nas niz Cauchyjev. Kako je X kompletan, to je nas niz konvergentan, tojest postoji x0 ∈X, takav da xn → x0 (n→ ∞).

2Rene-Louis Baire 1874–1932, francuski matematicar


Neka je sada n ∈ N fiksno. Tada za sve k ≥ n je xk ∈ K(xn,rn), iz cega za-kljucujemo da za sve n ∈ N je x0 ∈K(xn,rn). Na osnovu (1.7) x0 ∈ V1 ∩W , a naosnovu (1.8) x0 ∈ Vn, za proizvoljan n ∈ N, sto sve ukupno daje

x0 ∈

⋂

n∈N

Vn

∩W .

Na osnovu topoloske karakterizacije svuda gustog skupa sada zakljucujemo da je⋂

n∈NVn svuda gust u X. �

Bez pretpostavljene kompletnosti prostora X gornje tvrdenje ne bi bilo tacno,sto potvrduje naredni primjer.

Primjer 16. Neka je X = Q, za koga znamo da nije kompletan metricki prostor.Zbog prebrojivosti skupa racionalnih brojeva stavimo Q = {qn | n ∈ N}. Posma-trajmo sada skupove Gn = Q\{qn}, za n ∈N. Jasno je da su skupovi Gn gusti (izskupa Q izvadili smo samo jednu tacku) i otvoreni (komplement skupa je jednoclanskup, koji je zatvoren) u X, za svako n ∈N. Medutim,

⋂

n∈N

Gn =∅, a prazan skup

je nigdje gust. ♦

Nevedimo i jednu korisnu tvrdnju koja je prakticno posljedica gornjeg teorema.

Lema 1.17

Ako je kompletan metricki prostor moguce predstaviti kao uniju prebrojivomnogo zatvorenih skupova, tada najmanje jedan od tih skupova mora imatinepraznu unutrasnjost.

Dokaz : Neka je X kompletan metricki prostor, takav da je X =⋃

n∈NFn, gdjesu Fn, n ∈ N zatvoreni skupovi. Za svako n ∈ N stavimo Gn = F c

n, koji su kaokomplementi zatvorenih, otvoreni skupovi. Osim toga, za njih vrijedi

⋂

n∈NGn =∅. Prema kontrapoziciji posljednje tvrdnje, postoji Gn0

koji nije gust u X, stoopet znaci da je Gn0

6= X. Kako je F on0

= X \Gn0dakle, postoji bar jedan od

zatvorenih skupova cija je unutrasnjost neprazna. �

Primjer 17. Neka je X =A∪B. Ako je X skup druge kategorije, a A skup prvekategorije, jasno je da skup B onda mora biti skup druge kategorije.

Kako je R kompletan metricki prostor onda je on druge kategorije. Skup Q

je prve kategorije jer se moze predstaviti kao prebrojiva unija svojih singltona(nigdje gusti). Kako je R = Q∪ I, zakljucujemo da je skup iracionalnih brojevaskup druge kategorije u R. ♦


Kao neocekivan ali odlican primjer primjene Baireovog teorema u matematickojanalizi, pogledajmo naredno tvrdenje.

Lema 1.18

Neka je f ∈ C[0,1]. Neka je f1 integral funkcije f , to jest za svako x ∈ [0,1]je f ′

1(x) = f(x). Neka je f2 integral od f1, f3 integral od f2 i tako dalje. Akoza svako x ∈ [0,1] postoji k ∈ N zavisan od x tako da je fk(x) = 0, tada je fidenticki jednako 0 na [0,1].

Dokaz : Za proizvoljan n ∈ N oznacimo sa Zn = {x ∈ [0,1] | fn(x) = 0}. Primi-jetimo odma da je skup Zn zatvoren. Zaista, neka je (xk)k∈N ⊂ Zn takav daxk → x ∈ [0,1]. Tada zbog neprekidnosti imamo

fn(x) = f( limk→∞

xk) = limk→∞

fn(xk) = 0 .

Dakle, x ∈ Zn. Prema pretpostavci vrijedi

⋃

n∈N

Zn = [0,1] .

Kako je [0,1] kompletan metricki prostor, prema Lemi 1.17, postoji n ∈ N, takavda Zn nije nigdje gust to jest, Zo

n 6= ∅. Neka je x0 ∈ Zon. Postoji ε > 0 takav da

je (x0 − ε,x0 + ε) ⊆ Zon. Kako je fn(x) = 0 za svako x ∈ (x0 − ε,x0 + ε), to je i

f(x) = 0 na (x0 − ε,x0 + ε). Specijalno, f(x0) = 0 te je f identicki jednaka 0 naZo

n.Neka je sada Yn = Zn \Zo

n = Zn ∩ ([0,1] \Zon). Kao presjek zatvorenih skupova

i Yn je zatvoren skup. Stavise, (Yn)o = (Yn)o = ∅, te je Yn nigdje gust u [0,1].Dakle, f(x) = 0 za sve x ∈ [0,1] osim eventualno na nekom skupu prve kategorijeu [0,1]. Neka je x0 ∈ [0,1] takav da je f(x0) 6= 0. Zbog neprekidnosti funkcije f ,postoji neprazan otvoren interval Ix0

, koji sadrzi tacku x0, tako da je f(x) 6= 0za sve x ∈ Ix0

. Medutim, Ix0je sadrzan u skupu prve kategorije te je onda i sam

prve kategorije, ali to je onda kontradikcija sa cinjenicom da su neprazni otvoreniintervali u R skupovi druge kategorije. �

?! Zasto su neprazni otvoreni intervali skupovi druge kategorije u R?

2 Separabilnost metrickihprostora

2.1 Pojam separabilnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.2 Osobine separabilnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.1 Pojam separabilnosti

Definicija 2.1

Za metricki prostor kazemo da je separabilan ako i samo ako u njemu postojinajvise prebrojiv svuda gust skup.

Intuitivno, separabilne prostore shvatamo kao ”male” prostore jer u njima pos-toji ”mali” (prebrojiv) skup, a koji je ”skoro jednak” (svuda gust) citavom pros-toru.

Primjer 18. Realna prava sa uobicajenom metrikom je primjer separabilnogprostora jer je Q = R (Q je svuda gust u R) i Q je prebrojiv skup.

Rn je takode primjer separabilnog prostora, za proizvoljno n ∈ N. Zaista, nekaje x= (x1,x2, ...,xn) ∈ Rn proizvoljan. Kako je Q svuda gust u R, to za bilo kojeε > 0 i za svako i= 1,2, ...,n, postoji qi ∈ Q, tako da vazi

|xi − qi|<ε√n.

Posmatrajmo sada ovako konstruisanu tacku q = (q1,q2, ...,qn) ∈ Qn. Vrijedi,

d(x,q) =

(

n∑

i=1

|xi − qi|2) 1

2

<

(

n∑

i=1

ε2

n

) 1

2

= ε .

Dakle, Qn je svuda gust skup u Rn, a kako je on i prebrojiv skup, to je Rn

separabilan. ♦


Primjer 19. Separabilni su i prostori lp (1 ≤ p < ∞), c, c0 ali prostor l∞ nijeseparabilan.

Da pokazemo neseparabilnost prostora l∞, posmatrajmo skup svih nizova cije sukoordinate zapisane samo sa 0 i 1,

A= {(ξn)n∈N | (∀n ∈ N)ξn ∈ {0,1}} .

Ovakvih nizova ima kontinum mnogo (mozemo ih interpretirati kao binarne zapiserealnih brojeva iz [0,1]) i pri tome je ocigledno A ⊂ l∞. Za proizvoljne x,y ∈ A,vrijedi

d(x,y) = supn∈N

|xi −yi| = 1 . (2.1)

Pretpostavimo sada da u l∞ postoji svuda gust skup. To bi znacilo da u proizvolj-noj okolini proizvoljne tacke iz l∞, mora postojati bar jedna tacka iz tog svudagustog skupa. Ali to bi onda moralo vrijediti i za tacke skupa A. Medutim, zbog(2.1), u kugli B(x,r), gdje je x ∈ A i r < 1, osim tacke x, nema drugih tacakaiz A. Dakle, da bi svaku tacku ”dobro aproksimirali”, u svakoj ovakvoj kugli bimorala biti bar jedna tacka iz svuda gustog skupa. To bi opet znacilo da tacakau svuda gustom skupu mora biti bar onoliko koliko ima ovakvih kugli, a ovih opetima koliko ima tacaka u A, to jest kontinuum mnogo. Dakle, ako bi i postojaosvuda gust skup u l∞, on ne bi mogao biti najvise prebrojiv, pa l∞ nije separabilanprostor. ♦

Primjer 20. Prostor C[a,b] je separabilan, a tu tvrdnju imamo iz poznatog Stone-Weierstrassovog teorema. Tvrdnja ovog teorema ne znaci nista drugo do da je skupsvih polinomijalnih funkcija svuda gust u C[a,b]. Naravno, polinoma sa realnimkoeficijentima ima kontinuum mnogo, ali mozemo posmatrati samo polinome saracionalnim koeficijentima kojih onda ima prebrojivo mnogo, a kojih ce skup idalje biti svuda gust u C[a,b]. ♦

Teorem 2.2

Neprekidna slika svuda gustog skupa je svuda gust skup.

Dokaz : Neka su (X,dX) i (Y,dY ) metricki prostori, f :X → Y neprekidno pres-likavanje i D svuda gust u X. Neka su ε > 0 i z ∈ f(X) proizvoljni. Postojix ∈ X takav da je f(x) = z. Zbog neprekidnosti preslikavanja f , postoji δ > 0takav da cim je dX(x,y) < δ, onda je dY (f(x),f(y)) < ε. Kako je D svudagust u X, to postoji y∗ ∈ D tako da je dX(x,y∗) < δ, a to onda znaci da jedY (f(x),f(y∗)) = dY (z,w) < ε, gdje je w = f(y∗) ∈ f(D). Dakle, f(D) je gust uf(X). �

Poglavlje 2. Separabilnost metrickih prostora 23

Teorem 2.3

Neka su f,g :X → Y neprekidna preslikavanja i D svuda gust u X. Ako jeza sve x ∈D f(x) = g(x), tada je f(x) = g(x) za sve x ∈X.

Dokaz : Neka su ε > 0 i x ∈ X proizvoljni. Iz neprekidnosti preslikavanja fimamo da postoji δ1 > 0 takav da cim je dX(x,y)< δ1, onda je dY (f(x),f(y))< ε

2 .Analogno, iz neprekidnosti preslikavanja g imamo da postoji δ2 > 0 takav da cimje dX(x,y)< δ2, onda je dY (g(x),g(y)) < ε

2 . Stavimo da je δ = min{δ1,δ2}. Zboggustosti skupa D, postoji y ∈D takav da je dX(x,y)< δ. Kako su f i g jednakina skupu D, imamo

dY (f(x),g(x)) ≤ dY (f(x),f(y))+dY (f(y),g(y))+dY (g(y),g(x))

<ε

2+ε

2= ε .

Kako je ovo tacno za proizvoljno ε> 0, zakljucujemo da mora vrijediti f(x) = g(x),za proizvoljno x ∈X. �

Dakle, ako se dva preslikavanja poklapaju na svuda gustom skupu, onda se onapoklapaju na citavom prostoru. Ovo jos jednom govori o vaznosti osobine da unekom skupu imamo ”mali” skup ali ”skoro jednak” (svuda gust) citavom skupu.

Posljedica 1. Neprekidno i surjektivno preslikavanje preslikava separabilan pros-tor u separabilan prostor.

2.2 Osobine separabilnosti

Teorem 2.4

Potprostor separabilnog metrickog prostora je separabilan.

Dokaz : Neka je X proizvoljan separabilan metricki prostor i neka je D prebrojivsvuda gust skup u X. Neka je Y proizvoljan potprostor od X. Za proizvoljnon ∈ N posmatrajmo skupove

Dn =

{

z ∈D | B(

z,1

n

)

∩Y 6= ∅

}

.

Kako je D svuda gust skup u X i Y ⊆X, to je za svako n∈N, Dn 6=∅. Izaberimo

sada za svako n∈N i za svako z ∈Dn po jedan wn(z) ∈B(

z, 1n

)

i definisimo skup

takvih,

W = {wn(z) | n ∈ N , z ∈Dn} .


Jasno je da je W prebrojiv skup, zbog prebrojivosti skupa D i skupa N. Nekaje sada y ∈ Y ⊆ X proizvoljan. Zbog gustosti skupa D, za svako n ∈ N postoji

xn ∈D, takav da je d(y,xn)< 1n

, a to onda znaci da y ∈B(

xn,1n

)

∩Y , tj. xn ∈Dn.

Tada bi imali

d(y,wn(xn)) ≤ d(y,xn)+d(xn,wn(xn))<2

n.

Iz gornjeg zakljucujemo da wn(xn) → y (n→ ∞), a kako je niz (wn(xn))n∈N u W ,to onda znaci da je W svuda gust u Y . Kako smo ranije konstatovali prebrojivostskupa W , zakljucujemo da je Y separabilan. �

Teorem 2.5

Produkt prebrojivo mnogo separabilnih metrickih prostora je separabilan.

Separabilne prostore je korisno precizirati jer se u ovim prostorima svi otvoreniskupovi mogu ”opisati” preko neke (fiksne) prebrojive familije otvorenih skupova.Naprimjer, kako je R sa euklidskom metrikom separabilan metricki prostor (pre-brojiv svuda gust skup je Q), i kako su otvoreni skupovi tada intervali i njihoveunije, to se svaki otvoren skup moze prikazati kao unija nekih elemenata iz familijeB = {(p,q) | p,q ∈ Q}, koja je prebrojiva. U topologiji smo to uveli razmatrajucibaze topologije.

Definicija 2.6

Za familiju (Bi)i∈I otvorenih skupova u topoloskom prostoru X kazemo daje baza ako i samo ako se svaki otvoren skup u X moze prikazati kao unijanekih elemenata date familije.

Jasno je da u svakom metrickom prostoru osobinu iz gornje definicije ima familijasvih otvorenih kugli (B(x,r))x∈X, r>0. Medutim, takva baza moze biti ”ogromna”po broju elemenata, a nama bi bilo u interesu da je ona sto manja, po broju svojihelemenata.

Definicija 2.7

Za metricki prostor kazemo da zadovoljava drugi aksiom prebrojivosti ako isamo ako u njemu postoji baza sa najvise prebrojivo mnogo elemenata.

U opstem slucaju topoloskih prostora drugi aksiom prebrojivosti povlaci separa-bilnost prostora. U metrickim prostorima vrijedi i obrat.

Poglavlje 2. Separabilnost metrickih prostora 25

Teorem 2.8

Metricki prostor je separabilan ako i samo ako zadovoljava drugi aksiomprebrojivosti.

Dokaz : Neka je X separabilan metricki prostor i neka je A= {xn|n ∈ N} najviseprebrojiv svuda gust skup tacaka u X. Za proizvoljne n,m ∈ N, posmatrajmosve moguce kugle oblika B(xn,

1m

). Neka je sada G proizvoljan otvoren skupu X i neka je x ∈ G takode proizvoljan. Zbog otvorenosti skupa G, postojim = m(x) ∈ N, takav da je B(x, 1

m) ⊆ G. Kako je A svuda gust u X, postoji

xn(x) ∈ A, takav da je d(xn(x),x) < 13m

. Posmatrajmo sada kuglu B(xn(x),1

2m).

Jasno je da vrijedi x ∈B(xn(x),1

2m) ⊆G, pa nije tesko zakljuciti da vrijedi i

G=⋃

x∈G

B

(

xn(x),1

2m(x)

)

,

a ovo znaci da je familija (B(xn,1m

))n,m∈N baza u X i to najvise prebrojiva, paX zadovoljava drugi aksiom prebrojivosti.Neka je sada (Bi)i∈N najvise prebrojiva baza u X. Ako iz svakog Bi izaberemo

po jednu tacku xi (i ∈ N) i od tih tacaka formiramo skup A, jasno je da je Anajvise prebrojiv skup. Po pretpostavci, svaki se otvoren skup moze prikazatikao unija elemenata baze, tako da se u proizvoljnom otvorenom skupu nalazi barjedna tacka skupa A, a to ne znaci nista drugo nego da je A svuda gust u X, paje X separabilan metricki prostor. �

Mnoge interesantne i vazne osobine metrickih prostora opisane su preko termi-nologije otvorenih skupova. Naprimjer, ako znamo sve otvorene skupove, ondaznamo i sve zatvorene skupove tog prostora. Ili, ako znamo sve otvorene sku-pove, onda znamo koji su nizovi konvergentni u tom prostoru, a koji nisu. Jasnoje onda da smo i te kako zainteresovani za razmatranje otvorenih skupova u me-trickom prostoru i da cinjenica o ”previse” otvorenih skupova limitira neka od tihposmatranja. Zato je prednost separabilnih prostora sto u njima imamo ”samo”prebrojivo mnogo otvorenih skupova pomocu kojih mozemo opisati sve ostaleotvorene skupove.Pojam pokrivaca skupa smo uveli Definicijom ??. Prisjetimo se, familiju skupova

{Ai | Ai ⊆X, i ∈ I} nazivamo pokrivacem skupa M ⊆ X ako vrijedi M ⊆⋃

i∈I

Ai

ili sto je ekvivalentno sa

(∀x ∈M)(∃i ∈ I) x ∈Ai .

Ako je svaki od skupova Ai otvoren, govorimo o otvorenom pokrivacu skupa.Sa pojmom pokrivaca skupa sada cemo okarakterisati jos jednu dobru stranuseparabilnih prostora.


Teorem 2.9: Teorem Lindelofa

Ako je X separabilan metricki prostor, onda se iz svakog otvorenog pokrivacaza X moze izdvojiti najvise prebrojiv potpokrivac.

Dokaz : Neka je X separabilan metricki prostor, tada postoji najvise prebrojivabaza (Bi)i∈N u X. Neka je (Gi)i∈I otvoreni pokrivac od X, to jest

(∀x ∈X)(∃i= i(x) ∈ I) x ∈Gi(x) .

Kako je svaki Gi(x) otvoren skup, to postoji element baze Bn(x), takav da je

x ∈Bn(x) ⊆Gi(x) . (2.2)

Jasno je sada da razlicitim skupovima Bn(x) mozemo pridruziti razlicite odgova-rajuce Gn(x) koji zadovoljavaju (2.2). Pri tome ocigledno vrijedi

X ⊆⋃

n∈N

Bn(x) ⊆⋃

n∈N

Gn(x) .

Dakle, familija (Gn(x))n∈N je najvise prebrojiv pokrivac od X. �

Za prostor kod koga se iz svakog otvorenog pokrivaca moze izdvojiti prebrojivpotpokrivac kazemo da je prostor Lindelofa3.

3Ernst Leonard Lindelof 1870–1946, finski matematicar

3 Povezanost metrickih prostora

3.1 Definicija i osobine povezanosti . . . . . . . . . . . . . 29

3.2 Komponente povezanosti . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.3 Putna povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Posmatrajmo sljedeci motivacioni primjer:Neka je (X,d) metricki prostor gdje je X neprazan skup, a d diskretna metrika.Neka je x ∈X proizvoljan. Tada je B(x, 1

2) = {x} te zakljucujemo da je skup {x}otvoren. Kako je svaki skup jednak uniji svojih singltona, to je svaki skup A⊆Xotvoren, a samim tim i zatvoren (jer je X \A otvoren takode). Dakle, u prostorusa diskretnom metrikom svi skupovi su istovremeno i otvoreni i zatvoreni.

Intuitivno, prostor je povezan ako je ”sastavljen” iz jednog komada ili prostorje nepovezan ako ga se moze prikazati kao uniju dva neprazna ”odvojena” dijela.Znamo da u svakom metrickom prostoru (X,d) prazan skup i X su i otvoreni i za-tvoreni skupovi. Gore razmatrani primjer nam pokazuje da postoje metricki pros-tori u kojima i neki drugi skupovi osim praznog skupa i cijelog prostora, mogu bitiistovremeno i otvoreni i zatvoreni. Primijetimo da ako je neki skup u metrickomprostoru otvoreno-zatvoren, onda je i njegov komplement otvoreno-zatvoren, stoce znaciti da se takav prostor moze predstaviti kao unija dva neprazna i na nekinacin ”odvojena” skupa. Naravno, da bismo bili precizniji moramo jasnije iska-zati pojam ”odvojenih” skupova. Na primjer, skup R zamisljamo iz jednog dijela(kao realna prava), dakle povezan, iako se moze predstaviti kao R = A∪B, gdjesu A = (−∞,0) i B = [0,+∞) disjunktni neprazni skupovi. Jasno je da pojam”odvojeni” treba da ima nesto sire znacenje od pojma ”disjunktni”.Izbacimo li element 0 iz skupa R, to jest posmatrajmo skup X = R \ {0}, on jeocigledno nepovezan jer se sastoji iz dva dijela X = A∪B, gdje su A = (−∞,0)i B = (0,+∞). Skupovi A i B su neprazni i disjunktni, sta vise zadovoljavaju iosobine:

i) oba su otvoreni u X,


ii) oba su zatvoreni u X,

iii) A∩B =A∩B = ∅.

Upravo osobina iii) je onaj bitni dio koji karakterise ”odvojenost” skupova.

Definicija 3.1

Neka su A i B podskupovi metrickog prostora (X,d). Kazemo da su skupoviA i B odvojeni (separisani) ako vrijedi A∩B =A∩B = ∅.

Iz same definicije je jasno da su odvojeni skupovi i disjunktni. Trivijalno vrijedii da su podskupovi odvojenih skupova takode odvojeni.

Primjer 21. U R, skupovi A = (−∞,0) i B = [0,+∞) jesu disjunktni ali kakoje A= (−∞,0], onda je A∩B = {0} 6= ∅, te dati skupovi nisu odvojeni.U R2, skupovi

{(x,y) ∈ R2 | x2 +y2 ≤ 1} i {(x,y) ∈ R2 | (x− 2)2 +y2 < 1}

su primjer disjunktnih ali ne i odvojenih skupova. ♦

Primjer 22. U R, skupovi A= (−∞,0) i B = (0,+∞) su odvojeni jer je

A∩B = (−∞,0] ∩ (0,+∞) = ∅ i A∩B = (−∞,0)∩ [0,+∞) = ∅ ,

ali primijetimo da je A∩B = {0} 6= ∅. ♦

Gornja dva primjera nam govore da je osobina odvojenosti jaca od osobinedisjunktnosti skupova, ali da je slabija od disjunktnosti zatvorenja skupova.

Lema 3.2

Neka su A,B ⊆ Y ⊆ X. Skupovi A i B su odvojeni u Y ako i samo ako suodvojeni u X.

Dokaz : Iz topologije je poznato da je clY (B) = Y ∩ clX(B) (oznaka clA(B)oznacava zatvorenje skupa B u prostoru A). Zato imamo,

A∩ clY (B) = ∅ ⇐⇒ A∩ (Y ∩ clX(B)) = ∅

⇐⇒ (A∩Y )∩ clX(B) = ∅

⇐⇒A∩ clX(B) =A∩B = ∅ . �

Poglavlje 3. Povezanost metrickih prostora 29

3.1 Definicija i osobine povezanosti

Definicija 3.3

Za metricki prostor (X,d) kazemo da je povezan ili koneksan ako se X nemoze predstaviti kao unija dva neprazna odvojena skupa. U suprotnomkazemo da je skup nepovezan.

Za skup Y ⊂ X kazemo da je povezan ako je on povezan kao potprostor od X.Prema definiciji, skup Y je nepovezan ako i samo ako je Y = A∪B, pri cemusu A i B neprazni i odvojeni u Y , sto je ekvivalentno prema Lemi 3.2, sa timda je Y = A∪B, gdje su A i B neprazni i odvojeni u X. Lema 3.2 nam govorida ne pravimo razliku govoreci da su skupovi ”odvojeni u Y ” ili ”odvojeni uX”. Medutim, reci da je Y nepovezan, to jest da je unija nepraznih, otvorenih(zatvorenih), disjunktnih skupova A i B u Y ne moze se zamjeniti sa frazom ”uX” jer skupovi A i B ne moraju biti otvoreni (zatvoreni) u X. Naprimjer, neka

je X = [0,1] i Y =[

0, 12

)

∪(

12 ,1]

. Skupovi A=[

0, 12

)

i B =(

12 ,1]

su i otvoreni i

zatvoreni i odvojeni u Y . Prema Lemi 3.2 oni su odvojeni i u R, ali sada nisu niotvoreni ni zatvoreni.

Teorem 3.4

Neka je (X,d) metricki prostor. Sljedeca tvrdenja su ekvivalentna.

1. X i ∅ su jedini otvoreno-zatvoreni skupovi u X.

2. Ako je A⊆X i bA= ∅ (rub skupa), tada je A= ∅ ili A=X.

3. X ne mozemo predstaviti kao uniju dva neprazna otvorena disjunktnaskupa.

4. X ne mozemo predstaviti kao uniju dva neprazna zatvorena disjunktnaskupa.

5. X ne mozemo predstaviti kao uniju dva neprazna odvojena skupa.

Dokaz : 1 ⇐⇒ 2Skup A ima prazan rub, bA=A∩Ac = ∅, ekvivalentno je cinjenici da je skup Aotvoreno-zatvoren, a to onda znaci da je A= ∅ ili A=X.1 =⇒ 3Neka su jedini otvoreno-zatvoreni skupovi u X prazan skup i X. Pretpostavimoda 3. nije tacno, to jest X =A∪B, gdje su A i B neprazni, otvoreni i disjunktniskupovi. Tada bi vrijedilo B =X \A i pri tome bi B bio neprazan zatvoren (kaokomplement otvorenog skupa). Dakle, B bi bio otvoreno-zatvoren skup, sto je u


suprotnosti sa 1.3 ⇐⇒ 4 je ocigledno.4 =⇒ 5Ako pretpostavimo da 5. nije tacno to znaci da je X = A∪B, gdje su A i Bneprazni odvojeni skupovi. Iz odvojenosti skupova je B ∩A = ∅ pa je B ⊆ B,sto opet znaci da je skup B zatvoren. Na identican nacin zakljucujemo da je iA zatvoren skup. Dakle, X se moze predstaviti kao unija nepraznih, zatvorenih,disjunktnih skupova te 4. nije tacno.5 =⇒ 1Pretpostavimo da 1. nije tacno, to jest postoji neprazan, otvoreno-zatvoren skupA ⊂ X. Tada je i B = X \A neprazan, otvoreno-zatvoren skup i pri tome jeX =A∪B. Kako su A i B odvojeni zakljucujemo da 5. nije tacno. �

Bez dokaza navodimo dva poznata stava iz toplogije.

Teorem 3.5

U R sa euklidskom metrikom neprazan skup je povezan ako i samo ako jeinterval.U C sa euklidskom metrikom neprazan skup je povezan ako i samo ako svakedvije razlicite tacke tog skupa mogu biti povezane poligonalnom linijom kojalezi u tom skupu.

Saglasno definiciji povezanosti, skup X je nepovezan ako je X =A∪B i pri tomevrijedi bar jedan od uslova

• A i B su neprazni, disjunktni i otvoreni u X.

• A i B su neprazni, disjunktni i zatvoreni u X.

• A i B su neprazni i odvojeni skupovi u X.

Ako je X nepovezan, ovakve skupove A i B nazivamo razdvajanjem ili separaci-jom skupa X. Jasno je da je povezanost topoloska osobina, ali kako je topologijaodredena metrikom na metrickom prostoru, ona ovisi direktno o izboru metrike.Zaista, ako posmatramo skup [0,1) u R sa euklidskom metrikom, on je prema gor-njem tvrdenju kao interval povezan skup. Posmatramo li na R diskretnu metriku,tada je [0,1) = {0} ∪ (0,1). Dakle, [0,1) je predstavljen kao unija dva neprazna,otvorena i disjunktna skupa, te je on pod ovim uslovima nepovezan skup.

Lema 3.6

Neka su A i B odvojeni podskupovi metrickog prostora X. Ako je skupY ⊆A∪B povezan, tada je ili Y ⊆A ili Y ⊆B.


Dokaz : Neka je Y ⊆ A∪B povezan. Kako je Y ∩A⊆ A i Y ∩B ⊆ B, onda suskupovi Y ∩A i Y ∩B odvojeni (kao podskupovi odvojenih dijelova). Pri tomeje Y = (Y ∩A)∪ (Y ∩B), a zbog povezanosti skupa Y skupovi Y ∩A i Y ∩B necine separaciju skupa Y . To znaci da je ili Y ∩A= ∅, iz cega je onda Y ⊆B, ilije Y ∩B = ∅, a iz cega je onda Y ⊆A. �

Lema 3.7

Neka je B povezan skup i neka je {Ai | i ∈ I} familija povezanih skupovasa osobinom da za proizvoljno i ∈ I skupovi B i Ai nisu odvojeni. Tada je iskup B∪

⋃

i∈I

Ai povezan.

Dokaz : Oznacimo sa Y =B∪⋃i∈IAi i pretpostavimo da je Y =M ∪N , gdje suM i N odvojeni skupovi. Prema Lemi 3.6 je onda ili B ⊆M ili B ⊆N . Neka jeB ⊆ M . Prema istom rezonu mozemo zakljuciti da za proizvoljno i ∈ I skupoviAi su podskupovi ili od M ili od N . Ako bi za neko i0 ∈ I bilo Ai0

⊆ N , jasnotada bi skupovi B i Ai0

bili odvojeni. Dakle, za sve i ∈ I, Ai ⊆ M . Ovo ondaznaci da N = ∅, a time par M i N nije separacija skupa Y . Dakle, za skup Y nepostoji separacija, to jest Y je povezan skup. �

Posljedica 2. Neka je {Ai | i∈ I} familija povezanih podskupova metrickog pros-tora X. Ako je

⋂

i∈I

Ai 6= ∅, tada je i⋃

i∈I

Ai povezan skup.

Lema 3.8

Neka je Y povezan podskup metrickog prostora X i A ⊆ Y ′. Tada je skupY ∪A povezan. Specijalno, Y je povezan skup.

Dokaz : Neka je x0 tacka nagomilavanja skupa Y . Pretpostavimo da skupY ∪ {x0} nije povezan. Tada postoje skupovi U i V otvoreni u Y ∪ {x0} kojipredstavljaju njegovu separaciju. Element x0 pripada jednom od tih skupova,recimo u U . Zbog disjunktnosti ovih skupova je onda V ⊂ Y .Tvrdimo sada da je U = {x0}! Ako to ne bi bilo, to jest U ∩Y 6= ∅, onda biskupovi U \{x0} i V bili separacija skupa Y , sto se protivi povezanosti skupa Y .Dakle, vrijedi U = {x0}.Kako je jednoclani skup {x0} (relativno) otvoren skup u Y ∪ {x0}, to postojiotvoren skup G u X, takav da je G∩ (Y ∪ {x0}) = {x0}. Posljednje znaci daelement x0 nije tacka nagomilavanja skupa Y , a to je kontradikcija sa polaznompretpostavkom. Dakle, skup Y ∪ {x0} povezan.Na osnovu Posljedice 2 tvrdnja ce vrijediti za proizvoljan A ⊆ Y ′, a kako jeY = Y ∪Y ′, jasno je da ako je Y povezan skup, takav je i Y . �


?! Ako je A povezan skup, mora li A biti povezan skup?

Teorem 3.9

Neka je A povezan podskup metrickog prostora X. Proizvoljan skup Y , takavda je A⊆ Y ⊆A, je povezan skup.

Dokaz : Neka je y ∈ Y proizvoljan. Kako je A ⊆ Y , onda skupovi {y} i A nisurazdvojeni. Prema Lemi 3.7 tada je skup A∪

⋃

y∈Y

{y} povezan. Specijalno, Y =

A∪ (Y \A) je povezan skup. �

Teorem 3.10

Neka su (X,dX ) i (Y,dY ) metricki prostori i f : X → Y . Ako je X povezanskup i f neprekidno preslikavanje, tada je i f(X) povezan skup.

Dokaz : Neka pod pretpostavkama tvrdenja f(X) nije povezan. To znaci dapostoje neprazni, otvoreni skupovi G1,G2 ⊆ Y takvi da je

G1 ∩f(X) 6= ∅ , G2 ∩f(X) 6= ∅ , G1 ∩G2 ∩f(X) = ∅ , G1 ∪G2 ⊇ f(X) .

Tada su skupovi f−1(G1) i f−1(G2) neprazni i otvoreni u X. Iz posljednja dvauslova onda imamo da je

f−1(G1)∩f−1(G2) = ∅ i f−1(G1)∪f−1(G2) =X ,

sto bi znacilo da je X nepovezan skup, a to je kontradikcija. �

Obicnim govorom receno, gornje znaci da je neprekidna slika povezanog skupapovezan skup. Kako su na R povezani skupovi samo intervali, uzimajuci da je Y =R kao direktnu posljedicu gornjeg teorema, imamo da ako je f :X →R neprekidnopreslikavanje i X povezan skup, tada je f(X) interval. Kao specijalan slucaj ovograsudivanja, a time i kao njegovu direktnu posljedicu, navedimo poznati stav izmatematicke analize.

Teorem 3.11: Cauchy-Bolzano teorem

Neka je f : [a,b] → R neprekidna funkcija. Tada za svako p izmedu f(a) i f(b)postoji bar jedan c iz [a,b] takav da je f(c) = p.

Teorem 3.10 mozemo tumaciti i na nacin da izmedu povezanog i nepovezanogskupa ne moze postojati neprekidno preslikavanje. To mozemo iskazati i u nared-noj formi.


Teorem 3.12

Skup X je povezan ako i samo ako je svako neprekidno preslikavanje f :X →{0,1} konstantno.

Dokaz : Neka je f neprekidno preslikavanje sa povezanog skupa X u {0,1} kojenije konstantno. Tada je skup f−1({0}) neprazan i otvoreno-zatvoren skup u X,a to se protivi povezanosti skupa X.Obratnu tvrdnju imamo iz kontrapozicije. Neka je X nepovezan skup. Tadapostoji A ⊂ X neprazan i razlicit od X koji je otvoren-zatvoren. Tada je χA :X → {0,1} neprekidno preslikavanje (karakteristicna funkcija skupa) koje nijekonstantno. �

Teorem 3.13

Graf neprekidnog preslikavanja je povezan skup ako i samo ako je domenpreslikavanja povezan skup.

Dokaz : Neka je f :X → Y neprekidno preslikavanje i Gf = {(x,y) ∈X×Y | x ∈X , y = f(x)} graf preslikavanja f . Posmatrajmo preslikavanje h : X → Gf ,definisano sa h(x) = (x,f(x)), za x ∈X. Nije tesko pokazati da je h injektivno isurjektivno preslikavanje, to jest bijekcija.Neka je sada a ∈ X proizvoljno i (U × V ) ∩Gf proizvoljan otvoren skup kojisadrzi tacku h(a) = (a,f(a)). Zbog neprekidnosti preslikavanja f i kako f(a) ∈V , zakljucujemo da postoji otvoren skup O ⊆ X takav da je f(O) ⊆ V . Tadaa ∈ U ∩O i h(U ∩O) ⊆ (U ×V )∩Gf , te je h neprekidno preslikavanje u tacki a.Zbog proizvoljnosti posmatrane tacke, h je neprekidna na X.S druge strane, ako je U proizvoljan otvoren skup u X, tada je h(U) = (U ×Y )∩Gf . Dakle h(U) je otvoren skup, te je h−1 neprekidno preslikavanje.Iz svega recenog zakljucujemo da je h homeomorfizam te su skupovi X i Gf

homeomorfni. Koristeci se Teoremom 3.10 i homeomorfnoscu skupova X i Gf

imamo trazeno tvrdenje. �

Gornjim tvrdenjem tvrdimo da je graf neprekidne funkcije sa povezanim dome-nom takode povezan skup. Medutim, ako je graf funkcije povezan skup to uopstem slucaju ne znaci i neprekidnost funkcije.

Primjer 23. Posmatrajmo funkciju f : [0,1] → R,

f(x) =

{

sin πx

; 0< x≤ 10 ; x= 0

Posmatrajuci nizove(

1n

)

i(

22n−1

)

, za koje ocigledno vrijedi 1n

→ 0 i 22n−1 → 0

kada n→ ∞, mozemo zakljuciti da ne postoji granicna vrijednost funkcije f kada


x→ 0+ jer je f(

1n

)

= 0 i f(

22n−1

)

∈ {−1,1}. Dakle, f nije neprekidna u 0.

Posmatramo li funkciju g = f |(0,1], ona je neprekidna na svom domenu koji jepovezan skup (interval), te je prema Teoremi 3.13 i Gg povezan skup. Kako jeGg = Gg ∪G′

g = Gg ∪ ({0} × [−1,1]), to za proizvoljan A ⊆ {0} × [−1,1] je skup

Gg ⊆Gg ∪A⊆Gg, pa na osnovu Teorema 3.9 je i skup Gg ∪A povezan. Specijalno,skup Gg ∪ (0,0) =Gf je povezan. ♦

Definicija 3.14

Za metricki prostor kazemo da je totalno nepovezan ako i samo ako za svakipovezan podskup A vrijedi card(A) ≤ 1.

Primjeri totalno nepovezanih skupova su skupovi N, Z i Q.

3.2 Komponente povezanosti

Definicija 3.15

Za skup Y koji je podskup metrickog prostora X kazemo da je komponentaako i samo ako je Y maksimalan povezan potprostor od X.

Pod ”maksimalan povezan” u gornjoj definiciji podrazumijevamo sljedece: akoje A povezan potprostor od X, takav da je Y ⊆ A ⊆ X, onda je A = Y . Upovezanom prostoru X postoji samo jedna komponenta, to je citav prostor X.U totalno nepovezanim prostorima komponente su singletoni. U nekim drugim,komplikovanijim sitauacijama mogu se imati iznenadujuce situacije.Neka je X metricki prostor. Za proizvoljno x ∈X oznacimo

Cx =⋃

{A | A⊆X, x ∈A, A je povezan} .

Singltoni su povezani skupovi, pa ocigledno {x} ∈Cx. Kako je Cx unija povezanihskupova koji nisu razdvojeni (x pripada svakom od njih), to je i Cx povezan skup.Ako je Cx ⊆ D i D povezan skup, jasno je tada x ∈ D, te je D element familijekoja definise Cx, to jest D ⊆ Cx. Dakle, mora biti D = Cx, a to znaci da jeCx komponenta prostora X. Kako se svaki skup moze zapisati kao unija svojihsingletona, onda je

X =⋃

x∈X

Cx .

Naravno da se moze dogoditi da za x1,x2 ∈X, x1 6= x2 vrijedi Cx1=Cx2

. Napri-mjer, u povezanom prostoru X je Cx =X, za svako x ∈X. Ali ako je Cx1

6=Cx2

tada je Cx1∩Cx2

= ∅. Zaista, ako bi x ∈Cx1∩Cx2

to bi onda skup Cx1∪Cx2

bio


”veci” povezan skup od obje komponente, sto je nemoguce. Ako na X definisemorelaciju:

x1,x2 ∈X , x1 ∼ x2def⇐⇒ x1,x2 pripadaju istoj komponenti ,

nije se tesko uvjeriti da je ona relacija ekvivalencije cije su klase ekvivalencijeupravo komponente Cx, x ∈ X. Prema svemu recenom razlicite komponente Cx

prostora X cine jednu njegovu dekompoziciju. Kako jos vrijedi Cx ⊆ Cx i Cx

povezan skup, onda je Cx = Cx. Dakle, za proizvoljno x ∈ X komponenta Cx jezatvoren skup. Sve receno predstavlja dokaz naredne tvrdnje.

Teorem 3.16

Svaki metricki prostor se moze prikazati kao unija komponenti. Razlicitekomponente su disjunktne i svaka komponenta je zatvoren skup.

Primjer 24. Neka je X = [0,1] ∪ [2,3] ∪ [4,5]. X ocigledno ima tri komponentei to su skupovi [0,1], [2,3] i [4,5]. Za proizvoljno x ∈ [0,1] je Cx = [0,1] ili zax ∈ [2,3] je Cx = [2,3].Ako je C komponenta u prostoru X koji ima konacno mnogo komponenti, ondaje skup X \C jednak uniji ostalih komponenti (kojih je konacno mnogo) te jezatvoren skup (jer su komponente zatvoreni skupovi), te zakljucujemo da je Cotvoreno-zatvoren skup u ovakvom prostoru.

Medutim, prostor moze imati i beskonacno mnogo komponenti, naprimjer X =

{0}∪{

1n

| n ∈ N}

⊂ R. U X komponente su svi singletoni {x}, x ∈X, ali single-

ton {0} nije otvoren skup. Dakle, u opstem slucaju komponente ne moraju biti iotvoreni skupovi. ♦

?! Kako mozemo okarakterisati totalnu nepovezanost skupa pomocu njegovihkomponenti?

Treba primijetiti da komponente dekompoziraju prostor, ali komponenta i njenkomplement ne moraju obavezno ciniti separaciju prostora. Posmatramo li gore

spomenuti prostor X = {0} ∪{

1n

| n ∈ N}

i u njemu skupove A = {0} i B ={

1n

| n ∈ N}

= X \A, jasno je da skupovi A i B nisu razdvojeni jer A∩B = {0}te ne cine separaciju, a pri tome je skup A komponenta u X.

3.3 Putna povezanost

U nekom metrickom prostoru X moguce je proizvoljne dvije tacke spojiti ”linijom”koja lezi u X. Ovakva osobina je veoma intuitivna za pojam ”povezanosti” skupa.Medutim, kao sto cemo vidjeti u narednom, ova osobina je jaca od uvedenogpojma povezanosti skupa.


Definicija 3.17

Put u metrickom prostoru X je proizvoljno neprekidno preslikavanje f :[0,1] → X. Put pocinje u inicijalnoj tacki f(0), a zavrsava u krajnjoj tackif(1). Tada kazemo da je f put od f(0) do f(1).

Ponekad je od pomoci put shvatiti kao kretanje tacke od f(0) do f(1), gdjef(t) reprezentuje polozaj te tacke u vremenskom trenutku t ∈ [0,1]. Podsjetimose ipak da definicija kaze da je put u stvari funkcija f , a ne skup rang(f) ⊆ X.Da to ilustrujemo najbolje, neka je f put od tacke x ∈X do tacke y ∈ X. Tadaje preslikavanje g(t) = f(1− t) takode put u X, ali ovom prilikom od tacke y dotacke x. Dakle, g nije isti put kao f ali ipak je rang(f) = rang(g).

0 1

b

b

f(0)

f(1)

X

f

Slika 3.1: Put u metrickom prostoru.

Definicija 3.18

Za metricki prostor X kazemo da je putno povezan ako i samo ako za svakipar tacaka x,y ∈X postoji put od x do y u X.

Primjer 25. (a) Slika neprekidnog preslikavanja u X je primjer putno povezanogskupa.(b) Svaki konveksan podskup od Rn je putno povezan.(c) Graf funkcije iz Primjera 23 nije putno povezan skup. ♦

Teorem 3.19

Svaki putno povezan skup je i povezan.

Dokaz : ∅ je povezan skup, zato pretpostavimo da je X 6=∅ putno povezan skup.Neka je a∈X poroizvoljan. Za svako x∈X postoji put fx : [0,1] →X. Oznacimo


sa Cx = rang(fx). Za proizvoljno x ∈ X skup Cx je povezan skup i a ∈ Cx. Naosnovu Posljedice 2 tada je i X =

⋃{Cx | x ∈X} povezan skup. �

Ponekad su povezanost i putna povezanost ekvivalentni pojmovi. Naprimjer,u R skup A je povezan ako i samo ako je interval, ako i samo ako je A putnopovezan. Medutim, u opstem slucaju to nije pravilo.

Primjer 26. U Primjeru 23 smo pokazali da je graf Gf funkcije

f(x) =

{

sin πx

; 0< x≤ 10 ; x= 0

povezan skup. Kako je skup Y = {(0,y) | y ∈ [0,1]} kao interval u R povezan skupi pri tome je (0,0) ∈ Gf ∩Y , na osnovu Posljedice 2 je i skup Gf ∪Y povezan.Pokazimo da ovaj skup nije putno povezan!Pretpostavimo suprotno, da je F(t)=(a(t),b(t)) neprekidno preslikavanje na [0,1]sa vrijednostima u Gf ∪Y za svako t ∈ [0,1], takvo da je F (0) = (0,0) i F (1) =(1,0). Sada mozemo izabrati monotono opadajuci niz brojeva (tn)n∈N, tako da jea(tn) = 2

2n+1 . Kako je za svako n ∈ N tn > 0, a time i a(tn)> 0, zakljucujemo daje tada b(tn) = (−1)n. Niz (tn)n∈N je monotono opadajuci i ogranicen odozdo te jeon i konvergentan niz, tn → c∈R (n→ +∞). Kako je F neprekidna funkcija ondaF (tn) → F (c), (n→ +∞). Kako je F (c) = (a(c), b(c)), to bi znacilo da mora bitib(tn) → b(c), ali limes niza (b(tn))n∈N ne postoji. Dakle, dobili smo kontradikciju,sto znaci da ne postoji put od tacke (0,0) ∈ Gf ∪Y do tacke (1,0) ∈ Gf ∪Y , teskup Gf ∪Y nije putno povezan. ♦

Definicija 3.20

Otvoren i povezan skup u metrickom prostoru nazivamo oblast.

Lema 3.21

Svaka oblast u Rn (n ∈ N) je putno povezan skup.

Dokaz : Neka je X ⊆ Rn neprazan, otvoren i povezan skup i neka je x0 ∈ Xproizvoljan fiksan element. Oznacimo sa U skup svih elemenata x skupa X zakoje postoji put od x0 do x. U 6= ∅ jer ocigledno x0 ∈U . Dokaz bi bio gotov akouspijemo pokazati da je U =X.Posmatrajmo skup V = X \U . Pokazat cemo da su oba skupa U i V otvoreni

u X, a zbog povezanosti skupa X onda ce morati biti V = ∅ jer u suprotnomovaj par skupova bi bio separacija skupa X, sto bi bilo u suprotnosti sa njegovompovezanoscu.


Kako je X otvoren u Rn, onda za svako x∈X, a time i za x∈U , postoji otvorenakugla B(x,r) u Rn takva da je B(x,r) ⊂ X. Svako y ∈ B(x,r) mozemo spojitilinijskim segmentom sa centrom kugle x, a za x ∈ U , onda x mozemo spojiti sax0 nekim putem γ. Dakle, x0 mozemo spojiti sa x putem γ, a onda linijskimsegmentom spojiti sa y, za proizvoljno y ∈ B(x,r). Zakljucujemo da je y ∈ U ,odnosno da je B ⊂ U . Dakle, U je okolina svake svoje tacke te ja kao takav,otvoren skup.Na slican nacin zakljucujemo otvorenost skupa V : Neka je y ∈ V fiksno i B(y,r)otvorena kugla koja lezi u X. Ako ne bi bilo B(y,r) ⊂ V , postojao bi x ∈B(y,r)takav da x∈X \V =U . Ali tada bismo taj x mogli spojiti putem sa x0 (definicijaskupa U), a onda linijskim segmentom sa centrom kugle y. Sve ovo bi znacilo datacku y ∈ V mozemo spojiti sa x0, a to bi znacilo da y ∈ U , sto nije moguce zbogizbora skupa V . Dakle, i skup V mora biti otvoren kao okolina svake svoje tacke.Kao sto rekosmo na pocetku, da par U i V ne bi bio separacija skupa X onda

mora biti V = ∅, odnosno U =X. �

?! Ako je A putno povezan podksup metrickog prostora X , da li je A putnopovezan?

?! Ako je X putno povezan i f :X → Y , da li je f(X) putno povezan skup?

4 Kompaktnost u metrickimprostorima

4.1 Definicija kompaktnosti i karakterizacije . . . . . . . 40

4.2 Neprekidne funkcije na kompaktnim skupovima . . . 47

4.3 Lokalna kompaktnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4.4 Jedan specijalni kriterij relativne kompaktnosti . . . 50

Jedna od istaknutijih osobina ogranicenog i zatvorenog intervala [a,b] na real-noj pravoj je cinjenica da se iz svakog niza u njemu moze izdvojiti podniz koji jekonvergentan u njemu. To se nece dogoditi sa intervalom oblika [a,+∞), primjer

je niz (n)n∈N, niti sa intervalom (0,1), primjer je niz(

1n

)

n∈N. Tu cinjenicu nam

obezbjeduje Bolzano-Weierstrassov teorem koji nam govori da svaki beskonacani ogranicen skup na realnoj pravoj ima bar jednu tacku nagomilavanja, a uz za-tvorenost skupa, ta tacka pripada tom skupu.Jedna druga karakterizacija ogranicenih i zatvorenih skupova na R, bitno pove-zana sa Bolzano-Weierstrassovim teoremom, jeste poznati Heine-Borelov teoremu kome se tvrdi da se iz svakog otvorenog pokrivaca ogranicenog i zatvorenogskupa na Rn (n ∈ N), moze izdvojiti konacan potpokrivac.

4.1 Definicija kompaktnosti i karakterizacije

Cinjenicu o izdvajanju konacnog potpokrivaca iz proizvoljnog pokrivaca nekogskupa smo u opstoj topologiji definisali terminom kompaktnosti. U metrickimprostorima, zbog bogatije strukture, pojam kompaktnosti cemo uvesti na nestodrugaciji nacin, preko konvergencije, a za tako definisan pojam uobicajeno sekoristi termin sekvencijalna kompaktnost. Kako su to ekvivalentni pojmovi, micemo se jednostavnosti radi drzati termina kompaktnosti.

Definicija 4.1

Za metricki prostor kazemo da je kompaktan ako i samo ako se iz svakognjegovog niza moze izdvojiti konvergentan podniz.


Definicija 4.2

Neka je M podskup metrickog prostoraX. Za skupM kazemo da je relativnokompaktan ako se iz svakog niza u M moze izdvojiti konvergentan podniz,to jest

(∀(xn)n∈N ⊆M)(∃(xnk)k∈N ⊂ (xn)n∈N) xnk

→ x0 , (k → ∞) , x0 ∈X .

Ako je x0 ∈M , kazemo da je M kompaktan skup.

Gornja definicija istice razliku izmedu kompaktnosti i relativne kompaktnosticinjenicom da tacka knvergencije pripada ili ne mora pripadati samom skupu. Todovodi do jasne razlike izmedu pojmova kompaktnosti i relativne kompaktnosti,to jest relativna kompaktnost i zatvorenost skupa ekvivalentne su kompaktnostiskupa.

Naredno tvrdenje nam daje vezu kompaktnosti kako je definisana u metrickimprostorima, osobine konacnih presjeka (finite intersection property, familija sku-pova ima osobinu konacnih presjeka ako presjek njene proizvoljne potfamilije nijeprazan) i pojma kompaktnosti kako smo ga uveli u opstoj toplogiji.

Teorem 4.3

Neka je (X,d) metricki prostor. Naredna tvrdenja su ekvivalentna:

1. (X,d) je kompaktan.

2. Iz svakog otvorenog pokrivaca od X se moze izdvojiti konacan potpo-krivac.

3. Svaka familija zatvorenih skupova u (X,d) sa osobinom konacnih pre-sjeka ima neprazan presjek.

4. Svaka familija zatvorenih skupova u (X,d) koja ima prazan presjek,sadrzi konacnu potfamiliju ciji je presjek prazan.

Teorem 4.4

Svaki kompaktan skup je zatvoren.

Dokaz : Neka je M kompaktan skup i neka je (xn)n∈N ⊂ M , takav da xn → x0

kada n → ∞. Zbog kompaktnosti skupa, postoji (xnk)k∈N ⊂ (xn)n∈N, takav da

xnk→ x′ (k → ∞) i pri tome je x′ ∈M . Zbog jedinstvenosti tacke konvergencije,

Poglavlje 4. Kompaktnost u metrickim prostorima 41

zakljucujemo da je x0 = x′, odnosno x0 ∈ M , pa dakle M sadrzi sve svoje tackenagomilavanja, te je kao takav zatvoren skup. �

Teorem 4.5

Svaki zatvoren podskup kompaktnog metrickog prostora je kompaktan.

Dokaz : Neka je (X,d) kompaktan metricki prostor i neka je Y ⊆ X zatvorenskup. Neka je (yn)n∈N proizvoljan niz u Y . Ako ga posmatramo kao niz u X,zbog kompaktnosti postoji (ynk

)k∈N ⊂ (yn)n∈N, takav da ynk→ y0 (n→ ∞). Zbog

zatvorenosti skupa Y mora biti y0 ∈ Y . Time smo izdvojili konvergentan podnizcija tacka konvergencije pripada Y , te je Y kompaktan. �

Posljedica 3. Neka su K kompaktan i F zatvoren podskup metrickog prostora(X,d). Tada je skup K ∩F kompaktan.

Teorem 4.6

Svaki relativno kompaktan skup je ogranicen.

Dokaz : Neka je M relativno kompaktan podskup metrickog prostora X. Pret-postavimo da M nije ogranicen. M nije prazan, pa postoji x0 ∈M . Kako M nijeogranicen, to M nije sadrzan u kugli B(x0,1), te zakljucujemo da postoji x1 ∈M ,takav da x1 /∈B(x0,1) odnosno, d(x0,x1) ≥ 1.Oznacimo sa r = d(x0,x1) + 1, pa opet zbog neogranicenosti rezonujemo da Mnije sadrzan ni u kugli B(x0,r), to jest postoji x2 ∈M takav da je d(x0,x2) ≥ r≥ 1.Kako je

1+d(x0,x1) = r ≤ d(x0,x2) ≤ d(x0,x1)+d(x1,x2) ,

zakljucujemo da je d(x1,x2) ≥ 1. Jasno je da sada ovaj postupak mozemo produzitii na taj nacin formirati niz (xn)n∈N sa osobinom da za proizvoljne n,m∈N vrijedi,d(xn,xm) ≥ 1. Ovo znaci da se iz datog niza ne moze izdvojiti niti jedan konver-gentan podniz, a to se opet kosi sa pretpostavkom o relativnoj kompaktnostiskupa M . Dakle, M mora biti ogranicen skup. �

Tvrdnje Teorema 4.4 i Teorema 4.6 mozemo iskazati objedinjeno.

Teorem 4.7

Neka je (X,d) metricki prostor i Y ⊂ X. Ako je Y kompaktan, onda je onzatvoren i ogranicen skup u X.

Obrat u navedenoj tvrdnji u opstem slucaju ne vrijedi. Naime, neka je Xproizvoljan beskonacan skup sa diskretnom metrikom. Tada je X zatvoren i


ogranicen skup jer za proizvoljne x,y ∈ X vrijedi d(x,y) ≤ 1. Diskretna metrikaindukuje diskretnu topologiju, pa je svaki podskup od X otvoren. Izmedu ostalogsu takvi i singltoni. Kako je familija {{x} | x ∈ X} otvoren pokrivac od X,ocigledno onda iz njega ne mozemo izdvojiti konacan potpokrivac, te X nijekompaktan.

Primjer 27. Da obrat gornjeg teorema ne vrijedi pokazujemo i sljedecim primje-rom. Posmatrajmo prostor l2 sa standardnom metrikom i K(0,1) ⊂ l2. Zatvorenakugla je zatvoren skup i za proizvoljne x,y ∈ K(0,1) je d(x,y) ≤ 2, te je K(0,1)ogranicen skup.

Posmatrajmo sada niz (en)n∈N ⊂ l2, gdje je en niz koji ima n-tu koordinatu 1,a sve ostale koordinate 0. Kako je d(0,en) = 1 za svako n ∈ N, to je (en)n∈N ⊂K(0,1). Za proizvoljne n,m ∈ N vrijedi

d(en,em) =

(

∞∑

i=1

|eni − em

i |2) 1

2

=√

2 .

Dakle posmatrani niz nije Cauchyjev te se iz njega ne moze izdvojiti niti jedankonvergentan podniz. Samim tim skup K(0,1) nije kompaktan. ♦

Teorem 4.8

Svaki kompaktan skup je totalno ogranicen.

Dokaz : Neka je (X,d) metricki prostor i Y ⊆X kompaktan. Za proizvoljno ε> 0familija kugli {B(y, ε

2) | y ∈ Y } predstavlja otvoren pokrivac skupa Y . Zbogkompaktnosti mozemo izdvojiti konacan potpokrivac {B(yi,

ε2 ) | yi ∈ Y , i =

1,2, ...,n)}. Dakle, Y smo pokrili sa konacno mnogo skupova ciji je dijametarjednak ε, te je on totalno ogranicen skup. �

Teorem 4.9

Svaki kompaktan metricki prostor je i kompletan.

Dokaz : Neka je X kompaktan metricki prostor i neka je (xn)n∈N proizvoljanCauchyjev niz u X. Zbog kompaktnosti, postoji podniz (xnk

) naseg niza koji jekonvergentan, xnk

→ x0 ∈X (k → ∞). Sada imamo

d(xn,x0) ≤ d(xn,xnk)+d(xnk

,x0) .

Prvi sabirak na desnoj strani mozemo uciniti proizvoljno malim jer je niz Cauc-hyjev, a drugi sabirak takode, zbog konvergencije podniza. Dakle,

d(xn,x0) → 0 , (n→ ∞) ,


to jest niz (xn)n∈N je konvergentan, pa zbog proizvoljnosti niza, prostor X jekompletan. �

Prethodna tvrdnja nam govori da je osobina kompaktnosti ”jaca” od osobinekompletnosti. Sa dodatnim osobinama skupa, kompletnost ce povlaciti kompak-tnost. Naime vrijedi,

Teorem 4.10

Totalno ogranicen i kompletan metricki prostor je kompaktan prostor.

Dokaz : Neka je (X,d) totalno ogranicen i kompletan metricki prostor, ali danije kompaktan. To bi znacilo da postoji pokrivac {Gi | i ∈ I} skupa X iz kog sene moze izdvojiti konacan potpokrivac.Kako jeX totalno ogranicen, onda je on i ogranicen skup, pa postoji r > 0 i x0 ∈Xtakvi da je X ⊆B(x0,r). Neka je za n∈N, εn = r

2n . Zbog totalne ogranicenosti Xmozemo pokriti sa konacno mnogo kugli poluprecnika ε1. Zbog nase pretpostavke,bar jedna od tih kugli, recimo B(x1,ε1), ne moze biti pokrivena sa konacno mnogoskupova Gi. Svaki neprazan podskup totalno ogranicenog skupa je i sam totalnoogranicen, pa je takva i B(x1,ε1), ali onda postoji x2 ∈B(x1,ε1), tako da kugluB(x2,ε2) ne mozemo pokriti sa konacno mnogo skupova Gi. Nastavljajuci ovakvorezonovanje, dobijamo niz (xn)n∈N takav da za proizvoljno n ∈ N kugla B(xn,εn)ne moze biti pokrivena sa konacno mnogo skupova Gi i pri tome xn+1 ∈B(xn,εn).Kako xn+1 ∈B(xn,εn), to je d(xn,xn+1)< εn, a onda za n,m ∈ N, n <m vrijedi

d(xn,xm) ≤ d(xn,xn+1)+d(xn+1,xn+2)+ · · ·+d(xm−1,xm)

< εn + εn+1 + · · ·+ εm−1

=r

2n

(

1+1

2+ · · ·+ 1

2m−n−1

)

<r

2n−1,

pa zakljucujemo da je niz (xn)n∈N Cauchyjev, a kako se nalazi u kompletnomprostoru, on je i konvergentan ka nekom x0 ∈X. Familija {Gi | i∈ I} je pokrivacskupa X, to mora postojati i0 ∈ I, takav da je x0 ∈Gi0

. Uz to je Gi0otvoren skup,

pa postoji δ > 0 takav da je B(x0,δ) ⊆ Gi0. Zbog konvergencije niza (xn)n∈N

i izbora εn, neka je n dovoljno veliko tako da je d(xn,x0) < δ2 i εn <

δ2 . Za

proizvoljno x ∈X, za koga je d(x,xn)< εn onda imamo

d(x,x0) ≤ d(x,xn)+d(xn,x0)<δ

2+δ

2= δ ,

iz cega zakljucujemo da je B(xn,εn) ⊆ B(x0,δ) ⊆ Gi0. Medutim, ovo znaci da

skup B(xn,εn) mozemo pokriti sa konacno mnogo skupova Gi (konkretno, samosa skupom Gi0

), sto je u kontradikciji sa konstrukcijom kugli B(xn,εn). �

Posljednje tri navedene tvrdnje mozemo iskazati jednim tvrdenjem.


Teorem 4.11

Metricki prostor je kompaktan ako i samo ako je kompletan i totalno ogranicen.

Nesto slicno, ali i bitno razlicito mozemo iskazati za skupove.

Teorem 4.12

Neka je M totalno ogranicen podskup kompletnog metrickog prostora (X,d).Tada je M kompaktan skup.

Dokaz : Neka je M totalno ogranicen i X kompletan metricki prostor. M jezatvoren skup te je kao potprostor on i kompletan. Na osnovu Teorema ??, Mje totalno ogranicen skup. Na osnovu Teorema 4.11, M je kompaktan skup. �

Kako mozemo vidjeti iz prethodnog, kompaktnost skupa je veoma vazna i ko-risna osobina. Zato smo zainteresovani za sto bolje karakterizacije kompaktnosti,a jednu od njih, pomocu mreza, izlozit cemo sada.

Definicija 4.13

Neka su M i N podskupovi metrickog prostora X. Neka je ε > 0 fiksiranrealan broj. Za skup N kazemo da je ε-mreza skupa M ako i samo ako zasvako x ∈M , postoji y ∈N , tako da je d(x,y)< ε.Ako je N kompaktan skup, kazemo da je N kompaktna ε-mreza, a ako jekonacan skup, kazemo da je konacna ε-mreza.

Mreza skupa se moze okarakterisati preko kugli.

Lema 4.14

Skup N je ε-mreza (ε > 0) skupa M ako i samo ako vrijedi

M ⊆⋃

x∈N

B(x,ε) .

Teorem 4.15

Potreban uslov za relativnu kompaktnost skupa M ⊆X jeste da za svako ε >0, postoji konacna ε-mreza skupa M . Ako je metricki prostor X kompletan,gornji uslov je i dovoljan.

Dokaz : Neka je M relativno kompaktan skup. Pretpostavimo da za neko ε0 > 0ne postoji konacna ε0-mreza skupaM . Kako M nije prazan, to za proizvoljno x0 ∈


M skup {x0} nije ε0-mreza skupaM , pa postoji x1 ∈M , takav da je d(x0,x1) ≥ ε0.Medutim, ni skup {x0,x1} nije ε0-mreza za M , pa postoji x2 ∈ M , takav da jed(x0,x2) ≥ ε0 i d(x1,x2) ≥ ε0. Nastavljajuci gornje rasudivanje, dolazimo do niza(xn)n∈N ⊂M , kod koga za proizvoljne n,m∈N vrijedi, d(xn,xm) ≥ ε0. Ali tada seiz niza (xn)n∈N nemoze izdvojiti niti jedan konvergentan podniz, sto je suprotnopretpostavci o relativnoj kompaktnosti skupa M . Dakle, za svako ε > 0, skup Mima konacnu ε-mrezu.Neka je sada X kompletan metricki prostor i neka M ⊆ X ima konacnu ε-

mrezu za svako ε > 0. Uzmimo proizvoljan niz (xn)n∈N ⊂ M . Neka je N1 ={y11,y12, ...,y1n1

} konacna 1-mreza skupa M . Na osnovu Leme 4.14 vrijedi

M ⊆n1⋃

i=1

B(y1i,1) .

Tim prije je i niz (xn)n∈N sadrzan u gornjoj uniji kugli, a zbog konacnog broja tihkugli, postoji medu njima kugla, oznacimo je sa B1, koja u sebi sadrzi beskonacanpodniz (xnk

)k∈N niza (xn)n∈N.Neka je sada N2 = {y21,y22, ...,y2n2

} 12 -mreza skupa M . Ali to je onda 1

2 -mrezai za nas podniz (xnk

)k∈N ⊂B1, te postoji kugla B2 = B(y2i,12) (i ∈ {1,2, ...,n2}),

koja u sebi sadrzi beskonacno mnogo clanova niza (xnk)k∈N.

Nastavljajuci ovaj postupak dolazimo do niza kugli (Bi)i∈N sa sljedecim osobi-nama:

• Poluprecnik kugle Bi je 1i

(i ∈ N).

• U svakoj kugli Bi (i ∈ N) ima beskonacno mnogo clanova niza (xn)n∈N.

• Clanovi niza koji se nalaze u kugli Bi, sadrzani su i u svakoj kuglu Bj zaj ≤ i.

Iz svake kugle Bi izaberimo po jedan element niza (xn)n∈N i oznacimo ga sa zi

(i ∈ N). Ocigledno je niz (zn)n∈N podniz niza (xn)n∈N. Osim toga, za proizvoljnen,m ∈ N (neka je npr. m ≤ n) imamo da zn,zm ∈ Bm, a zbog prve osobine ovihkugli onda imamo

d(zn,zm)<2

m→ 0 , (n,m → ∞) .

Dakle, niz (zn)n∈N je Cauchyjev, pa zbog kompletnosti prostora on mora biti ikonvergentan. Iz proizvoljnog niza u M izdvojili smo konvergentan podniz, te jeM relativno kompaktan skup. �

Posljedica 4. Neka je M podskup kompletnog metrickog prostora X. Ako zasvako ε > 0 postoji kompaktna ε-mreza skupa M , tada je M relativno kompaktanskup.


Teorem 4.16

Svaki kompaktan metricki prostor je separabilan.

Dokaz : Zbog kompaktnosti prostora X, za svako n∈N, postoji konacna 1n

-mrezaNn za X. Posmatrajmo skup

N =⋃

n∈N

Nn .

Kao prvo N je najvise prebrojiv, kao prebrojiva unija konacnih skupova.Neka je x ∈X proizvoljan. Za proizvoljno ε > 0, postoji n ∈ N, takav da je 1

n< ε,

a tada mozemo naci element y iz 1n

-mreze Nn, takav da je d(x,y) < 1n< ε, pa je

ocigledno N i svuda gust u X, to jest X je separabilan prostor. �

4.2 Neprekidne funkcije na kompaktnim skupovima

Realna funkcija realne promjenljive ima mnoge dobre osobine ako je definisanana segmentu [a,b]. Tako imamo da ako je ona neprekidna, tada je i ogranicena,ili ako je neprekidna onda je i uniformno neprekidna. Ovo smo imali zahvaljujuciprije svega neprekidnosti funkcije, ali i zbog toga sto je segment ogranicen izatvoren skup. U ovom dijelu cemo uopstiti ove stavove za proizvoljno neprekidnopreslikavanje definisano na kompaktnom skupu. Prije toga ponovimo i sljedecistav iz opste topologije.

Teorem 4.17

Neka je (X,dX ) kompaktan i (Y,dY ) proizvoljan metricki porstor. Ako jef :X → Y neprekidno preslikavanje, tada je f(X) kompaktan skup u Y .

Gornju tvrdnju mozemo iskazati i u sljedecoj formi.

Teorem 4.18

Neka je f homeomorfizam izmedu metrickih prostora (X,dX) i (Y,dY ). Tadavrijedi, X je kompaktan ako i samo ako je Y kompaktan.

Teorem 4.19

Neprekidna realna funkcija definisana na kompaktnom skupu je ogranicena idostize svoju najvecu i najmanju vrijednost.


Dokaz : Neka je M kompaktan skup i neka je f ∈C(M). Ako pretpostavimo daf nije ogranicena, to bi znacilo da postoji (xn)n∈N ⊂M , takav da

f(xn) → +∞ , (n→ ∞) (4.1)

(ili eventualno f(xn) → −∞). Kako je M kompaktan, postoji podniz (xnk)k∈N

takav da xnk→ x0 ∈M (k → ∞), a onda zbog neprekidnosti funkcije imamo

f(xnk) → f(x0)<+∞ , (k → ∞) .

S druge strane, zbog (4.1) moralo bi biti

f(xnk) → +∞ , (k → ∞) ,

a to je ocigledna kontradikcija. Dakle, f je ogranicena funkcija.Sada zbog ogranicenosti funkcije imamo da je

r = supx∈M

f(x)<+∞ .

Na osnovu definicije supremuma, postoji niz (yn)n∈N ⊂M , takav da je

(∀n ∈ N) f(yn)> r− 1

n,

a ovo znaci da f(yn) → r (n→ ∞). Ponovo zbog kompaktnosti skupa M , postoji(ynk

) ⊂ (yn), takav da ynk→ y0 ∈M (k → ∞). Ali tada bismo imali

f(ynk) → f(y0) , (k → ∞) ,

odnosno, zakljucujemo f(y0) = r. Dakle, funkcija dostize svoju najvecu vrijednost.Na analogan nacin se pokazuje da funkcija dostize i najmanju vrijednost, cime jeteorem dokazan. �

f(x) = 1

x

Tvrdnja nece vrijediti ako domen preslikavanja nije kompak-tan skup. Dovoljno je posmatrati f : (0,1) → R, zadato saf(x) = 1

x. Posmatrana funkcija jeste neprekidna na (0,1),

koji je cak ogranicen skup, ali nije ogranicena. Ako napra-vimo zatvorenje domena funkcije, da bismo dobili kompak-tan skup, nazalost tada posmatrana funkcija nije vise nepre-kidna na takvom skupu.

b

b

1

1

f(x) = x−1

xZa preslikavanje f : (1,+∞) → R zadato sa f(x) = x−1

x

imamo da je neprekidno na posmatranom domenu, cak iograniceno na istom, ali ne dostize svoje ekstremne vrijed-nosti koje su 0 i 1.


Teorem 4.20

Neprekidna funkcija na kompaktnom skupu je i uniformno neprekidna.

Dokaz : Neka je M kompaktan skup i neka je f neprekidna funkcija definisana naM . Pretpostavimo da f nije uniformno neprekidna funkcija. Negacijom definicijeuniformne neprekidnosti to bi znacilo

(∃ε0 > 0)(∀n ∈ N)(∃x′n,x

′′n)

(

d(x′n,x

′′n)<

1

n∧ |f(x′

n)−f(x′′n)| ≥ ε0)

)

. (4.2)

Na ovaj nacin su formirana dva niza (x′n) i (x′′

n) u M iz kojih zbog kompaktnostimozemo izdvojiti konvergentne podnizove. Dakle, postoje (x′

nk) ⊂ (x′

n) i (x′′nk

) ⊂(x′′

n), takvi da x′nk

→ x′0 i x′′

nk→ x′′

0 (k → ∞). Kako je

d(x′nk,x′′

nk)<

1

nk

→ 0 , (k → ∞) ,

zakljucujemo da tada mora vrijediti x′0 = x′′

0. Medutim, to bi zbog neprekidnostifunkcije f znacilo

|f(x′nk

)−f(x′′nk

)| → 0 , (k → ∞) ,

sto je u suprotnosti sa (4.2). �

4.3 Lokalna kompaktnost

Mnogi vazni nam prostori u matematickoj analizi nisu kompaktni, naprimjerR sa uobicajenom euklidskom metrikom. To nas navodi na definisanje nekih”slabijih” osobina od same kompaktnosti. Jednu od njih uvodimo narednomdefinicijom.

Definicija 4.21

Za metricki prostor (X,d) kazemo da je lokalno kompaktan ako za svakox ∈X postoji okolina B(x,ε) tako da je B(x,ε) kompaktan skup.

Primjer 28. Posmatrajmo realnu pravu sa standardnom metrikom. Za svakox ∈ R i ε > 0 je x∈ (x−ε,x+ε). Kako je (x− ε,x+ ε) = [x−ε,x+ε], a segmentisu na realnoj pravoj kompaktni skupovi, zakljucujemo da je R lokalno kompaktanprostor.

Primijetimo da R nije kompaktan prostor jer niz (n)n∈N nema niti jedan konver-gentan podniz. ♦


Primjer 29. Neka je X proizvoljan beskonacan skup na kom je definisana dis-kretna metrika. Vec smo ranije vidjeli da takav prostor nije kompaktan. Medutim,za proizvoljno x ∈ X je x ∈ B(x, 1

2). Kako je B(x, 12) = {x}, a singltoni su kao

konacni skupovi kompaktni, to je posmatrani prostor lokalno kompaktan. ♦

Kako nam to pokazuju ovi primjeri, lokalno kompaktan prostor ne mora bitikompaktan. Medutim, svaki kompaktan prostor je i lokalno kompaktan jer jeza proizvoljno x ∈ X upravo X trazena okolina za koju je X = X kompaktanskup. Ovo opravdava na pocetku spomenutu opasku, da je lokalna kompaktnost”slabija” osobina od kompaktnosti.

4.4 Jedan specijalni kriterij relativne kompaktnosti

Iako smo dali nekoliko karakterizacija kompaktnosti na proizvoljnim metrickimprostorima, od velikog su interesa sto bolje karakterizacije, a njih mozemo datina konkretnim metrickim prostorima. Ovdje cemo dati jednu vaznu karakteri-zaciju relativne kompaktnosti na prostoru neprekidnih funkcija, poznati Arzela4-Ascolijev5 teorem, koji je odigrao znacajnu ulogu u razvoju topologije i funkci-onalne analize. Kao prvo definisimo sljedece pojmove.

Definicija 4.22

Neka je E ⊂C(X). Za E kazemo da je skup podjednako ogranicenih funkcijaako postoji konstanta M > 0, takva da za proizvoljno x ∈X i za proizvoljnufunkciju f ∈ E vrijedi

|f(x)| ≤M .

Primjer 30. Posmatrajmo skup

E =

{

g ∈ C[0,1] | g(x) =

∫ x

0f(t)dt , f ∈ C[0,1] , sup

x∈[0,1]|f(x)| ≤ 1

}

.

Jasno je E ⊂ C[0,1]. Neka je g ∈ E proizvoljna i x ∈ [0,1] takode proizvoljno.Tada imamo,

|g(x)| =

∣

∣

∣

∣

∫ x

0f(t)dt

∣

∣

∣

∣

≤∫ x

0|f(t)|dt

≤ supt∈[0,1]

|f(t)|∫ x

0dt= sup

t∈[0,1]|f(t)| ·x≤ 1 .

4Cesare Arzela 1847–1912, italijanski matematicar5Giulio Ascoli 1843–1896, italijanski matematicar


Dakle, postoji konstanta M = 1, takva da za sve g ∈ E i sve x ∈ [0,1] vrijedi|g(x)| ≤M , sto znaci da je E skup podjednako ogranicenih funkcija. ♦

Definicija 4.23

Za Skup E ⊂C(X) kazemo da je skup podjednako neprekidnih funkcija akoza svako ε > 0 postoji δ = δ(ε) > 0, tako da je

(∀f ∈ E)(∀x′,x′′ ∈X)(d(x′,x′′)< δ ⇒ d(f(x′),f(x′′))< ε) .

Primjer 31. Kao i u prethodnom primjeru posmatrajmo skup

E =

{

g ∈ C[0,1] | g(x) =

∫ x

0f(t)dt , f ∈ C[0,1] , sup

x∈[0,1]|f(x)| ≤ 1

}

.

Neka su g ∈ E i x,y ∈ [0,1] proizvoljni, tako da je x < y. Tada imamo

|g(x)− g(y)| =

∣

∣

∣

∣

∫ x

0f(t)dt−

∫ y

0f(t)dt

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∫ y

xf(t)dt

∣

∣

∣

∣

≤∫ y

x|f(t)|dt ≤ sup

t∈[0,1]|f(t)|

∫ y

xdt= sup

t∈[0,1]|f(t)| · |y−x| ≤ |y−x| .

Neka je sada ε> 0 proizvoljno i izaberimo δ= ε. Za proizvoljno g ∈E i x,y ∈ [0,1],ako je |y−x|< δ, kao sto smo to pokazali gore, vrijedit ce

|g(x)− g(y)| ≤ |y−x|< δ = ε .

Dakle, skup E je skup podjednako neprekidnih funkcija. ♦

Teorem 4.24: Arzela-Ascoli

Neka je X kompaktan skup i C(X) prostor neprekidnih funkcija na X, sastandardnom metrikom. Skup E ⊂C(X) je relativno kompaktan ako i samoako je on skup podjednako ogranicenih i podjednako neprekidnih funkcija.

Dokaz : Neka je E relativno kompaktan podskup metrickog prostora C(X). Kaotakav, on je i ogranicen, pa postoje f0 ∈ C(X) i r > 0, takvi da je E ⊆ B(f0,r).Ovo znaci da za proizvoljno f ∈ E vrijedi

d(f,f0) = maxx∈X

|f(x)−f0(x)|< r . (4.3)


Neka je sada f ∈ E proizvoljna i neka je x ∈X takode proizvoljno.

|f(x)| ≤ |f(x)−f0(x)|+ |f0(x)|≤ d(f,f0)+ max

x∈X|f0(x)|

≤ r+ maxx∈X

|f0(x)| .

Kako je f0 neprekidna funkcija, ona dostize svoju maksimalnu vrijednost, testavljajuci da je M = r+ maxx∈X |f0(x)| imamo,

|f(x)| ≤M ,

za svaku funkciju f ∈ E i za svako x ∈ X, a to znaci da je E skup podjednakoogranicenih funkcija.

Skup E je relativno kompaktan skup pa za proizvoljno ε > 0 postoji konacnaε3 -mreza za E i neka je cine funkcije f1,f2, ...,fn (fi ∈C(X), i= 1,2, ...,n). Kakoje svaka od funkcija fi (i= 1,2, ...,n) neprekidna na X, a time i uniformno nepre-kidna (na kompaktnom skupu), to za proizvoljan ε > 0, postoji δ = δ(ε)> 0, takoda za proizvoljne x′,x′′ ∈X, cim je d(x′,x′′)< δ, onda je

|fi(x′)−fi(x

′′)|< ε

3, i= 1,2, ...,n .

Gornja cinjenica vrijedi za sve funkcije fi (i = 1,2, ..,n), to jest postojeci δ jevazeci za sve funkcije, a to je opravdano cinjenicom da ovih funkcija ima konacnomnogo.Neka je sada f ∈E proizvoljna i izaberimo iz ε

3 -mreze njoj odgovarajucu funkcijufi0

za koju vrijedi d(f,fi0)< ε

3 . Neka su sada x′,x′′ ∈X, takve da je d(x′,x′′)< δ.Sada imamo

|f(x′)−f(x′′)| ≤ |f(x′)−fi0(x′)|+ |fi0

(x′)−fi0(x′′)|+ |fi0

(x′′)−f(x′′)|≤ d(f,fi0

)+ |fi0(x′)−fi0

(x′′)|+d(f,fi0)

<ε

3+ε

3+ε

3= ε .

Dakle, skup E je skup podjednako neprekidnih funkcija, a time smo pokazalineophodnost uslova.

Dokazimo sada i dovoljnost uslova, to jest neka je E skup podjednako ogranicenihi podjednako neprekidnih funkcija i dokazimo njegovu relativnu kompaktnost.Ako je skup E konacan, tvrdnja trivijalno vrijedi. Pretpostavimo zato da je Ebeskonacan skup. Neka je (fi(x))i∈N (x ∈X) proizvoljan niz u E.Zbog pretpostavljene kompaktnosti skupa X imamo njegovu separabilnost i nekaje {x1,x2, ...,xn, ...} prebrojiv svuda gust skup u X. Kako je E skup podjednakoogranicenih funkcija, to je numericki niz (fi(x1))i∈N ogranicen skup, a kao takav


on sadrzi konvergentan podniz (fik(x1))k∈N. Oznacimo jednostavnosti radi odgo-

varajuci podniz funkcija sa (f(1)i (x))i∈N i taj niz je konvergentan u tacki x= x1.

Ako sada posmatramo numericki niz (f(1)i (x2))i∈N, on je opet ogranicen, pa i iz

njega mozemo izdvojiti konvergentan podniz (f(1)ik

(x2))k∈N. Slicno kao prethodno,

oznacimo odgovarajuci podniz funkcija sa (f(2)i (x))i∈N, koji je sada konvergentan

u tacki x= x2, a kako je on podniz niza (f(1)i (x))i∈N, on je konvergentan i u tacki

x= x1. Ako nastavimo ovaj postupak, dobit cemo niz nizova

(f(1)i (x)),(f

(2)i (x)),(f

(3)i (x)), ...,(f

(m)i (x)), ...

koji imaju sljedece osobine:

• Svaki od njih je podniz polaznog niza (fi(x))i∈N.

• Pocev od drugog, svaki od njih je podniz niza koji je prije njega.

• m-ti niz je konvergentan u tackama x= x1,x2, ...,xm.

Dijagonalnim postupkom formirajmo sada niz (φi(x))i∈N, to jest

φi(x) = f(i)i (x) , i= 1,2, ...

Jasno je da je novoformirani niz, podniz naseg polaznog niza. Osim toga, kako je

on, posmatrajuci ga od m-tog clana (m ∈ N), podniz m-tog niza (f(m)i (x))i∈N, on

je kao takav konvergentan u svim tackama svuda gustog skupa {x1,x2, ...,xn, ...}.Neka je sada ε > 0 proizvoljan. E je skup podjednako neprekidnih funkcija, ondapostoji δ(ε) > 0, takav da za sve x′,x′′ ∈X i za svaku funkciju f ∈ E vrijedi

d(x′,x′′)< δ ⇒ |f(x′)−f(x′′)|< ε . (4.4)

Za ovakav δ formirajmo konacnu δ-mrezu skupa X (X je kompaktan). Neka jecine elementi {y1,y2, ...,yk}. Ne gubeci na opstosti, mozemo smatrati da su tackenase δ-mreze neke od tacaka svuda gustog skupa {x1,x2, ...,xn, ...}. Dakle, niz(φi(x))i∈N je konvergentan u svakoj od tacaka y1,y2, ...,yk, a time je i Cauchyjev,to jest postoji n= n(ε) ∈ N, takav da za proizvoljne i,j ≥ n vrijedi

|φi(ys)−φj(ys)|< ε

3, s= 1,2, ...,k . (4.5)

Neka je sada x∈X proizvoljan. Iz δ-mreze izaberimo yi0takav da je d(x,yi0

)< δ.Sada za i,j ≥ n imamo

|φi(x)−φj(x)| ≤ |φi(x)−φi(yi0)|+ |φi(yi0

)−φj(yi0)|+ |φj(yi0

)−φj(x)| .

Zbog (4.4) i (4.5) imamo

|φi(x)−φj(x)|< ε

3+ε

3+ε

3= ε .


Dakle, za proizvoljno ε > 0, postoji n ∈ N, tako da za sve i,j ∈ N, i,j ≥ n, vrijedi

|φi(x)−φj(x)|< ε .

Ovo znaci da je niz (φi(x))i∈N Cauchyjev, a time i konvergentan u svim tackamax ∈ X, to jest on je uniformno konvergentan. Kako su pri tome sve funkcije φi

(i∈N) neprekidne, zakljucujemo da niz (φi)i∈N konvergira ka neprekidnoj funkcijiφ0 i to u smislu metrike u C(X).Iz proizvoljnog niza (fi(x))i∈N ⊂E, izdvojili smo konvergentan podniz (φi(x))i∈N,

sto znaci da je skup E relativno kompaktan skup, time je dokaz teorema zavrsen.�

5 Banachov teorem o fiksnojtacki

5.1 Kontrakcija i fiksna tacka . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.2 Primjene Banachovog teorema . . . . . . . . . . . . . 64

Banachov teorem o fiksnoj tacki (takode poznat kao teorem o kontraktivnompreslikavanju ili princip kontraktivnog preslikavanja) je vazan alat u teoriji me-trickih prostora. On garantuje postojanje i jedinstvenost nepokretnih tacakaodredenih preslikavanja iz metrickog prostora u samog sebe i daje konstruktivanmetod za pronalazenje tih nepokretnih tacaka. Teorem je dobio ime po StefanuBanachu6 i predstavlja njegov doktorski rad raden 1920., a objavljen 1922. go-dine.

5.1 Kontrakcija i fiksna tacka

Definicija 5.1

Neka je f :X →X proizvoljno preslikavanje. Za tacku x ∈ X kazemo da jefiksna tacka preslikavanja f ako i samo ako vrijedi f(x) = x.

Primjer 32. Za preslikavanje f :R→R, zadato sa f(x) = x3, tacke x= 1, x= −1i x = 0 imaju osobinu f(1) = 1, f(−1) = −1 i f(0) = 0 te su one fiksne tackeposmatranog preslikavanja. ♦

Primjer 33. Posmatrajmo preslikavanje A : C[0,1] → C[0,1], zadato sa

Af(x) = f(0)+

∫ x

0f(t)dt .

6Stefan Banach 1892–1945, poljski matematicar

Poglavlje 5. Banachov teorem o fiksnoj tacki 55

Za funkciju f(x) = ex ∈ C[0,1], vrijedi

Af(x) = e0 +

∫ x

0etdt= 1+ ex − 1 = ex ,

to jest f(x) = ex je fiksna tacka preslikavanja A. ♦

Definicija 5.2

Za preslikavanje f :X →X kazemo da je kontraktivno ako i samo ako postojikonstanta q ∈ [0,1), takva da za proizvoljne x,y ∈X vrijedi

d(f(x),f(y)) ≤ q d(x,y) .

Broj q tada nazivamo konstanta kontrakcije.

Primjer 34. Funkcija f : R+ → R+, zadata sa f(x) = arctanx, na osnovu La-grangeovog teorema zadovoljava

|arctanx− arctany| =1

1+ ξ2|x−y| ,

za neko ξ ∈ R+ i za proizvoljne x,y ∈ R. Stavimo da je q = 11+ξ2 , jasno q ∈ [0,1)

i ako posmatramo standardnu metriku na R, imamo

d(f(x),f(y)) ≤ q d(x,y) ,

to jest preslikavanje f je kontraktivno. ♦

Osobina kontraktivnosti je ocigledno jaca od osobine neprekidnosti preslikavanja.Stavise, jaca je i od uniformne neprekidnosti.

Teorem 5.3

Ako je f :X →X kontraktivno preslikavanje, tada je f uniformno neprekidnopreslikavanje.

Dokaz : Neka je (X,d) metricki prostor i f :X →X kontraktivno preslikavanjesa konstantom kontrakcije q. Za proizvoljno ε > 0, izaberimo δ = ε

q. Neka su sada

x′,x′′ ∈X takvi da je d(x′,x′′)< δ. Sada imamo

d(f(x′),f(x′′)) ≤ qd(x′,x′′)< qδ = ε ,

sto znaci da je f uniformno neprekidno preslikavanje. �

Nije tesko pokazati da za kontraktivna preslikavanja vrijedi tvrdenje,


Lema 5.4

Neka je f : X → X kontraktivno preslikavanje sa konstantom kontrakcijeq. Tada je za proizvoljno n ∈ N preslikavanje fn kontrakcija sa konstantomkontrakcije qn.

Obrat u gornjoj tvrdnji u opstem slucaju ne vrijedi. Zaista, neka je f : [0,1] →[0,1] zadata sa

f(x) =

{

0 ; 0 ≤ x≤ 12

12 ; 1

2 < x≤ 1.

Tada je f(f(x)) = 0 i ocigledno kontrakcija, ali polazna funkcija f nije kontrakcija.Dovoljno je uzeti x= 0.49 i y= 0.51 i tada je d(f(x),f(y)) = |0−0.5| = 0.5> 0.02 =|0.49−0.51| = d(x,y). Stavise, vidimo da polazno preslikavanje cak ne mora bitini neprekidno.

Teorem 5.5: Banachov teorem o fiksnoj tacki

Neka je A :X →X kontraktivno preslikavanje kompletnog metrickog prostorau samog sebe. Tada postoji tacno jedna fiksna tacka posmatranog preslika-vanja.

Dokaz : Neka je x0 ∈ X proizvoljan. Definisimo sada niz (xn)n∈N na sljedecinacin:

xn =Axn−1 =Anx0 , n ∈ N .

Kako A : X → X, jasno je da za proizvoljan prirodan broj n je xn ∈ X, to jest(xn)n∈N ⊂X.Neka je sada n ∈ N proizvoljan. Na osnovu kontraktivnosti preslikavanja vrijedi

d(xn,xn−1) = d(Axn−1,Axn−2) ≤ qd(xn−1,xn−2) .

Ponavljajuci gornji postupak, zakljucujemo da vrijedi

d(xn,xn−1) ≤ qn−1d(x1,x0) . (5.1)

Neka je sada m> n (m,n ∈ N). Koristeci nejednakost trougla i (5.1) imamo

d(xn,xm) ≤d(xn,xn+1)+d(xn+1,xn+2)+ · · ·+d(xm−1,xm)

≤(

qn + qn+1 + · · ·+ qm−1)

d(x0,x1)

=qn 1− qm−n

1− qd(x0,x1)

≤ qn

1− qd(x0,x1) .


Na osnovu gornjeg ocigledno vrijedi

d(xn,xm) → 0 , (n,m→ ∞) ,

a sto u stvari znaci da je niz (xn)n∈N Cauchyjev. Kako se on nalazi u kompletnommetrickom prostoru, on je onda i konvergentan, pa stavimo da je xn → x ∈ X(n→ ∞). Sada imamo

0 ≤ d(x,Ax) = limn→∞

d(xn+1,Ax) = limn→∞

d(Axn,Ax) .

Zbog kontraktivnosti preslikavanja i konvergencije niza dalje je

0 ≤ d(x,Ax) ≤ q limn→∞

d(xn,x) = 0 .

Dakle, mora biti d(x,Ax) = 0, a sto zbog osobine metrike znaci da je Ax= x, tojest x je fiksna tacka preslikavanja.

Neka je i x ∈X neka druga fiksna tacka preslikavanja A. Tada bi bilo

d(x,x) = d(Ax,Ax) ≤ qd(x,x) ,

a ovo je zbog q ∈ [0,1) moguce samo ako je d(x,x) = 0, to jest ako je x= x. Timesmo pokazali i jedinstvenost fiksne tacke posmatranog preslikavanja. �

Primjer 35. Neka je X = [0,1] ⊂ R. Posmatrajmo preslikavanje Ax = cosx.Kako je AX = [cos1,1], jasno A : X → X. X je zatvoren podskup kompletnogprostora (R sa standardnom metrikom), te A preslikava kompletan prostor u sa-mog sebe. Koristeci se teoremom o srednjoj vrijednosti imamo,

|Ax−Ay| = |cosx− cosy| ≤ maxt∈[0,1]

|sin t||x−y| = |sin1||x−y| .

Kako je |sin1| < 1, zakljucujemo da je A kontraktivno preslikavanje. Prema Ba-nachovom teoremu o fiksnoj tacki preslikavanje A ima jedinstvenu fiksnu tacku.Na osnovu dokaza Banachovog teorema o fiksnoj tacki, krecuci od proizvoljnogelementa iz [0,1], iterirajuci proces nas dovodi do fiksne tacke x= 0.739085133....♦

Primjer 36. Neka je X =C[0,1] sa standardnom metrikom. Posmatrajmo pres-likavanje

Tf(x) = 1−∫ x

0tf(t)dt .

Za f ∈C[0,1] jasno je da Tf ∈C[0,1] (integral neprekidne funkcije je neprekidnafunkcija). Dakle, T : X → X i X je kompletan prostor. Za proizvoljne f,g ∈ X


imamo:

d(Tf,Tg) = maxx∈[0,1]

∣

∣

∣

∣

∫ x

0tf(t)dt−

∫ x

0tg(t)dt

∣

∣

∣

∣

≤ maxx∈[0,1]

∫ x

0t|f(t)− g(t)|dt

≤∫ 1

0t|f(t)− g(t)|dt ≤

∫ 1

0td(f,g)dt =

1

2d(f,g) .

Dakle, preslikavanje T je kontrakcija. Prema Banachovom teoremu o fiksnojtacki jednacina Tf = f ima jedinstveno rjesenje koje mozemo dobiti iterativnimpostupkom, pocev sa proizvoljnom funkcijom f0 ∈ C[0,1]. Dodimo do rjesenjanesto drugacijim rezonom. Kako je preslikavanje t → Tf(t) diferencijabilno, toje i preslikavanje f diferencijabilno, pa iz jednacine Tf = f imamo da je f ′(x) =d

dxTf(x) = −xf(x). Kako je jos f(0) = 1, to je ocigledno f(x) = e− x2

2 na [0,1].♦

Primjedba 5.1.1. Pretpostavka o kontraktivnosti, to jest uslov da je q < 1, jefundamentalna za Teorem 5.5. Zaista, za preslikavanje f : R → R, zadato saf(x) = x+ 1, za x 6= y imamo

|f(x)−f(y)| = |x−y| ,

te je kostanta q = 1, a ovo preslikavanje nema fiksnu tacku.Specijalno, za preslikavanje A :X →X koje zadovoljava uslov

d(Ax,Ay) ≤ d(x,y) ,

kazemo da je neekspanzivno preslikavanje.

Primjedba 5.1.2. Takode ni uslov da je d(f(x),f(y))<d(x,y) ne moze figurisatiu Teoremu 5.5. To mozemo vidjeti posmatrajuci preslikavanje f : R → R, zadatosa f(x) = ln(1+ ex). Neka je x 6= y i ne umanjujuci opstost, pretpostavimo da jex > y. Tada je

|f(x)−f(y)| = | ln(1+ ex)− ln(1+ ey)| = |x−y+ ln1+ e−x

1+ e−y|< |x−y| .

Pretpostavka o postojanju fiksne tacke bi znacila postojanje x ∈ R, takvog da jeln(1 + ex) = x, ili sto je ekvivalentno da vrijedi 1 + ex = ex, a ovo je ociglednonemoguce.Pretpostavka d(f(x),f(y)) < d(x,y) moze obezbijediti postojanje i jedinstvenostfiksne tacke preslikavanja, ali uslovi na domen preslikavanja moraju biti jaci odkompletnosti, sto cemo vidjeti u narednim izlaganjima.


Vaznost Banachovog teorema o fiksnoj tacki je velika. Medutim, treba istaci ivrijednost samog dokaza ovog teorema jer nam on daje princip raznih iterativnihmetoda. Primijetimo da ako u nejednakosti

d(xn,xm) ≤ qn

1− qd(x0,x1)

n drzimo fiksnim, a pustimo da m→ ∞, dobijamo

d(xn,x) ≤ qn

1− qd(x0,x1) ,

sto u stvari predstavlja procjenu greske koja se pravi ako se umjesto tacnogrjesenja x, jednacine Ax = x, uzme ”n-to priblizno rjesenje” xn iterativnog pro-cesa. Takode iz te nejednakosti vidimo da ce na brzinu konvergencije iterativnogprocesa uticati i konstanta kontraktivnosti, ali i izabrana polazna tacka x0. Pro-cjenu greske mozemo izvrsiti na razne nacine.

Teorem 5.6

Neka je A kontraktivno preslikavanje kompletnog metrickog prostora u samogsebe, sa konstantom kontraktivnosti q i fiksnom tackom x. Tada vrijedi:

1. d(xn,x) ≤ qn

1− qd(x0,Ax0),

2. d(xn,x) ≤ qd(xn−1,x),

3. d(xn,x) ≤ q

1− qd(xn−1,xn) .

Nekada preslikavanje nije kontraktivno na citavom kompletnom prostoru, alijeste na nekom njegovom dijelu. Sljedece tvrdenje nam obezbjeduje jedinstvenostfiksne tacke i u takvim slucajevima i direktna je posljedica Banachovog teoremao fiksnoj tacki.

Posljedica 5. Neka je F zatvoren podskup kompletnog metrickog prostora X.Ako je A : F → F kontraktivno preslikavanje, onda preslikavanje A ima tacnojednu fiksnu tacku koja pripada F .

Da smo u Primjeru 35 posmatrali f : R → R, ne bismo mogli konstatovati kon-traktivnost jer max

t∈R|sin t| = 1. Zato smo ”suzili” preslikavanje, f : [0,1] → [0,1],

na zatvoren podskup kompletnog prostora i obezbijedili uslove za primjenu Ba-nachovog teorema.Kao sto cemo vidjeti, ne mora samo preslikavanje biti kontraktivno da bi se

obezbijedila egzistencija i jedinstvenost fiksne tacke.


Teorem 5.7

Neka je X kompletan metricki prostor i neka A :X →X. Ako postoji n ∈ N

takav da je An kontraktivno preslikavanje, tada preslikavanje A ima tacnojednu fiksnu tacku.

Dokaz : Kako je An (za neko n∈N) kontraktivno preslikavanje kompletnog pros-tora u samog sebe, postoji jedinstvena fiksna tacka tog preslikavanja, to jest

(∃1x ∈X) Anx= x .

Ali tada imamoA(Anx) =An+1x=An(Ax) =Ax ,

sto u stvari znaci da je i Ax fiksna tacka preslikavanja An. Zbog jedinstvenosti,zakljucujemo da mora vaziti

Ax= x ,

odnosno, x je fiksna tacka preslikavanja A.Ako bi postojala jos neka fiksna tacka preslikavanja A, naprimjer x, tada bi

imali

Anx=An−1(Ax) =An−1x=An−2(Ax) =An−2x= · · · =Ax= x .

Dakle, x bi bila fiksna tacka i preslikavanja An, a to bi znacilo da mora biti x= x.�

Primjer 37. Posmatrajmo preslikavanje f(x) = e−x koje nije kontrakcija na R.Zaista, recimo za x= −2 i y = 0 je d(f(x),f(y)) = |f(−2)−f(0)| ≈ 6.38> |−2−0| = d(x,y).Medutim, posmatrajmo preslikavanje g(x) = f2(x) = e−e−x

. Za proizvoljne x,y ∈R, na osnovu Lagrangeove teoreme, za neko t izmedu x i y je

g(x)− g(y) = g′(t)(x−y) ,

pri cemu je |g′(t)| = |e−e−t

e−t| = |e−(t+e−t)| ≤ e−1 (jer je t+ e−t ≥ 1), pa za-kljucujemo da je f2 kontraktivno preslikavanje sa konstantom kontrakcije q =e−1 < 1.Prema gornjoj posljedici ipak postoji jedinstvena fiksna tacka preslikavanja f(x) =e−x, to jest postoji jedinstveno x0 ∈ R takvo da je ex0 = x0, koje sada mozemo do-biti primjenjujuci iterativni postupak izlozen dokazom Banachovog teorema, pocevsa bilo kojom realnom vrijednoscu. ♦

Sljedecim tvrdenjem koje predstavlja lokalnu verziju Banachovog teorema, po-kazujemo da se i kompletnost domena moze izbjeci.


Lema 5.8

Neka je (X,d) kompletan metricki prostor i neka je A :B(x0,r) →X kontrak-tivno preslikavanje koje zadovoljava uslov

d(Ax0,x0)< (1− q)r ,

gdje je q konstanta kontraktivnosti. Tada preslikavanje A ima jedinstvenufiksnu tacku.

Dokaz : Neka su zadovoljeni uslovi leme. Tada postoji 0 ≤ r0 < r takav da jed(Ax0,x0) ≤ (1−q)r0. Posmatrajmo sada skup B(x0,r0), to jest zatvorenje kugleB(x0,r0). Za x ∈B(x0,r0) tada imamo

d(Ax,x0) ≤ d(Ax,Ax0)+d(Ax0,x0)

≤ qd(x,x0)+ (1− q)r0 ≤ r0 .

Ovo znaci da A : B(x0,r0) → B(x0,r0), pa na osnovu navedene posljedice za-kljucujemo da A ima jedinstvenu fiksnu tacku na B(x0,r0) ⊆B(x0,r). Jedinstve-nost te fiksne tacke na citavom B(x0,r) se pokazuje na standardan nacin. �

U posljednjih pedesetak godina teorija fiksne tacke je dozivjela veliki napredak.Pri tome su date i mnoge generalizacije Banachovog principa kontrakcije. Kom-pletnosti radi dat cemo jedan od tih rezultata.

Teorem 5.9

Neka je (X,d) kompletan metricki prostor i neka je A : X → X. Neka zaproizvoljne razlicite x,y ∈X vrijedi

d(Ax,Ay) ≤ f(d(x,y)) ,

gdje je f : [0,+∞) → [0,+∞) monotona i neopadajuca (ne obavezno nepre-kidna) funkcija koja zadovoljava uslov

limn→∞

fn(t) = 0 ,

za svako fiksno t > 0. Tada preslikavanje A ima jedinstvenu fiksnu tackux∗ ∈X za koju vrijedi

limn→∞

Anx= x∗ ,

za proizvoljno x ∈X.

Dokaz : Pretpostavimo da je za neko t > 0 zadovoljeno t ≤ f(t). Zbog monoto-nosti funkcije f bi tada bilo f(t) ≤ f(f(t)) = f2(t), a onda indukcijom mozemo za-


kljuciti da je t≤ fn(t) za n∈N, sto se naravno protivi cinjenici da je limn→∞

fn(t) = 0.

Dakle, vrijedi f(t)< t, za svako t > 0.Gornje znaci da ce za svako x ∈X i svako n ∈ N vrijediti

d(An(x),An+1(x)) ≤ fn(d(x,A(x))) ,

iz cega onda zbog osobine funkcije f imamo da za svako x ∈X vrijedi

limn→∞

d(An(x),An+1(x)) = 0 .

Neka je sada ε > 0 i stavimo da je δ(ε) = ε−f(ε). Ako je d(x,A(x)) < δ(ε), tadaza svako z ∈B(x,ε) imamo

d(x,A(z)) ≤ d(A(z),A(x))+d(A(x),x) ≤ f(d(z,x))+d(A(x),x)

< f(d(x,z))+ δ(ε) ≤ f(ε)+ (ε−f(ε)) = ε ,

iz cega zakljucujemo da A(z) ∈B(x,ε), to jest

A(B(x,ε)) ⊆B(x,ε) . (5.2)

Neka je sada x ∈ X proizvoljan. Posmatrajmo niz xn = An(x) (n ∈ N). Zaε > 0 mozemo naci δ(ε) > 0 i dovoljno velik n0 ∈ N, takve da je za sve n ≥ n0

zadovoljeno d(xn,xn+1)< δ(ε). Ovo imamo jer je

d(xn,xn+1) = d(An(x),An+1(x)) ≤ fn(d(x,Ax)) → 0 , n→ ∞ .

Dakle, d(xn0,A(xn0

)) < δ(ε), a to nam opet zbog (5.2) garantuje da vrijediA(B(xn0

,ε)) ⊆ B(xn0,ε). Sada induktivno mozemo zakljuciti da ce za svako

k ∈ N0 vrijeditiAk(xn0

) = xn0+k ∈B(xn0,ε) .

Neka su sada m,n ∈ N takvi da m,n≥ n0. Tada je

d(xn,xm) ≤ d(xn,xn0)+d(xn0

,xm)< 2ε ,

pa je niz (xn)n∈N Cauchyjev. Kako se nalazi u kompletnom metrickom prostoruon je i konvergentan, to jest postoji x∗ ∈X takav da je lim

n→∞xn = x∗.

Pretpostavimo sada da je

d(x∗,A(x∗)) = γ > 0 .

Izaberimo n ∈ N dovoljno veliko, tako da je xn ∈ B(x∗, γ3 ), a zbog konvergencije

je onda d(xn,xn+1)< δ(γ

3

)

. Uslov (5.2) garantuje A(B(xn,γ3 )) ⊆B(xn,

γ3 ), to jest

A(xn) ∈B(xn,γ3 ). Medutim ovo je kontradikcija jer vrijedi

d(A(x∗),xn) ≥ d(A(x∗),x∗)−d(xn,x∗)> γ− γ

3=

2γ

3.


Dakle, mora biti d(x∗,A(x∗)) = 0, to jest A(x∗) = x∗. �

Da je Banachov princip kontrakcije specijalan slucaj gornjeg teorema, jednos-tavno se vidi birajuci f(t) = q t, gdje je 0 ≤ q < 1.Kako smo u Primjedbi 5.1.2 napomenuli, za egzistenciju i jedinstvenost fiksne

tacke preslikavanja, uslov kontraktivnosti mozemo oslabiti, ali zato uslov na do-men preslikavanja moramo pojacati. O tome govori sljedece tvrdenje.

Teorem 5.10

Neka je (X,d) kompaktan metricki prostor i neka preslikavanje A : X → Xzadovoljava osobinu

(∀x,y ∈X , x 6= y) d(Ax,Ay)< d(x,y) .

Tada preslikavanje A ima jedinstvenu fiksnu tacku.

Dokaz : Posmatrajmo preslikavanje f :X →R, zadato sa f(x) = d(x,Ax). Ovo jeneprekidno preslikavanje definisano na kompaktnom skupu, te na osnovu Teorema4.19, ona dostize svoj minimum u nekoj tacki x0 ∈X. Sada je jasno da mora bitix0 =Ax0, to jest x0 je fiksna tacka preslikavanja A jer u suprotnom bismo imali

d(A(Ax0),Ax0)< d(Ax0,x0) ,

sto bi bilo u suprotnosti sa minimalnoscu preslikavanja f .Ako pretpostavimo da postoji i x1 ∈X, takav da je Ax1 = x1, tada bi bilo

d(x0,x1) = d(Ax0,Ax1)< d(x0,x1) ,

sto je ocigledno nemoguce. �

5.2 Primjene Banachovog teorema

Pokazimo sada neke primjene Banachovog teorema o fiksnoj tacki.1. Neka je y= f(x) funkcija definisana na segementu [a,b]. Pitanje, da li postojix0 ∈ [a,b] takav da je f(x0) = x0 je ocigledno pitanje egzistencije fiksne tacke ovogpreslikavanja. Da bismo zadovoljili prvi uslov Banachovog teorema zahtijevamoda f : [a,b] → [a,b]. Uslov kontraktivnosti mozemo dobiti na nekoliko nacina.Jedan je zahtjev da je funkcija f Lipschizova na [a,b], to jest da vrijedi

|f(x)−f(y)| ≤ L|x−y| , x,y ∈ [a,b] ,

i naravno pri tome zahtijevamo da je L < 1. Sada imamo ispunjene sve usloveBanachovog teorema o fiksnoj tacki, pa postoji jedinstveno x0 ∈ [a,b], takav daje f(x0) = x0.


Uslov kontraktivnosti imamo i ako je ispunjeno |f ′(x)| ≤ K < 1 jer na osnovuLagrangeovog teorema je

|f(x)−f(y)| = |f ′(ξ)||x−y| ≤K|x−y| , ξ ∈ (x,y) .

Geometrijski gledano, postojanje fiksne tacke za realnu funkciju je postojanjepresjeka grafa te funkcije i prave y = x.

1 2−1−20

−1

1

2

1 2−1−20

−1

1

2

1 2−1−20

−1

1

2

Slika 5.1: Zavisnost iterativnog postupka od ”nagiba” funkcije.

Na slici 5.1 lijevo i u sredini imamo slucaj kada je |f ′(x)|< 1, a desno je situacijakada je |f ′(x)| ≥ 1, gdje i pored ociglednog postojanja fiksne tacke, itereativnimetod ne konvergira.2. Koristeci gornji primjer, jednostavno sada mozemo pronaci uslove za posto-janje rjesenja jednacine F (x) = 0, na nekom segmentu [a,b], pri cemu je F (a)< 0i F (b) > 0. Pretpostavimo da vrijedi 0< k ≤ F ′(x) ≤K, za proizvoljno x ∈ [a,b].Posmatrajmo funkciju

f(x) = x−λF (x) .

Ocigledno da je postojanje fiksne tacke funkcije f ekvivalentno postojanju rjesenjapolazne jednacine. Kako je sada f ′(x) = 1−λF ′(x), to onda vrijedi

1−λK ≤ f ′(x) ≤ 1−λk ,

pri cemu nam parametar λ ocigledno moze posluziti da pomocu njega namjestimokontraktivnost preslikavanja f .

Primjer 38. Standardna procedura za nalazenje rjesenja jednacine g(x) = 0 uR, gdje je g diferencijabilna funkcija, jeste poznati Newtonov iterativni postupak:startujuci sa proizvoljnim x0, izracunavamo niz po rekurentnoj formuli

xn+1 = xn − g(xn)

g′(xn), n ∈ N .

Ova rekurzivna formula odgovara funkciji f(x) = x− g(x)g′(x) , koja iterirajuci je iz

tacke x= x0, definise niz f(xn−1) = xn (n ∈ N). Ocigledno ce rjesenje jednacine


g(x) = 0 dovoditi do jednakosti f(x) = x, a sto predstavlja fiksnu tacku preslika-vanja f .

Iskoristimo sada Newtonov metod za procjenu vrijednosti broja√

3. Uzet cemoda je g(x) = x2 − 3 i traziti pozitivno rjesenje jednacine g(x) = 0. Newtonovarekurzivna formula nam daje

xn+1 = xn − x2n − 3

2xn=

1

2

(

xn +3

xn

)

.

Kao sto smo rekli, pozitivno rjesenje√

3, jednacine g(x) = 0 ce biti fiksna tackapreslikavanja

f(x) =1

2

(

x+3

x

)

.

Narednom tabelom date su pet iteracija preslikavanja f , za tri razlicite startnevrijednosti x0:

n xn xn xn

0 1.5 1.9 10

1 1.75 1.7394736842 5.15

2 1.7321428571 1.7320666454 2.8662621359

3 1.7320508100 1.7320508076 1.9564607317

4 1.7320508075 1.7320508075 1.7449209391

5 1.7320508075 1.7320508075 1.7320982711

Tablica 5.1: Tabelarni prikaz iterativnog metoda.

Sva tri dobijena niza bi konvergirala ka vrijednosti√

3 ≈ 1.7320508075688.Da bismo opravdali koristenje Banachovog teorema o fiksnoj tacki na ovaj pro-

blem, trebamo odrediti kompletan metricki prostor na kome ce funkcija f biti kon-trakcija. Ako uzmemo da je to (0,+∞), na kome je funkcija definisana, nazalostnemamo kompletnost. Za bilo koje t > 0 zatvoreni interval Xt = [t,+∞) jestekompletan (i nasa funkcija jeste definisana na njemu), ali moramo obezbjediti daf :Xt →Xt i naravno kontraktivnost. Nije tesko provjeriti da funkcija f ima mi-nimum na cijelom (0,+∞) u tacki x=

√3 i da je taj minimum f(

√3) =

√3. Zbog

toga ce za proizvoljno t≤√

3 vrijediti da cim je x≥ t, onda ce biti f(x) ≥√

3 ≥ t,sto znaci da ce za ovakav izbor t-a vrijediti f(Xt) ⊆Xt.Da bi f bila kontrakcija na Xt, uzmimo proizvoljne x,y ∈Xt i posmatrajmo

f(x)−f(y) =x−y

2

(

1− 3

xy

)

.

Kako su x,y ≥ t to vrijedi 1− 3t2 ≤ 1− 3

xy. Nas zahtjev o kontraktivnosti se sada

svodi na zahtjev da bude∣

∣

∣1+ 3xy

∣

∣

∣ < 1, a sto ce biti ostvareno ako je 1 − 3t2 >


−1. Posljednje nam daje uslov da treba biti t >√

32 . Dakle, uslovi za primjenu

Banachovog teorema za preslikavanje f ce biti zadovoljeni ako je

√

3

2< t≤

√3 . (5.3)

Tada f :Xt →Xt i vrijedi |f(x)−f(y)| ≤ 12 |x−y|, za proizvoljne x,y ∈Xt. Sada

primjenom iterativnog postupka izlozenog u dokazu Banachovog teorema dolazimodo fiksne tacke tog preslikavanja, to jest do pribliznog rjesenja. Koliko iteracijatreba napraviti da se dode do zadate tacnosti zavisi od konstante kontraktivnosti,ali i od startne vrijednosti, sto se moze lijepo vidjeti u tabeli 5.1, a sto smo is-takli i Teoremom 5.6. Naime za startne vrijednosti x0 = 1.5 i x0 = 1.9, vec upetoj iteraciji se dostize tacnost na desetu decimalu. Primjetimo da ove startnevrijednosti zadovoljavaju uslov (5.3). U slucaju za startnu vrijednost x0 = 10, iztabele 5.1 vidimo da se u petoj iteraciji dostigne tacnost samo na cetvrtoj deci-mali. Razlog za to je taj sto je polazna tacka ”predaleko” od tacne vrijednosti, ato i te kako utice na brzinu konvergencije. Primijetimo takode da startna vrijed-nost x0 = 10 ne zadovoljava uslov (5.3), a da ipak metod konvergira, sto nam jeobezbjedeno dokazom Banachovog teorema (polaznu tacku iterativnog metoda smobirali proizvoljno). ♦

3. Posmatrajmo konacan linearan sistem algebarskih jednacina

n∑

j=1

aijxj = bi , i= 1,2, ...,n . (5.4)

Postavlja se pitanje, pod kojim uslovima ce dati sistem imati tacno jedno rjesenje?Jednostavnom transformacijom sistem (5.4) transformisemo u ekvivalentan sis-tem

xi =n∑

j=1

(δij −aij)xj + bi , i= 1,2, ...,n ,

gdje je δij Cronecerova delta (jednaka 0 za i 6= j, a 1 za i = j). Definisimo sadapreslikavanje A : Rn → Rn, zadato gornjim sistemom, na sljedeci nacin

x= (x1,x2, ...,xn) ∈ Rn , Ax= y ∈ Rn ,

gdje koordinate tacke y dobijamo iz

yi =n∑

j=1

a′ijxj + bi , i= 1,2, ...,n ,

gdje je a′ij = δij − aij (i,j = 1,2, ...,n). Ocigledno je da traziti rjesenje sistema

(5.4) znaci isto sto i zahtijevati da definisano preslikavanje ima fiksnu tacku, to


jest svodi se na nalazenje x ∈ Rn, takvog da je Ax= x. Kako A slika kompletanprostor u samog sebe, za primjenu Banachovog teorema potrebno nam je da jeto preslikavanje kontrakcija.a) Neka je na Rn definisana metrika

d∞(x,y) = max1≤i≤n

|xi −yi| , x,y ∈ Rn .

Sada za proizvoljne x′, x′′ ∈ Rn imamo

d∞(Ax′,Ax′′) = max1≤i≤n

|y′i −y′′

i | = max1≤i≤n

|n∑

j=1

a′ij(x′

j −x′′j )|

≤ max1≤i≤n

n∑

j=1

|a′ij ||x′

j −x′′j | ≤ max

1≤i≤n

n∑

j=1

|aij | max1≤j≤n

|x′j −x′′

j |

≤ max1≤i≤n

n∑

j=1

|a′ij |d∞(x′,x′′) .

Jasno je sada da uslov

n∑

j=1

|a′ij | ≤ k < 1 , i= 1,2, ...,n , (5.5)

predstavlja uslov kontraktivnosti preslikavanja A.b) Neka je na Rn zadata metrika

d1(x,y) =n∑

i=1

|xi −yi| , x,y ∈ Rn .

Sada za proizvoljne x′,x′′ ∈ Rn imamo

d1(Ax′,Ax′′) =n∑

i=1

|y′i −y′′

i | =n∑

i=1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

n∑

j=1

a′ij(x′

j −x′′j )

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤n∑

i=1

n∑

j=1

|a′ij ||x′

j −x′′j |

≤n∑

i=1

|a′ij |d1(x′,x′′) .

Uslov kontraktivnosti je sada

n∑

i=1

|a′ij | ≤ k < 1 , j = 1,2, ...,n . (5.6)


c) Posmatrajmo sada i trecu metriku na Rn,

d2(x,y) =

(

n∑

i=1

|xi −yi|2)

1

2

.

Za x′,x′′ ∈ Rn je

d2(Ax′,Ax′′) =

(

n∑

i=1

|y′i −y′′

i |2) 1

2

=

n∑

i=1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

n∑

j=1

a′ij(x′

j −x′′j )

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2

1

2

≤n∑

i=1

n∑

j=1

a′2ijd2(x′,x′′) .

Sada je uslov kontraktivnosti zadat sa

n∑

i=1

n∑

j=1

a′2ij ≤ k < 1 . (5.7)

Svaki od uslova (5.5), (5.6) i (5.7) je dakle uslov kontraktivnosti preslikavanjaA te na osnovu teorema o fiksnoj tacki, postoji jedinstveno rjesenje jednacineAx= x, a to je kako smo vidjeli, rjesenje i sistema (5.4).

Sada iterativnim postupkom

x(k+1)i =

n∑

j=1

a′ijx

(k)j + bi , i= 1,2, ....,n ,

krecuci od proizvoljne tacke x0 = (x01,x

02, ...,x

0n), dobijamo niz tacaka x(k) ∈ Rn

koji ce konvergirati ka rjesenju sitema (5.4).

Napomenimo ovdje da je svaki od uslova (5.5), (5.6) i (5.7), ekvivalentan uslovu

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 − 1 a12 ... a1n

a21 a22 − 1 ... a2n

... ... ... ...an1 an2 ... ann − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

6= 0 .

4. Neka je f(x,y) neprekidna funkcija u xy-ravni. Pod kojim uslovima ce dife-rencijalna jednacina prvog reda

y′ = f(x,y) , sa uslovom y(x0) = y0 , (5.8)

imati tacno jedno neprekidno rjesenje? Kako se zelimo posluziti Banachovimteoremom o fiksnoj tacki, ideja je definisati neko preslikavanje kojeg ce fiksna


tacka biti rjesenje postavljenog problema. U tom cilju posmatrajmo integralnujednacinu

y(x) =

∫ x

x0

f(t,y(t))dt+y0 . (5.9)

Jasno je da svako rjesenje integralne jednacine (5.9) predstavlja i rjesenje pro-blema (5.8) i obratno. Zato posmatrajmo preslikavanje definisano sa

Aφ(x) =

∫ x

x0

f(t,φ(t))dt+y0 .

Ocigledno je za neprekidnu funkciju φ i Aφ neprekidna funkcija, pa za neko δ > 0(ciji izbor najvjerovatnije nije proizvoljan) imamo A :C[x0,x0 +δ] →C[x0,x0 +δ].Kako je svaki prostor C[a,b] kompletan, sa standardnom metrikom definisanomsa

φ,ψ ∈ C[a,b] , d(φ,ψ) = maxa≤t≤b

|φ(t)−ψ(t)| ,

to A dakle, preslikava kompletan prostor u samog sebe.Ostaje nam naci uslove pod kojim je definisano preslikavanje kontraktivno. U

tom cilju, za proizvoljne φ, ψ ∈ C[x0,x0 + δ], posmatrajmo

d(Aφ,Aψ) = maxx0≤x≤x0+δ

|Aφ(x)−Aψ(x)|

= maxx0≤x≤x0+δ

∣

∣

∣

∣

∫ x

x0

f(t,φ(t))dt+y0 −∫ x

x0

f(t,ψ(t))dt−y0

∣

∣

∣

∣

= maxx0≤x≤x0+δ

∣

∣

∣

∣

∫ x

x0

(f(t,φ(t))−f(t,ψ(t)))dt

∣

∣

∣

∣

≤ maxx0≤x≤x0+δ

∫ x

x0

|f(t,φ(t))−f(t,ψ(t))|dt .

Da bismo dosli do uslova kontraktivnosti, sada se logicno namece problem nekak-vog uslova na funkciju f . Ako je, naprimjer funkcija f Lipschitzova po drugojvarijabli u oblasti u kojoj je posmatramo, to jest ako je zadovoljen uslov

|f(x,y1)−f(x,y2)| ≤ L|y1 −y2| ,

tada iz gornjeg imamo

d(Aφ,Aψ) ≤ maxx0≤x≤x0+δ

∫ x

x0

L|φ(t))−ψ(t)|dt ,

pa uzimajuci maksimum od |φ(t)−ψ(t)| za x0 ≤ t≤ x0 + δ, imamo

d(Aφ,Aψ) ≤ Ld(φ,ψ) maxx0≤x≤x0+δ

∫ x

x0

dt ,

odnosno,d(Aφ,Aψ) ≤ Lδd(φ,ψ) .


Kao sto smo spomenuli na pocetku, δ sada mozemo izabrati tako da je Lδ < 1, a satim uslovom nase preslikavanje A ce biti kontrakcija, pa na osnovu svega recenog,postojat ce jedinstvena fiksna tacka tog preslikavanja. Dakle, postoji jedinstvenafunkcija yδ ∈C[x0,x0 +δ], koja je rjesenje problema (5.8) na segmentu [x0,x0 +δ].

|

x0 + δ|

x0 + 2δ|

x0

Slika 5.2: Formiranje rjesenja Cauchyjevog problema.

Sada slicnim rezonovanjem mozemo pokazati da ce i na segmentu [x0 +δ,x0 +2δ]postojati jedinstveno rjesenje problema y′ = f(x,y) sa pocetnim uslovom y(x0 +δ) = yδ(x0 + δ).

Gore pokazana egzistencija rjesenja Cauhyjevog problema nije nista drugo dodokaz poznatog Picardovog teorema iz diferencijalnih jednacina.

5. Neka su a,b ∈ R i a < b. Neka je K(x,y) mjerljiva funkcija na kvadratu a≤x≤ b , a≤ y≤ b. Neka je g ∈L2[a,b] proizvoljna i neka vrijedi

∫ b

a

∫ b

a|K(x,y)|2dxdy <

+∞. Tada integralna jednacina

f(x) = g(x)+µ

∫ b

aK(x,y)f(y)dy , (5.10)

ima jedinstveno rjesenje na L2[a,b], ako vrijedi |µ|< ||K||−1L2([a,b]×[a,b]).

Neka su f,g ∈ L2[a,b]. Posmatrajmo funkciju

h(x) = g(x)+µ

∫ b

aK(x,y)f(y)dy . (5.11)

Koristeci Fubinijev teorem i Holderovu nejednakost imamo

∫ b

a

∣

∣

∣

∣

∣

∫ b

aK(x,y)f(y)dy

∣

∣

∣

∣

∣

2

dx≤∫ b

a

(

∫ b

a|K(x,y)||f(y)|dy

)2

dx

≤∫ b

a

(

∫ b

a|K(x,y)|2dy

)(

∫ b

a|f(y)|2dy

)

dx

≤(

∫ b

a

∫ b

a|K(x,y)|2dxdy

)(

∫ b

a|f(y)|2dy

)

<∞ .


Definisimo sada preslikavanje T :L2[a,b] →L2[a,b], zadato sa Tf(x) = h(x), gdjeje f ∈ L2[a,b] i h zadato sa (5.11). Neka su sada f1,f2 ∈ L2[a,b]. Tada imamo

d(Tf1,T f2) =|µ|

∫ b

a

∣

∣

∣

∣

∣

∫ b

aK(x,y)(f1(y)−f2(y))dy

∣

∣

∣

∣

∣

2

dx

1

2

≤|µ|

∫ b

a

(

∫ b

a|K(x,y)||(f1(y)−f2(y))dy|

)2

dx

1

2

≤|µ|(

∫ b

a

(

∫ b

a|K(x,y)|2dy

)(

∫ b

a|f1(y)−f2(y)|2dy

)

dx

) 1

2

=|µ|(

∫ b

a

∫ b

a|K(x,y)|2dxdy

) 1

2

d(f1,f2) .

Zbog nacina izbora broja |µ| < ||K||−1L2([a,b]×[a,b]), sada zakljucujemo da je presli-

kavanje T kontraktivno, a na osnovu Banachovog teorema o fiksnoj tacki ondaimamo jedinstvenu fiksnu tacku tog preslikavanja, koja je ujedno i jedinstvenorjesenje integralne jednacine (5.10).

Jedan od poznatijih teorema matematicke analize, teorem o implicitnoj funkciji,se moze ”jednostavno” dokazati koristeci se Banachovim teoremom o fiksnoj tacki.

Teorem. Neka je (x0,y0) unutrasnja tacka skupa E ⊆ R2 i neka f :E → R zado-voljava uslove:

1. f(x0,y0) = 0,

2. f je neprekidna funkcija na otvorenom skupu G koji sadrzi tacku (x0,y0),

3. ∂f∂x

postoji u G, neprekidna je u (x0,y0) i ∂f∂x

(x0,y0) 6= 0,

tada postoji pravougaonik M ×N = [x0 −α,x0 +α]× [y0 −β,y0 +β] i neprekidnafunkcija φ : M → N , takva da funkcija y = φ(x) je jedino rjesenje jednacinef(x,y) = 0 ciji grafik lezi u M ×N .

Dokaz : Neka je q =(

∂f∂x

(x0,y0))−1

. Kako je ∂f∂x

neprekidna u (x0,y0), postoji

pravougaonik [x0 −δ,x0 +δ]× [y0 −β,y0 +β] ⊂G na kome vrijedi∣

∣

∣1− q ∂f∂x

(x,y)∣

∣

∣<12 . Koristeci pretpostavljene uslove 1. i 2. mozemo naci α ≤ δ, takav da za

x ∈ M = [x0 −α,x0 +α] je qf(x,y0) ≤ β2 . M i N su kompletni pa je i C(M,N)

kompletan prostor sa standardnom metrikom. Definisimo na C(M,N) preslika-vanje

Tφ(x) = φ(x)− qf(x,φ(x)) , x ∈M .


Jasno je da je Tφ neprekidna funkcija. Neka je sada x ∈M .

Tφ(x)−y0 =φ(x)− qf(x,φ(x))−y0 = φ(x)− qf(x,φ(x))− (y0 − qf(x,y0))− qf(x,y0)

=(φ(x)−y0)

(

1− q∂f

∂y(x,u)

)

− qf(x,φ(x)) .

Posljednju jednakost imamo na osnovu teorema o srednjoj vrijednosti za nekou ∈ (y0,φ(x)). Dakle,

|Tφ(x)−y0| ≤ |φ(x)−y0|∣

∣

∣

∣

1− q∂f

∂y(x,u)

∣

∣

∣

∣

+ |qf(x,φ(x))| ≤ β · 1

2+β

2= β .

Ovime smo pokazali da je Tφ(x) ∈N , a to onda znaci da je Tφ∈C(M,N). Dakle,T : C(M,N) → C(M,N).Neka su sada φ1,φ2 ∈ C(M,N) i x ∈M .

Tφ1(x)−Tφ2(x) =(φ1(x)− qf(x,φ1(x)))− (φ2(x)− qf(x,φ2(x)))

=(φ1(x)−φ2(x))

(

1− q∂f

∂y(x,v)

)

,

za neko v izmedu φ1(x) i φ2(x). Koristeci maksimum funkciju po x ∈ M za-kljucujemo da je d(Tφ1,Tφ2) ≤ 1

2d(φ1,φ2), sto znaci da je T kontraktivno presli-kavanje. Koristeci Banachov stav o fiksnoj tacki postoji jedinstveno ψ :M →N ,ψ ∈ C(M,N) takvo da je Tψ = ψ, odnosno f(x,ψ(x)) = 0 za x ∈M . �

Bibliografija

[1] S. Aljancic: Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Beograd 1979.

[2] P. Alexandroff, H. Hopf: Topologie, Berlin, 1935.

[3] B. van der Berg: Metric Spaces, Lecture Notes and Exercises, School of MathematicsUniversity of Bristol, Fall 2015.

[4] W.W.L. Chen: Linear Functional Analysis, Imperial College, University of London,2008.

[5] A. Dress, K.T. Huber, V. Moulton: Metric Spaces in Pure and Applied Mathematics,Documenta Mathematica, Quadratic Forms LSU 2001. 121-139

[6] L.B. Kantorovic , G.P. Akilov: Funkcionalnij analiz, Moskva, 1977.

[7] E. Kontorovich: Baire’s Theorem and its Applications, Department of Mathematics,Bar-Ilan University, Israel

[8] A.N. Kolmogorov , S.V. Fomin: Elements of the Theory of Functions and FunctionalAnalysis, Volume 1 Metric and normed spaces, Rochester N. Y. , 1957.

[9] N. Okicic , E. Duvnjakovic: Opsta topologija, Off-set, Tuzla, 2010.

[10] I. Rogers: Introduction to Metric Spaces and Toplogical Spaces, Based on the lecturenotes of Professor David Preiss, University of Warwick, 2007.

[11] V. Runde: A Taste of Topology, Springer, Berlin Heidelberg NewYork Hong KongLondon Milan Paris Tokyo, 2005.

[12] B. Stankovic: Osnovi funkcionalne analize, Naucna knjiga, Beograd, 1975.

[13] G. Hardy , J.E. Littlewood , G. Polya: Inequalities, Cembridge Mathematical Li-brary, 1934. (first published)

[14] Z. Cerin: Metricki prostori, predavanja za istoimeni kurs, PMF Zagreb

Indeks pojmova

AArzela-Ascoli teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

BBaireov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Banachov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56baza topologije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

CCauchyjev niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Ffiksna tacka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Kkompletnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6, 42komponenta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34konstanta kontrakcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55kontrakcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Llokalna kompaktnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Mmreza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Nneekspanzivno preslikavanje . . . . . . . . . . . 58neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22, 32, 46

Ooblast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

Ppokrivac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .25prostor

kompaktan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

koneksan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29nepovezan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29povezan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .29totalno nepovezan . . . . . . . . . . . . . . . . 34

put . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .36putna povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .36

Sseparabilnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21, 46skup

druge kategorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16gust . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11kompaktan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40nigdje gust . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11odvojeni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28ogranicen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41prve kategorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16relativno kompaktan . . . . . . . . . . . . . . 40separisani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28svuda gust . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11, 21totalno ogranicen . . . . . . . . . . . . . . .6, 42zatvoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

TTeorem Lindelofa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Uuniformna neprekidnost . . . . . . . . . 3, 48, 55

Popis slika

3.1 Put u metrickom prostoru. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

5.1 Zavisnost iterativnog postupka od ”nagiba” funkcije. . . . . . . . . . . . . 65

5.2 Formiranje rjesenja Cauchyjevog problema. . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

Documents

Sadrˇzaj - u: n: t: z. b: apmf.untz.ba/staff/nermin.okicic/...skriptaIIdio.pdf · Poglavlje 1. Kompletnost metriˇckih prostora 3 Teorem 1.2 Uniformno neprekidno preslikavanje slika