analiza 1 teoria i primeri

Uvod u analizu: Predavanje 1

Stefan Hacko

October 7, 2012

1 Skupovi

Uvod u teoriju skupova

A,B,C, . . . Obelezavanje skupova

a, b, c, . . . Obelezavanje elemenata

x X Pripada skupux / X Ne pripada skupuA B,A B,A \B,CA Skupovne operacijeAB = {(a, b)|a A b B} Dekartov proizvod skupova

2 Relacije skupova

Relacija skupa X u odnosu na skup Y obelezava se sa: ABAko je X = Y onda je X2 i naziva se Binaran relacijaOsobine relacija:

1. (x X)xx - Refleksivnost (R)2. (x, y X)(xy) (yx) x = y - Asimetricnost (A)3. (x, y X)(xy) (yx) - Simetricnost (S)4. (x, y, z X)(xy) (yz) xz - Tranzitivnost (T)

2.1 Neke specijalne relacije

RST - Relacija ekvivalencije =,RAT - Relacija poretka

1

3 Funkcije

DEF Za skupove X 6= , Y 6= , relacija f X Y je funkcija koja preslikacaskup X u skup Y ako su ispunjeni uslovi:

1. (x X)(y Y )(x, y) f ;2. ((x, y) f (x, z) f) y = zZapisujemo f : X Y ili (x, y) f y = f(x) gde je X domen, a YKodomen. y se naziva slika, a x original.

Grafik funkcije: Gr(f) = {(x, f(x))|x X}DEF Funkcije (f1, X1, Y1), (f2, X2, Y2) su jednake samo ako su zadovoljeni sledeciuslovi: X1 = X2, Y1 = Y2, f1 = f2.

DEF Skup vrednosti funkcije f : X Y je:

f(x) = {y Y |x X, y = f(x)}

DEF Neka je f : X Y i C X. Funkcija g(x) = f(x), x C nazivase restrikcija (suzenje) funkcije f i pise se g = f |c. Obrnuto funkcija f jeekstenzija (prosirenje) funkcije g.

DEF f : X Y je injekcija (,,1-1) ako vazi

(x1, x2 X)x1 6= x2 f(x1) 6= f(x2)

ovo je ekvivalentno sa

(x1, x2 X)f(x1) = f(x2) x1 = x2.

DEF f : X Y je surjekcija (sirekcija) (,,NA) ako vazi

(y Y )(x X)y = f(x)

DEF Neka je D Y . Skup f1(D) = {x X|f(x) D} naziva se inverznaslika skupa D. Specijalno za D = {y} dobijamo inverznu sliku elementay Y i pisemo f1({y}) = f1(y) Vazi f1(y) X.Ovim je definisana funkcija f1 : Y P (x)DEF Ako je f1(y) = {x}, za sve y Y onda je f1 : Y X, i nazia seinverzna funkcija.

Teorema 1. f : X Y ima inverznu funkciju ako i samo ako (akko) jebiekcija.

Dokaz

2

DEF f : X Y i g : Y Z Funkcija h : X Z definisana sa h(x) =g(f(x)) za svako x X naziva se kompozicija funkcija f i g i pise se h =g f .1

DEF Funkcija h : X X naziva se binarna operacija na skupu X.

3.1 Osobine funkcija

Ako je f : A B,A1, A2 A,B1, B2 B, tada vazi:1. A1 A2 f(A1) f(A2)2. f(A1 A2) = f(A1) f(A2)3. f(A1 A2) f(A1) f(A2)4. B1 B2 f1(B1) f1(B2)5. f1(B1 B2) = f1(B1) f1(B2)6. f1(B1 B2) f1(B1) f1(B2)

1Slika u svesci

3


Stefan Hacko

October 7, 2012

1 Skup realnih brojeva R

DEF Skup realnih brojeva R je svaki neprazan skup na kome su definisanedve binarne operacije i = i binarna relacija tako da su zadoboljeni sledeciuslovi:

1.1 Osobine operacije +

1. (x, y R)x+ y = y + x (komutativnost)2. (x, y, z R)(x+ y) + z = x+ (y + z) (asocijativnost)3. (0 R)(x R)x+ 0 = 0 + x = x (neutralni element)4. (x R)((x) R)x+ (x) = (x) + x = 0 (inverzni elemenat)Na osnovu ovih aksioma skup R ima strukturu Abelove grupe

1.2 Osobine operacije

1. (x, y R)x y = y x; (komutativnost)2. (x, y, z R)(x+ y) + z = x+ (y + z); (asocijativnost)3. (1 R\{0})(x R)x 1 = 1 x = x (neutralni element)4. (x R\{0})(x1 R)x x1 = x1 x = 1 (inverzni elemenat)

1.3 Odnos operacija + i

1. (x, y, z R)x (y + z) = x y + x zNa osnovu ovih aksioma (grupe 1,2,3) skup R ima strukturu polja.

1

1.4 Ospbine relacije

1. (x R)x x; (Refleksivnost)2. (x, y R)(x y) (y x) x = y (Asimetricnost)3. (x, y, z R)(x y) (y z) x z (Tranzitivnost)4. (x, y R)(x y) (y x) (Totalno (linearno) uredenje, tj. svaka dvaelementa su u relaciji)

1.5 Odnos relacija , + i

1. (x, y, z R)x y x+ z y + z (kompatibilnost relacije u odnosu nasabiranje)

2. (x, y, z R)x y x z y z (kompatibilnost relacije u odnosu namnozenje)

1.6 Kompletnost supa R

1. Za X 6= , Y 6= , X, Y R i (x X)(y Y )x y tada (c R) takav daje (x X)(y Y )x c y (Aksioma kompletnosti)

1.7 Pitanje egzistencije skupa R

Da bi postojao skupR moraju se dati odgovori na sledeca pitanja:

1. Da li je skup R NEPROTIVURECAN

2. Da li je skup R KATEGORICAN

1.7.1 Kategoricnost skupa R

Da bi skup R bio kategorican postavljamo pitanje, da li za proizvoljne dve relacije(R1,+1, 1,1) i (R2,+2, 2,2) postoji biekcija f : R1 R2 takva da je za svex, y R:

f(x+1 y) = f(x) +2 f(y)

f(x 1 y) = f(x) 2 f(y)x 1 y f(x) 2 f(y)

Odgovor na ova pitanja je potvrdan.

2

1.8 Interpretacija skupa R

Dve najcesce interpretacije skupa R su:

1. Geometrijska interpretacija

2. Decimalna reprezentacija

1.8.1 Geometrijska interpretacija

U ovoj interpretaciji skup R se poistovecuje sa realnom pravom, interval sa duzi,a realan broj sa tackom na realnoj pravi.

1.9 Vaznija tvrdjenja i definicije

Napomena x y y xDEF x < y x y x 6= y (Strogo manje)Zakon trihotomije (x, y R)(x < y) (x = y) (y < x) (sledi iz definicijestorgo manje)

DEF

x, y Rx y = x+ (y)x : y = xy = x y1, y 6= 0DEF

R+ = {x R|x > 0} (nenegativni brojevi)R = {x R|x < 0} (negativni brojevi)Sa R+ se obelezava desna brojevna poluprava, a sa R leva brojevna poluprava.

DEF Intervali:

a, b R, a < bOtvoren interval: (a, b) = {x R|a < x < b}Zatvoren interval: [a, b] = {x R|a x b}Analogno se definise i poluotvoren (poluzatvoren) interval: [a, b), (a, b].

1.10 Apsolutna vrednost

DEF Apsolutna vrednost realnog broja x R|x| = (x x > 0) (0 x = 0) (x x < 0)

3

Osobine: x, y R1. |x| 02. | x| = |x|3. (|x| < r, r > 0) r < x < r4. |x y| = |x| |y|5. |xy | = |x||y|6. |x+ y| |x|+ |y|7. ||x| |y|| |x y|

1.11 MIN i MAX

DEF Elementa a A,A R je maksimalan (najveci)1 elemenat skupa Aako za sve x A vazi da je:

x a (1)Tada pisemo:

a = maxA (2)

DEF Elementa b A,A R je minimalan (najmanji) elemenat skupa A akoza sve x A vazi da je:

b x (3)Tada pisemo:

b = minA (4)

Primer A = [0, 1]

minA = 0

maxA = 1

Primer A = (0, 1) Za ovaj skup ne postoje ni minimum ni kamsimum.

Dokaz

Pretpostavimo suprotno. a = min (0, 1) Odavde sledi da je a (0, 1). Ondatakodje je i a2 (0, 1), a a2 < a sto je kontradikcija.

1Termini maksimalan i najveci su ekvivalentni samo u totalno uredjenim prostorima

4

2 Skup prirodnih brojeva N

DEF Podskup X R je induktivana ako:(x R)(x X x+ 1 X)Primer Induktivni skupovi su R,R+, ...

Teorema Presek proizvoljne familije induktivnih skupova je ili prazan skup iliponovo induktivan skup.

Dokaz

Neka su {X}J , X R, induktivni za sve J .X =

J X

1. X = 2. Predpostavimo da je X 6= Onda:x X x X, za svako J (zato sto vazi X =

J X)

Iz x X x+ 1 X, za svako J (zato sto su X induktivni)Sledi x+ 1 J X = XPokazali smo da iz x X x+1 X. Odavde i iz definicije induktivnog skupasledi da je i X induktivan skup sto je i trebalo dokazati.

DEF Skup prirodnih brojeva N je presek svih induktivnih podskupva skupaRkoji sadrze 1.(Tj. to je najmanji induktivan skup koji sadrzi 1.)

Teorema Princip matematicki indukcije:

Neka je S N Ako vazi:1.1 S2. n S n+ 12 STada je S = N

2Jos se zove i sledbenik

5


Stefan Hacko

October 17, 2012

1 Teoreme vezane za skup N

Teorema

1. (m,n N) m + n N2. (m,n N) m n N3. (n N n 6= 1) n 1 N4. (m,n N m > n) m n N5. minN = 1

6. Svaki neprazan podskup A N ima minimalan elemenat.Dokaz

1. (m,n N) m + n NNeka su m,n N, a m je proizvoljan i utvrdjen.Neka je S = {n N|m + n N}Dokaz cemo dati principom matematicke indukcije.

1. Proverimo da li je 1 S1 S jer je m + 1 N (N je induktivan)2. Treba jos dokazati da je n + 1 SAko je neki prirodan broj n S onda je i m + n N (iz definicije skupa S.Odavde zbog induktivnosti skupa N sledi:

(m + n) + 1 = m + (n + 1) N (m + nje N iz definicije skupa S)Sledi da je onda i n + 1 S odakle po principu matematicke indukcije sledi daje S = N. Treba napomenuti da je m proizvoljan prirodan broj, iz ceka sledi daovo tvrdjenje vazi za bilo koja dva prirodna broja.

2. (m,n N) m n NNeka su m,n N, a m je proizvoljan i utvrdjen.

1

Neka je S = {n N|m n N}Dokaz cemo dati principom matematicke indukcije.

1. Proverimo da li je 1 S1 S jer je m 1 N2. Treba jos dokazati da je n + 1 SAko je neki prirodan broj n S onda je i m n N Posto vazi da zbir bilo kojadva prirodna broja je prirodan broj sledi:

m n + m = m n + 1 m = m(n + 1) NDalje sledi da je i n + 1 S. Sledi S = N. Posto je m bilo proizvoljno dokaz jezavrsen.

3. (n N n 6= 1) n 1 NNeka je S = {n 1|n N n 6= 1} N1. Proverimo da li je 1 S1 S jer je 1 = (1 + 1) 1, a 1 + 1 NAko je m S, to znaci da je m N (iz definicije S) i da postoji neko n N in 6= 1, tako da je m = n 1. Tada je i m + 1 N i pri tome jem + 1 = (n 1) + 1 = (n + 1) 1Posto je n + 1 N (zbog induktivnosti) sledi da je i m + 1 S (po definicijiskupa S (n + 1) 1 S). Ovim je pokazano da su skupovi S i N jednaki, cimeje dokazano tvrdjenje.

4. (m,n N m > n) m n NNeka je m N proizvoljan i fiksiran.Neka je S = {n N|m n N m > n}1. Proverimo da li je 1 S.Ako je n = 1, a vazi m > n = 1 sledi da m 6= 1. Na osnovu 3. sledi da jem 1 N, pa je 1 S.2. Dokazimo jos da je n + 1 SPredpostavimo da vazi m n N za m > n. Neka je m > n + 1, a samim timje m > n dakle vazi m n N. Takodje iz m > n + 1 sledi m n > 1 pa vazi(mn)1 N, a samim tim m(n+1) N. Odavde sledi da je n+1 S cimesmo dokazali na osnovu principa matematicke indukcije da je S = N. Treba jossamo primetiti da je prirodan broj m proizvoljan cime je dokaz zavrsen.

5. minN = 1

Neka je S = {n N|1 n}

2

1. 1 S jer je 1 1 (iz aksioma).2. Neka je n S, to znaci da je 1 n. Posto vazi 0 < 1 (ranije dokazano) ondasledi 1 + 0 n + 1 odakle sledi 1 n + 1. Sledi da je i n + 1 S.Na osnovu matematicke indukcije sledi da je S = N, tj. 1 n za svako n N,tj. minN = 1.

6. Svaki neprazan podskp A N ima minimalan elemenat.1. Ako je 1 A na osnovu 5. 1 = minA2. Ako 1 / A, neka je onda S = N \A. Tada je 1 S. U skupu S postoi broj ntakav da svi brojevi manji od njega pripadaju skupu S, a broj n + 1 A. Akotakav element ne bi postojao, onda bi S bio induktivan podskup N sa jedinicompa bi sledelo S = N, tj A = N\S = sto je nemoguce jer je A neprazan podskup.Odavde sledi da je n + 1 = minA.

1.1 Vaznije definicije

DEF Neka je x R, a n Nx1 = x

xn = x xn1, n 2DEF N0 = N {0}

2 Skup celih brojeva Z

DEF (N) = {n|n N} je skup inverznih elemenata skupa N.DEF Skup celih brojeva je:

Z = (N) {0} NTeorema (Z,+, ) je komutativan prsten sa jedinicom.Dokaz (Z,+, ) nije polje jer ni jedan elemenat osim 1,1 nema inverzni eleme-nat u Z. Dokazimo ovo tvrdjenje.

Neka je m N,m 6= 1. Predpostavimo da postoji m1 Z. Mnozenjemnejednakosti 0 < 1 < m sa m1 > 0 dobijamo:

0 < m1 < m m1 = 1.Odavde slidi da ne postoji m1 Z.DEF Relacija deljivosti

a|b (k Z)b = k a

3

DEF Dva cela broja su uzajamno prosta, ukoliko nemaju zajednickih deliocarazlicitih od 1,1.(p, q) = 1 (p, q su uzajamno prosti)

DEF

x R, x 6= 0x0 = 1

xn = (xn)1, n N

3 Skup racionalnih brojeva Q

DEF Broj oblika m n1,m Z, n N naziva se racionalan broj.m n1 = mn , (m,n) = 1Zakon kancelacije

k Z \ {0}pq =

kpkq

Dokaz

kpkq = (k p) (k q)1 = (kp)(k1q1 = (kk1)(pq1) = pqTeorema (Q,+, ,) je uredjeno polje.Dokaz Sledi neposredno iz aksioma za skup R

Pokazimo da se skup Q ne poklapa sa skupom R, tj. postoji element iz skupa Rkoji nije u skupu Q

Posmatrajmo skupove:

X = {x R|x2 < 2}Y = {y R|y2 > 2}Ocigledno je sa su skupovi X,Y nperazni i da je X Y = . Za pozitivnebrojeve vazi x < y x2 < y2, sto znaci da je svaki elemenat skupa X manji odsvakog elementa skupa Y . Iz aksiome kompletnosti sledi da postoji c R takoda vazi:

(x X)(y Y )x c y.Pokazimo da c2 = 2. Koristimo zakon trihotomije za ovaj dokaz.

Predpostavimo da je c2 < 2. Broj q = 2 c+1c+2 pripada skupu X jer je q > 0 (c > 0)i

q2 2 = 2 c2 2

(c + 2)2< 0 (1)

4

Sa druge strane q > c jer je:

q c = 2 c2

c + 2> 0 (2)

sto je kontradikcija sa izborom c (c je vece od svakog elementa iz skupa X).

Slicno se pokazuje da ne vazi c2 > 2, pa na osnovu zakona trihotomije sledi daje c2 = 2.

Pokazimo sada da c / Q, tj. da jednacina c2 = 2 nema resenja u Q. Pred-postavimo suprotno, postoji racionalan broj r > 0 koji je resenje jednacinex2 = 2 i zapisimo ga u obliku r = pq , (p, q) = 1

Tada je p2

q2= 2 tj, p2 = 2q2. To znaci da je p2 paran broj pa je i p paran broj, tj.

p = 2k. Sledi da je q2 = 2k2, sto znaci da je i q paran broj sto je u kontradikcijisa predpostavkom (p, q) = 1.

Odavde sledi da postoji realan broj koji nije racionalan.

5


Stefan Hacko

October 18, 2012

1 Skup iracionalnih brojeva I

DEF I = R \QPostoje dve gruper iracionalnoh projeva.

1.1 Algebarski iracionalni brojevi

Oni su resenja algebarskih jednacina, tj. jednacina oblika:

anxn + an1xn1 + + a1x+ a0 = 0, ak Z, k = 0, 1, ..., n (1)

Primer: x2 2 = 0, ...

1.2 Transcedentni iracionalni brojevi

Svi ostali

Primer: pi, e, ...

2 Posledice aksiome kompletnosti

DEF Neprazan skup A R je ogranicen sa gornje strane ako postoji c Rtakvo da x c za sve x A. Broje c je jedno gornje ogranicenje ili majorntaskupa A

DEF Donje ogranicenje (minoranta) (definise se analogno predhodnom)

DEF Skup A R je ogranicen ako je ogranicen i sa donje i sa gornje strane (tj.moze se predstaviti kao interval)

DEF Najmanje gornje ogranicenje skupa A naziva se supremum skupa A, uoznaci

supA

1

Napomena Neka je s = supA to znaci:

1. s je gornje ogranicenje

2. ne postoji menje gornje ogranicenje

DEF Najvece donje ogranicenje skupa A naziva se infimum skupa A u oz-naci

inf A

Napomena Neka je s = inf A to znaci:

1. s je donje ogranicenje

2. ne postoji vece donje ogranicenje

Napomena Ako postoje inf, sup oni su jedinstveno odredjeni.

Teorema Princip supremuma

Svaki neprazan sa gornje strane ogranicen podskup skupa R ima supremum.

Dokaz

Neka je X 6= ;X R, X je ogranicen sa gornje strane.Y = {y R|(x X)x yIz aksiome kompletnosti sledi da postoji c R tako da je (x X)(y Y )x c y1. c je jedno gornje ogranicenje

2. c je najmanje gornje ogranicenje

Sledi c = supX

Teorema Princip infimuma

Svaki neprazan sa donje strane ogranicen podskup skupa R ima infimum.

Neka je X 6= ;X R, X je ogranicen sa gornje strane.Y = {y R|(x X)y xIz aksiome kompletnosti sledi da postoji c R tako da je(x X)(y Y )y c x1. c je jedno donje ogranicenje

2. c je najvece donje ogranicenje

Sledi c = inf X

Teorema

1. Svaki neprazan sa gornje strane ogranicen podskup skupa N ima maksimalanelemenat.

2

2. Skup N nije ogranicen za gornje strane.

3. Svaki neprazan sa gornje strane ogranicen podskup skupa Z ima maksimalanelemenat.

4. Svaki neprazan sa donje strane ogranicen podskup skupa Z ima minimalanelemenat.

5. Skup Z nije ogranicen ni sa gornje ni sa donje strane.

Dokaz

1. Neka jeA N, A 6= . A je ogranicen sa gornje strane. Iz principa supremumasledi da postoji s = supA, s R. Vazi (n A)n s. Po definiciji supremumamora postojati n A da vazi s 1 < n s. Sledi da je n + 1 > s sto znacin+ 1 / A. Odavde sledi da je n = maxA = s.2. Predpostavimo suprotno. N je ogranicen sa gornje strane. Iz 1 onda sledida N ima maksimalni elemenat n0 = maxN. Ali zbog induktivnosti skupa Npostoji n0 + 1 > n0 sto je kontradikcija. Sledi skup N je neogranicen sa gornjestrane.

3. Neka je A Z, A 6= . A je ogranicen sa gornje strane. Iz principa supremumasledi da postoji s = supA, s R. Vazi (n A)n s. Po definiciji supremumamora postojati n A da vazi s 1 < n s. Sledi da je n + 1 > s sto znacin+ 1 / A. Odavde sledi da je n = maxA = s.4. Neka je A Z, A 6= . A je ogranicen sa donje strane. Iz principa infimumasledi da postoji s = inf A, s R. Vazi (n A)n s. Po definiciji supremumamora postojati n A da vazi s n > s + 1. Sledi da je n 1 > s (postojanjeelementa n-1 sledi iz induktivnosti skupa N i definicije skupa Z) sto znaci n1 /A. Odavde sledi da je n = minA = s.

5. Slicno 2.

3

3 Prosirenje skupa R tj. R

DEF R = R {+,} (elementi plus i minus beskonacno se nazivaju fik-tivnim elementima)

1. (a R) < a < +2. (a R)a+ (+) = +(a R)a+ () = 3. a > 0

a (+) = +a () = a < 0

a (+) = a () = +DEF Ako podskup A R nije ogranicen sa gornje strane, pisemo supA =+.Ako podskup A R nije ogranicen sa donje stane, pisemo inf A = .

4


Stefan Hacko

October 23, 2012

1 Arhimedov princip

Teorema Arhimedov princip

Za proizvoljno a > 0 i svako b R postoji jedinstven ceo broj k tako da je:

(k 1)a b < ka (1)

Dokaz

Neka je M = {n Z| ba < n}1. SkupM je neprazan (jer je Z neogranicen, tj. znacilo bi da je broj ba = maxZsto bi bila kontradikcija)

2. M Z je ogranicen sa donje strane, odakle seldi da postoji minM . Nekaje k = minM odakle sledi ba < k. Ovim je dokazana desna strana nejed-nakosti.

3. PPS Postoji elemenat ba < k 1 Sto je kontradikcija jer bi sledelo da jeminM = k 1, a pokalai smo da je k = minM . Sledi (k 1) baSledi

(k 1) ba k (2)

Napomena1

x R, x (k a)f(x) = [x] , x R (najveci ceo broj x)

1.1 Posledice arhimedovog principa

Teorema

1. Za svako x > 0 postoji n0 N tako da je 0 < 1n0 < x.1Slike u svesci

1

2. Ako je x 0 i vazi da je x < 1n za svako n N onda je x = 0.3. Za proizvoljno a, b R, a < b postoji r Q tako da vazi a < r < b. (Izmedjudva realna broja postoji racionalan)

Dokaz

1. Iz arhimedovog principa sledi da postoji k Z takvo da je kx > 1. Iz 1 > 0 ix > 0 sledi da je i k > 0. Sledi da je x > 1k . Posto je k N k mozemo uzeti zatrazeno n0.

2. PPS Neka je x > 0. Iz 1. sledi da postoji n0 tako da je x >1n0

Ovo jekontradikcija sa predpostavkom zadatka (postoji n0 takvo da uslov ne vazi).Odavde sledi da x = 0.

3. Iz a < b sledi da je b a > 0, a iz 1. sledi da postoji n N takvo da je1 < (b a)n tj. 1n < (b a).Iz arhimedovog principa sledi da postoji broj k Z takav da je

(k a) 1n a < k 1

n(3)

Uzmimo za r = kn . Pokazmo da je a < r < b. Iz (3) sledi da je a < r.

PPS Neka je b r. Odavde sledik 1n a < b k

n(4)

Sledi

b a k k + 1n

=1

n(5)

Kontradikcija sa izborom n. Sledi da je r < b, sto je i trebalo dokazati.

2 Kantorov princip

DEF Funkcija f : N X naziva se niz elemenata skupaX, u oznaci {Xn}nIn = [an, bn], an < bn, n N {In}nN naziva se niz zatovrenih intervala.DEF Za niz {In}n kazemo da je niz zatvorenih umetnutih intervala ako vaziIn+1 In za sve n NTeorema Kantorov princip

Neka je {In}nN niz zatvorenih umetnutih intervala. Tada je:nN

In 6= (6)

Ako za svako > 0 postoji n0 N tako da je bn0 an0 < onda jenN In

jednoclan skup.

2

Dokaz

Neka je In = [an, bn], an < bn, n N i neka je In+1 In za sve n N.Pokazimo da je an bm za sve m,n N.PPS Neka za neko m 6= n vazi bn < an. Onda vazi:

am bm < an bn (7)

Sledi Im In = sto je kontradikcija jer intervali moraju biti umetnuti.Neka je:

A = {an|n N}B = {bn|n N}Iz akisome kompletnosti sledi da postoji c R tako da je an c bm za svem,n N. Za neko m = n sledi an c bn. Sledi c [an, bn] = In za svakon N Dalje sled da je c nN In.Dokazimo i jedinstvenost c pod dotatnim uslovom.

PPS neka je i neko c1 nN In, c < c1. Sledi c1 c > 0. Iz ranije dokazanog

sledi an c < c1 bn. Sledi 0 < c1 c bn an. Za = c1 c dobijamokontradikciju iz koje sledi c1 = c. Sto je trebalo dokazati.

Napomena Uslov da su intervali zatvoreni ne moze se odbaciti.

Dokazimo ovo na primeru niza

In = (0,1

n), n N (8)

koji je inz umetnutih ali ne i zatvorenih intervala.nN In = .

PPS neka je x (0, 1n) tj. 0 < x < 1n za sve n inN. Ovo je kontradikcija jer izranije dokazanog postoji n0 tako da vazi 0 0 takav da je y = supX. Pokazimo da je to y bas onotrazeno.

3

Predpostavimo da je yn < x. Oznacimo = x yn > 0. Za svako h, 0 < h < 1vazi da je:

(y+h)n = yn+nk=2

(n

k

)ynkhk1 < yn+h

nk=1

(n

k

)ynk = yn+h((1+y)nyn)

(10)

Za h < (1+y)nyn sledi da je (y + h)n yn + = x sto znaci da (y + h) X sto

je kontradikcija sa izborom y.

Analogno se pokazuje za slucaj yn > x. Sledi da je yn = x.

4


Stefan Hacko

November 4, 2012

1 Prebrojivi i neprebrojivi podskupovi skupa R

DEF Skupovi A i B su ekvivalentni (ekvipotentni, iste moci) ako postoji biekcijaf : A B, pisemo A B1. A A (postoji identitet funkcija) (R)2. A B B A (postoji inverzna funkcija) (S)3. A B B C A C (postoji kompozicija funkcija) (T)Sledi da je relacija ekvivalencije (RST)DEF Klasa ekvivalencije kojoj pripada skup A naziva se kardinalan brojskupa A, u oznaci card A

DEF A je konacan ako postoji prirodan broj n takav da su skupovi A i{1, 2, ..., n} iste moci. Tada je card A = ncard = 0DEF Svi skupovi koji nisu konacni su beskonacni. Njihovi kardinalni brojevi senazivaju transfinitni kardinalni brojevi.

DEF card A card B ako postoji biekcija f : A B1 B1. card A card A (R)2. card A card B card B card A card A = card B (A)3. Tranzitivnost

je relacija poretka i to uredjenje je totalno.Napomena Ako je A B tada card A card B.Dokaz Direktno iz definicije f : A A BPrimer card N = card 2N (f(n) = 2n)

DEF Skup A je prebrojiv ako je ekvivalentan skupu prirodnih brojeva, tj.postoji biekcija f : N A

1

Napomena Ako je skup prebrojiv onda se moze zapisati u obliku niza A ={a1, a2, ..., an, ...}card N = 0DEF Za skup pkoji je konacan ili prebrojiv kazemo da je najvise prebrojiv.

Teorema

1. Beskonacan podskup prebrojibog skupa je prebrojiv skup.

2. Ako je skup B prebrojiv i A B, tada je skup A najvise prebrojiv.3. Ako je B bilo koji beskonacan skup, postoji njegov podskup A koji je pre-brojiv.

Dokaz

1. Iz B je prebrojiv, sledi card B = card N. Iz A B sledi da je card A card B. Posto je A beskonacan podskup sledi da ne postoji biekcija f : A {1, 2, 3, ..., n}. Odavde sledi da card A = card N. Tj. card A = card B2. Ako je podskup od B konacan, samim tim je prebrojiv. Ako je taj poskupbeskonacan, onda iz 1. sledi da je on prebrojiv.

3. B je beskonacan, a samim tim je i neprazan sto znaci da postoji neki a1 B.Posto je skup B beskonacan samim tim je i skup B\{a1} neprazan, sto znacida postoji neki clan a2 B\{a1}. Posto je B beskonacan sledi da za svakon N postoji an B\{a1, a2, ...an1}. Na ovaj nacin dobijamo beskonacanniz {a1, a2, ..., an, ...} B. Sledi da svaki beskonacan skup ima prebrojiv pod-skup.

Teorema Unija najvise prebrojivo mnogo prebrojivih skupova je prebrojiv skup.

Dokaz Neka je X1, X2, ... najvise prebrojiva familija prebrojivih skupova. Toznaci da se svaki od njih moze zapisati u obliku niza, tj. da je Xm = {x1m, x2m, ..., xnm, ...}.Neka je X =

mXm. Tada je pre svega

card X card Xm = card N (1)

Funkcija xnm (m,n) injektivno preslikava X u N N pa vazicard X card(N N) (2)

Treba pokazati da je card(N N) = card N.U knjizi je pokazano da je ovo tacno.

Sledi da je card X = card N

Napomena Iz teoreme sledi:

card Z = card N = 0cardQ = card N = 0

2

Teorema Kantorova teorema za skupove

Skup realnih brojeva iz intervala [0, 1] nije prebrojiv, tj cardN card[0, 1].Dokaz Posto funkcija f(n) = 1n , n N, injektivno preslikava skup N u interval[0, 1] to je N card [0, 1].Predpostavimo suprotno, tj N = card [0, 1], sto znaci da se njegovi elegovi ele-menti mogu poredjati u niz oblika x1, x2, ..., xn, ....

Odaberimo zatvoren netrivijalan podinterval I1 [0, 1] tako da x1 / I1. Izaber-imo zatim zatvoren interval I2 I1 tako da x2 / I2. Nastavljajuci ovaj postupakdobijamo niz zatvorenih umetnutih podintervala I1, I2, ... intervala [0, 1]. Na os-novu kantorovog principa

nN In je neprazan.

Broj x, koji pripada tom preseku sa jedne strane pripada intervalu [0, 1], a sadruge, po konstrukciji intervala In, razlicit je od xn, za sve n N. Ovo jekontradikcija sa predpostavkom da se svi realni brojevi iz intervala [0, 1] moguporedjati u niz. Sledi da interval [0, 1] prebrojiv.

Napomena

card [a, b] = card [0, 1] (f(x) = (b a)x + a).card [0, 1] = card (0, 1)

(f(x) = {(12 x = 0)( 1x+2 x = 1/n(x A1)(x x (0, 1)\A)})card R = card (pi2 , pi2 ) (f(x) = arctanx)Kardinalan broj skupa R se oznacava sa c. Skupovi koji su ekvivalentni saskupom R kazemo da imaju moc kontinuuma.

card I = c

Teorema card X card P (X)Dokaz Neka je g : x {x}, x X biekcija svih x na jednocla bodskup P (X).Sledi card X card P (X).PPS. Neka je cardX = cardP (X) Sledi da postoji biekcija f : x P (X).Neka je skup A = {x X|x / f(x)} P (X). Sledi da postoji a X, f(a) = A.Sledi da je a A i a / A sto je kontradikcija.

1Skup svih brojeva oblika 1/n

3


Stefan Hacko

October 30, 2012

1 Topoloska struktura skupa R

DEF Okolina tacke x0 R je svaki podskup skupa R koji sadrzi otvoreni intervalkome pripada tacka x0. Tj. O R je okolina tacke x0 R ako postoji otvoreniinterval (a, b) tako da x0 (a, b) OTeorema Otvoreni interval je okolina svake svoje tacke.

Dokaz Za proizvoljno x0 (a, b), (a, b) je okolina x0. Posto je x0 proizvoljnosledi da je (a, b) okolina svake svoje tacke.

Def Skupovi oblika (x0 , x0 + ), > 0 nazivaju se -okoline tacke x0.Def Okolina tecke x0 je svaki podskup skupa R koji sadrzi neku -okolinu tackex0.

Napomena Obe definicije okoline su ekvivalentne posto svaka okolina tackesadrzi neku -okolunu za < min{x0 a, b x0}.Oznacimo sa V (x) skup svih okolina tacke x0 R.Teorema

1. Ako je O V (x0) onda x0 O (tacka pripada svakoj svojoj okolini)2. Ako O V (x0) i O V onda V V (x0). (Nadskup okoline tacke je okolinatacke)

3. Ako O1, O2 V (X0) onda O1 O2 V (x0)4. Ako O V (x0), tada postoji W V (x0), tada za svako y W je O V (y).

Dokaz

1. Iz O V (x0) sledi x0 (a, b) O sledi x0 O.2. Iz O V (x0) sledi x0 (a, b) O. Iz O V sledi x0 (a, b) V slediV V (x0)3. Iz O1 V (x0) sledi da postoji 1 > 0 takvo da je (x0 1, x0 + 1) O1.Iz O2 V (x0) sledi da postoji 2 > 0 takvo da je (x0 2, x0 + 2) O2. Za

1

= min{1, 2} sledi da je (x0 + , x0 + ) = (x0 + 1, x0 + 1) (x0 + 2, x0 + 2).Sledi (x0 , x0 + ) O1 O2. Sledi O1 O2 V (x0).4. Iz O V (x0) sledi x0 (a, b) O Pokazimo da za W mozemo uzeti basotvoreni interval (a, b). Za y (a, b) sledi (a, b) V (y). Posto je (a, b) O iz2. sledi da je 0 V (y)DEF Otvoreni skup je svaki podskup R koji je okolina svake svoje tacke.

Primeri

(a, b) je otvoren skup.

(a, b) (c, d) je otvoren skup.(a, b) (c, d) 6= je otvoren skup.Teorema Oznacimo sa skup svih otvorenih podskupova skupa R. Tadavazi:

1. R, 2. Presek dva elementa iz je takodje u .

3. Svaka unija elemenata iz je u .

Dokaz

1. Za proizvoljno x R postoji = 1 takvo da (x 1, x + 1) R. Posto je(x 1, x+ 1) V (x) sledi iz 2. predhodne teoreme da je R V (x). Posto je xbilo proizvoljno sledi da je R okolina svake svoje tacke pa je otvoren.

Za prazan skup trivijalno vazi da je otvoren posto nema tacaka.

2. Neka su A1, A2 Neka je proizvoljno x A1 A2. Iz A1, A2 sledida su A1, A2 otvoreni skupovi pa su oni kololina svake svoje tacke pa i tacke x.Iz 2. predhodne teoreme sledi da je i A1 A2 okolina tacke x. Posto je x biloproizvoljno sledi da je A1A2 okolina svake svoje tacke, pa je A1A2 .3. Neka je Ai , i I. Neka je skup A =

i IAi Za proizvoljno x A

Postoji Ai0 , i0 I takvo da je Ai0 A. Posto je Ai0 otvoren sledi da je onokolina tacke x. Posto je A nadskup Ai0 onda je i A okoina tacke x. Posto jex bilo proizvoljno sledi da je A okolina svake svoje tacke pa je otvoren skup stoznaci da je A .Napomena Posledica ove teoreme je da su otvoreni skupovi u R otvoreni inter-vali.

DEF Neka je X neprazan skup, a podskup partitivnog skupa P (X) sa osobi-nama:

1. Skup X i prazan skup pripadaju skupu ;

2. Presek dva elementa iz je u ;

3. Svaka unija elemenata iz je u .

2

Elementi sukupa su otvoreni skupovi, (X, ) je topoloski prostor sa topologijomdefinisanom sa skupom

Napomena Iz teoreme 3. sledi da je skup realnih brojeva R sa skupom otvorenihskupova u smislu definicije otvorenog skupa topoloski prostor. Ovo je uobicajnatopologija na R.

Za = {R, } dobija se trivijalna topologija.Za = P (R) dobija se diskretna topologija.

DEF Zatvoreni skup je skup ciji je komplement otvoren skup.

Primer {[a, b] = ( inf, a) (b,+ inf)Teorema Neka je F skup svih zatvorenih podskupova u R. Tada vazi:1. Skup R i prazan skup su u F2. Unija dva elementa iz F je u F3. Svaki presek elemenata iz F je u FDokaz

1. { = R, posto je R otvoren je zatvoren.{R = 2.

Neka je A1 F sledi (B1 R){B1 = A1. Neka je A2 F sledi (B2 R){B2 = A2. Pokazimo da je A1 A2 F .A1 A2 = {B1 {B2 = {(B1 B2)Posto su B1 i B2 po konstrukciji otvoreni, iz 2. predhodne teoreme sledi da je iB1 B2 otvoren skup, a njegov komplement je zatvoren.3. Analogno predhodnom sa pozivanjem na 3. predhodne teoreme.

DEF Tacka a A R je unutrasnja tacka skupa A ako je A V (a), tj. postoji > 0 takav da je (a , a+ ) A.DEF Skup svih unutrasnjih tacaka skupa A naziva se unutrasnjost skupa A, uoznaci A.

Napomena A APrimer

(a, b) = (a, b)

[a, b] = (a, b)

{1} = Q = (ne postoji interval racionalnih brojeva)

3

Pravila iz knjige str. 38

DEF Tacka b R je adherentna tacka skupa A R ako u svakoj okolini tacke blezi bar jedan elemenat skupa A, tj. za svako > 0, (b , b+ ) A 6= .DEF Skup svih adherentnih tacaka skupa A naziva se adherencija (zatvaranje)skupa A, i obolezava se sa A.

Napomena A APrimeri

(a, b) = [a, b]

[a, b] = [a, b]

{1} = {1}Napomena Skup je zatvoren ako se poklapa sa svojom adherencijom.

DEF Tacka c R je tacka nagomilavanja skupa A ako svaka okolina tacke csadrzi bar jednu tacku skupa A razlicitu od c, tj. za svako > 0 vazi da jeA ((c , c+ )\{c}) 6= .Neposredno iz definicije sledi da je svaka tacka nagolilavanja i adherentna tacka.Obrnuto ne vazi.

Primer Za skup A = [0, 1] {3} tacka 3 je adherentna tacka ali nije tackanagomilavanja skupa A.

Preciznu definiciju tacke nagomilavanja daje nam sledeca teorema.

Teorema Tacka c R je tacka nagomilavanja skupa A akko svaka okolina tackec sadrzi beskonacno mnogo tacaka skupa A.

Dokaz

Uslov je dovoljan Posto svaka okolina tacke c sadrzi beskonacno mnogotacaka, onda mora postojati bar jedna tacka razlicita od c.

Uslov je potreban Neka je c tacka nagomilavanja.PPS. Postoji > 0 tako da u (c , c + ) postoji konacno mnogo tacaka iz A.Onda postoji 0 takv da u 0 okolini ne postoji drugih tacaka od c. Kontradik-cija.

4


Stefan Hacko

November 6, 2012

1 Topologija na R

Teorema Skup je zatvoren akko sadrzi sve svoje tacke nagomilavanja.

Dokaz

() Neka je A zatvoren skup i podskup skupa R. Pokazimo da ona sadrzi svesvoje tacke nagomilavanja.

Neka je x tacka nagomilavanja skupa A.

PPS Neka x / A, sledi x R \ A, pri cemu je R \ A otvoren (komplementzatvorenog). Sledi da je R \ A V (x) (otvoren skup je okolina svake svojetacke). Kontradikcija, po ovoj konsturkciji x ne moze biti tacka nagomilavanjaskupa A.

Iz kontradikcije sledi x A.() Neka skup A sadrzi sve svoje tacke nagomilavanja. Pokazimo da je on Azatvoren, tj da je R \A otvoren.Uzmimo proizvoljno x R\A. Posto x nije tacka nagomilavanja skupa A postojiokolina O V (x) takva da O A = . Sledi O R \ A, a posto je nadskupokoline, okolina sledi R \ A V (x). Psoto je x proizvoljan, sledi da je R \ Aokolina svake svoje tacke, tj. otvoren. Sledi da je A zatvoren.

DEF Tacka d R je rubna tacka skupa A R ako u svakoj njenoj okolini lezibar jedna tacka skupa A, i bar jedna tacka iz komplementa skupa A.

DEF Skup rudnih tacaka skupa A je rub skupa A, u oznaci A.

Primer

[a, b] = {a, b}(a, b) = {a, b}DEF Tacka e R je izilovana tacka supa A R ako postoji okolina te tacke ekoja nema druugih tacaka skupa A, tj. postoji > 0 takvo da je (e, e+)A ={e}.

1

Primer

A = [2, 3] {5}IzA = {5}

1.1 Topologija na R

Za x R koristimo uobicajne okoline.Za + okolina je svaki skup koji sadrzi skup oblika {x R|x > a}.Za okolina je svaki skup koji sadrzi skup oblika {x R|x < a}.

1.2 Definicije i vaznije teoreme

DEF Interval (x , x], > 0 naziva se leva okolina tacke x R.DEF Interval [x, x+ ), > 0 naziva se desna okolina tacke x R.Teorema Svake dve razlicite tacke imaju disjunktne okoline.

Dokaz Uzmimo dve proizvoljne tacke x, y R, x 6= y, x < y. Neka je 0 < yx2 . Pokazimo da je

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

PPS Neka je z (x , x+ ) (y , y + ). Za = yx2 dobijamo:z < x+ = x+y2

z > y = x+y2 .Ovo je kontradikcija sa zakonom trihotomije.

DEF Prostori sa osobinom predhodne teoreme nazivaju se Hausdorfovi topoloskiprostori.

Prostor (R, ) je Hausdorfov topoloski prostor.

Teorema (Bolcano-Bajerstasova teorema)

Svaki beskonacan i ogranicen podskup A R ima bar jednu tacku nagomila-vanja.

Dokaz

Iz ogranicenosti skupa A sledi da postoji interval [a, b], a, b R, a < b takav daje A [a, b]. Sredina a+b2 deli ovaj interval na dva podintervala [a, a+b2 ], [a+b2 , a].Posto je A beskonacan jedan od ova dva intervala sigurno ima beskonacno mnogoelemenata skupa A. Oznacimo taj interval sa I1 = [a1, b1], a njegova duzina je|b1 a1| = ba2 .

2

Sredinom a1+b12 izvrsimo polovljenje predhodnog intervala i izaberimo ponovoonaj sa beskonacno mnogo elementat skupa A i oznacimo ga sa I2 = [a2, b2].Sledi da je I2 I1 [a, b] i |b2 a2| = ba22 .Nastavljajuci ovaj postupak dobijamo niz zatvorenih umetnutih intervala I1, I2, ..., In, ...,i vazi |bn an| = ba2n . Na osnovu kantorovog principa i dodatnog uslova0 < bn an < za svako > 0 sledi da je

nN In = {c}. Pokazimo da je

tacka c tacka nagomilavanja skupa A.

Neka je O proizvoljan okolina tacke c. Tada postoji > 0 tako da je (c, c+) O. Za ovo oderedimo n0 N tako da je bn0 an0 < 2 (sto je moguce jer jebn an = ba2n ).Treba pokazati da je [an0 , bn0 ] (c , c+ ) O.Posto je c sadrzano u svi intervalima sledi an0 c bn0 . Za proizvoljnox in[an0 , bn0 ] vazi,

< 2 an0 x c x bn0 x

2< (2)

Odavde sledi c x c + . Sledi da je [an0 , bn0 ] O. Ova okolina imabeskonacno mnogo tacaka skupa A pa na osnovu teoreme za tacku nagomila-vanja, sledi da c je tacka nagomilavanja skupa A.

2 Kompaktnost u skupu R

DEF Podskupa K R je kompaktan ako je zatvoren i ogranicen.Primerei

1. [a, b] je kompaktan.

2. {c} je kompaktan.3. {c1, c2, ..., cn}, n N je kompaktan.4. (a, b) nije kompaktan jer nije zatvoren.

5. [a,+) nije kompaktan jer nije ogranicen.6. R nije kompaktan jer nije ogranicen.

Teorema Podskup K R je kompaktan akko svaki beskonacan podskup S Kima bar jednu taku nagomilavanja u K.

Dokaz U knjizi na str. 43. ne mora da se zna, ali moze za dodatne bodove nausmenom.

Teorema Kompaktan skup sadrzi svoj supremum i infimum, tj. ima minimalani maksimalan elemenat.

Dokaz

Neka je s = supK R i l = inf K R.

3

PPS. Neka s / K. Sledi s R\K. Kako je R\K otvoren sledi da je R\K V (s),tj. postoji > 0 takvo da je (s , s + ) R \ K. Odavde sledi da je(s , s] K = sto je kontradikcija jer bi to znacilo da s nije supK.Sledi s K.PPS Neka l / K. Sledi l R\K. Kako je R\K otvoren sledi da je R\K V (l),tj. postoji > 0 takvo da je (l, l+) R\K. Odavde sledi da je [l, l+)K = sto je kontradikcija jer bi to znacilo da l nije inf K.

Sledi l K.Sto je i trebalo dokazati.

4


Stefan Hacko

November 7, 2012

1 Pokrivac skupa

DEF Familija skupova U = {Oi|i J} je prekrivac skupa A R ako svakielemenat skupa A pripada bar jednom clanu te familije, tj. ako vazi da je A iJ Oi.

Ako su svi skupovi Oi, i J , tada se familija U zove otvoren pokrivac skupaA.

DEF Skup A R ima Hajne-Borelovu osobinu ako svaki otvoreni pokrivacskupa A ima konacan potpokrivac.

To zanci da ako familija otvorenih skupova {Oi|i J} pokriva skup A, tj.A iJ , postoji konacan broj skupova te familije Oi1 , Oi2 , ..., Oin takvih daje:

A nk=1

Oik . (1)

Tvrdjenje Svaki konacan skup ima Hajne-Borelovu osobinu.

Dokaz Neka je {Oi|i J} proizvoljan otvoren pokrivac skupa {x1, x2, ..., xn}.Za svako xk, k {1, 2, ..., n}, neka je Oik skup iz te familije koji sadrzi xk. Tadaje:

{x1, x2, ..., xn} nk=1

Oik . (2)

Tvrdjenje Skup R nema Hajne-Borelovu osobinu.

Dokaz Na primer iz otvorenog pokrivaca {(n, n)|n N}, ne moze se izvucikonacan potpokrivac koji je pokrivac za R. (U suprotnom sledelo bi da je skupR ogranicen)

Teorema Interval [a, b], a, b R ima Hajne-Borelovu osobinu.Dokaz

PPS. Interval [a, b] nema Hajne-Borelovu osobinu. Tada postoji bar jedan njegovpokrivac koji U = {Oi|i J} iz kojeg se ne moze izdvojiti konacan potpokrivac.

1

Podelimo interval [a, b] na dva podintervala [a, a+b2 ], [a+b2 , b]. Bar jedan od njih

se ne moze pokriti konacnim brojem skupova Oi (u suprotnom ima konacanpotpokrivac). Izaberimo taj interval i obelezimo ga sa [a1, b1].

Ponovimo postupak, podelimo interval [a1, b1] sredisnom tackom,i izaberiimoonaj koji se ne moze pokriti sa konacnim brojem skupova Oi.

Nastavimo ovako postupak, dobijamo niz umetnutih zatvorenih intervala {[an, bn]}nN, bnan =

ba2n . Za ove intervale vazi Kantorov princip, pa sledi da postoji c [a, b] i

c [an, bn], n N.Posto je U otvoreni pokrivac A sledi da postoji neki Oic U tako da vazic Oic . Posto je Oic otvoren, on je okolina svake svoje tacke pa i tacke c pasledi da postoji > 0 tako da vazi (c , c+ ) Oic .Izaberimo sada n0 N takvo da je bn0 an0 2 . Slicno jednom iz predodnihdokaza pokazuje se da vazi [an0 , bn0 ] (c, c+) Oic . Odavde sledi da je ceointerval pokriven samo jednim skupom Oic U , sto je kontradikcija sa izboromintervala [an0 , bn0 ].

Iz kontradikcije sledi da interval [a, b] ima Hajne-Borelovu osobinu.

Teorema PodskupK R je kompaktan akko ima Hajne-Borelovu osobinu.Dokaz

() Neka je K kompaktan skup u R. Pokazimo da ima Hajne-Borelovu os-obinu.

Neka je U = {Oi|i J} proizvoljan otvoren pokrivac skupa K. Treba pokazatida se iz njega moze izvuci konacan pokrivac skupa K.

Posto je K ogranicen sledi da K [a, b], a < b. Sledi da je neko U = U {{K}familija otvorenih skupova koja pokriva skup [a, b].

Posto skup [a, b] ima Hajne-Borelovu osobinu postoji Oi1 , Oi2, ..., Oik takvih

da

[a, b] nj=1

Oij . (3)

Posmatrajmo 2 slucaja:

1. U uniji se nalazi skup R\K. Onda svi ostali skupovi iz unije pokrijvaju skupK.

2. U uniji se ne nalazi skup R \K. Onda ta unija pokriva skup K.Sled da skup K ima Hajne-Borelovu osobinu.

() Neka skupK ima Hajne-Borelovu osobinu. Pokazimo da je kompaktan.PPS. Skup K nije kompaktan. Iz potrebnog i dovoljnog uslova za kompaktnost,seldi da K ima beskonacan podskup S koji nema tacku nagomilavanja u K. Toznaci da za svaku tacku x K \ S postoji otvoren skup Ox koji je okolina tacke

2

x i za koji vazi Ox S = . Za svako y S sledi da postoji otvoren skup Oykoji je okolina tacke y i za koji vazi Oy S = {y}. U suprotnom y bi bila tackanagomilavanja S K.Familija skupova U = {Ox|x K \ S} {Oy|y S} je otvoren pokrivac skupaK. Posto K ima Hajne-Borelovu osobinu sledi da se moze naci izvuci konacanpokrivac iz U koji pokriva K. Odavde bi sledelo da skup S ima konacno mnogoelemenata (Skupovi Oy1 , Oy2 , ..., Oyk sadrze samo po jedan elemenat skupa S)sto je kontradikcija sa izborom skupa S.

Odavde sledi da je K kompaktan.

Teorema Neka su skupovi K1,K2 komaktni, onda vazi da je:

1. K1 K2 kompaktan.2. K1 K2 kompaktan.Dokaz

1. Posto su kompaktni oni su zatvoreni, a unija 2 zatvorene skup je zatvorenskup, a on je takodje kompaktan.

Napomena Vazi za konacne unije.

2. Posto su kompaktni oni su i zatvoreni, a svaki presek je ponovo zatvorenskup, pa je i kompaktan.

3


Stefan Hacko

November 14, 2012

1 Metricka struktura skupa R

DEF (Moris Frese)

Metricki prostor je uredjeni par (M,d) gde je M 6= , a d : M M R sasledecim osobinama:

1. d(x, y) 0, d(x, y) = 0akkox = y;2. d(x, y) = d(y, x);

3. d(x, y) d(x, z) + d(z, y). (Nejednakost trougla).Funkcija d je metrika na skupu M , a d(x, y) je broj koji predstavlja rastojanjetacaka x, y.

Primer

Definisimo na skupu R funkciju d(x, y) = |x y|, x, y R. Onda je (R, d)metricki prostor.

Primer

Neka su x, y R2, x = (x1, x2), y = (y1, y2). Definisimo funkciju:

d(x, y)1 =

(x1 y1)2 + (x2 y2)2 (1)

Onda je (R, d) metricki prostor.

DEF Svaki skup oblika L(x, r) = {y M |d(x, y) < r} naziva se otvorena loptasa centrom u x poluprecnika r.

DEF Podskup A M zovemo otvorenim skupom ako sa svakom svojom tackomsadrzi i otvorenu loptu u toj tacki za neko r > 0.

Teorema Sa ovako definisanim otvorenim skupovima indukovana (generisana)je topologija na skupu M .

Dokaz

1Euklidska metrika

1

Obelezimo sa skup svih otvorenih skupova definisanih preko otvorene lopte.

Pokazimo: 1. R, .Za tvrdjenje trivijalno vazi jer ne sadrzi ni jednu tacku pa je otvoren. Sledi Izaberimo proizvoljnu tacku x R. Za ovo x i proizvoljno r R sledi da jeL(x, r) R. Posto je x bilo proizvoljno ovo vazi za svaku tacku x R pa jeR .2. A1, A2 sledi A1 A2 .Uzmimo proizvoljno x A1 A2. Sledi da je x A1 i x A2. Posto je A1 sledi da postoji r1 takvo da je L(x, r1) A1. Analogno za x A2 sledi da postojir2 takvo da je L(x, r2) A2. Uzmimo za r = min{r1, r2}. Za takvo r vazi da jeL(x, r) A1 A2. Posto je x bilo proizvoljno sledi da je A1 A2 .3. A1, A2, ..., An, ... sledi

iI Ai

Neka je A =iI Ai, Ai . Uzmimo proizvoljno x A. Odavde sledi da mora

postojiati neko i0 I takvo da je x Ai0 . Posto je Ai0 sledi da postoji nekor > 0 takvo da je L(x, r) Ai0 . Posto je Ai0 A iz tranzitivnosti relacije sledi da je L(x, r) A. Posto je x bilo proizvoljno sledi da je i A .

2 Brojni nizovi

DEF Funkcija a : N R naziva se brojni niz.a(1) = a1;

a(2) = a2;

n N, a(n) = an opsti cnal niza.{an}nN;Primeri

1. Aritmeticki niz an = a1 + (n 1)d2. Geometrijski niz an = a1q

n1

3. Stacionarni niz an = c

DEF Niz {an}nN je ogranicen sa gornje strane ako postoji broj M R takavda je an M,n N.DEF Niz {an}nN je ogranicen sa donje strane ako postoji m R takvo da jem an, n N.DEF Niz je ogranicen ako je ogranicen i sa gornje i sa donje strane, tj. postojieK > 0 takvo da je |an| K,n N.

2

Napomena Za ka se moze uzeti K = max{|m|, |M |}.Primer Niz an =

3nn2+5

, n N je ogranicen zato sto vazi:

0 < an =3n

n2 + 5 0)(n0 = n0() N)(n N)(n n0 |an a| < ) (4)

Napomena |an a| < an (a , a+ ).d(an, a) <

DEF

limn an = + (M R)(n0 = n0(M) N)(n N)(n n0 an > M)

(5)

DEF

limn an = (M R)(n0 = n0(M) N)(n N)(n n0 an < M)

(6)

DEF Topoloska definicija limesa

limn an = a R (U V (a))(n0 = n0(U) N)(n N)(n n0 an U)

(7)

DEF Ako je a R kazemo da niz konvergira, inace kazemo da divergira.

3


Stefan Hacko

November 20, 2012

1 Dokazivanje limesa po definiciji

1. an = c, n Nlimn an = c

Dokaz Za proizvoljno > 0 vazi da je |an c| = |c c| = 0 < , n N.2. limn 1n = 0

Dokaz Neka je dato > 0. Pokazimo da postoji n0 takvo da za svako n n0vazi |an 0| < .Iz posledice Arhimedovog principa sledi da za svako > 0 postoji n0 takvo daje 0 < 1n0 < . Za svako n n0 vazi da je:

|an 0| = 1n 1n0

< , (1)

Sto je i trebalo dokazati. Ako zelimo da za poznato dobijemo n0, resavamonejednacinu 1n < . Jedno resenje je n0 = [

1 ] + 1.

3. limn qn = 0, |q| < 1Dokaz Uzeti q = 11+h i primeniti bernulijevu nejednakost.

4. limn n = +5. limn qn = +, q > 16. {qn}nN, q < 1 Niz divergira.7. limn n

a = 1

8. limn nn = 1

9. limn nbqn = 0, |q| < 110. limn n

a

n! = 0

11. limn an

n! = 0

12. limn 1nn! = 0

1

13. limn nk

an = 0

14. limnloga nn = 0, a > 1

Napomena Stirlingova formula

n! =

2pinnnen+(n)12n ,1 < < 1. (2)

Napomena n! > (n3 )n

1.1 Osobine konvergentnih nizova

Teorema Granica konvergentnog niza je jedinstvena.

Dokaz

PPS. Neka konvergentan niz ima dve granice, a i b. Uzmimo za |ba|2 . Sledida su okoline tacaka a, b disjunktne. Iz limn an = a sledi da za ovakodefinisano u okolini tacke a lezi beskonacno mnogo tacaka. Ali okoline tacakaa i b su disjunktne pa u svakoj od njih ne moze lezati beskonacno mnogo tacaka.Iz dobijene kontradikcije sledi da je granica jedinstvena.

Napomena Ova teorema vazi samo u Hausdofskim prostorima.

Teorema Svaki konvergentan niz je ogranicen.

Dokaz Neka je limn an = a Odavde sledi da za svako postoji n0 takvo da zan n0 |ana| < , pa i za = 1 ovo vazi sto znaci da beskonacno mnogo tacakasem prvih n0 lezi u a 1 < an < a + 1. Uzmimo za l = max{1, |a a1|, |a a2|, ..., |a an01|} (rastojanje najdalje tacke od granice). Za ovako izabrano lsledi da za svako n N:

|an a| l. (3)Sledi da je konvergentan niz ogranicen.

Napomena Obrnuto ne vazi, npr. za niz {(1)n}.Teorema limn an = a limn |an| = |a|Dokaz Direktno iz definicije (Knjiga str. 56).

Teorema Ako je limn an = a limn bn = b tada postoji n1 N takvo daza sve n n1 an < bn.Dokaz Uzeti 0 < < ba2 i direktno iz definicije dokazivati.

Teorema Ako je limn an = a i limn bn = b, pri cemu za sve n N (pocevod nekog n) an bn onda je i a b.Dokaz Pretpostaviti suprotno i kontradikcija sledi iz predodne teoreme.

Napomena U opste slucaju obrnutno ne mora da vazi.

2

Teorema Ako je limn an = a 6= 0 tada postoji broj r > 0 i neko n1 Ntakvi da za svako n n1 vazi |an| > r.Dokaz Izaberimo 0 < r < |a|. Iz prethdne (pre 2) teoreme sledi da postoji n1takvo da za n n1 vazi |an| > r.Teorema Neka su data tri brojna niza {an}, {bn}, {cn} sa osobinama:1. limn an = limn cna,

2. an bn cn za sve n pocevsi od nekog n1.Tada je limn bn = a

Dokaz Iz definicije se dokazuje (Knjiga str. 57).

3


Stefan Hacko

November 20, 2012

1 Osobine konvergentnih nizova

Teorema Neka je limn an = a i limn bn = b onda je:

1. limn an + bn = limn an + limn bn = a+ b

2. limn anbn = limn an limn bn = ab

3. limn anbn =ab , b 6= 0

Dokaz Knjiga str. 59. iz definicije.

DEF Niz koji konveergira ka nuli naziva se nula niz. To znaci da je niz {an} nulaniz ako za svako > 0 postoji broj n0 takvo da je za sve n n0 |an| < .Teorema

1. Zbri kva nula niza j nula niz.

2. Proizvod ogranicenog niza i nula nije je nula niz.

3. Reciprocna apsolutna vrednost nula niza je niz koji divergira u plus beskonacno.

4. Ako je {an} niz sa osobinom da je limn |an| = + tada je limn 1|an| =0.

Dokaz U knjizi str. 62.

1


Stefan Hacko

November 22, 2012

1 Monotoni nizovi

DEF Niz {an}n je (strogo) rastuci ako je an+1(>) an za sve n N.DEF Niz {an}n je (strogo) opadajuci ako je an+1( 0 dato.

Posto je a supremum skupa sledi da mora postojati bar jedno n takvo da jean (a , a). Posto je za svako n n, an an(niz je rastuci), i vazia < a a, sledi da je:

a < an a < a+ (2)

Sledi da za svako n n0 = n |an a| < . Sledi limn an = aTeorema Ako je niz {an}n opadajuci i ogranicen sa donje strane onda je kon-vergentan i:

limnan = inf{an|n N} (3)

Teorema Monoton nije je konvergentan akko je ogranicen.

Primer limn(1 +1n)n = e Dokaz u knjizi na str. 63.

1

2 Tacke nagomilavanja niza

DEF Neka je n : N N strogo rastuci niz prirodnih brojeva, tj. neka je

n1 < n2 < < nk1 < nk < (4)

Ako je a : N R niz realnih brojeva, onda se niz an : N R nazica podnizniza {an}n u oznaci {ank}nk {an}n.Teorema Ako je {an}n konvergentan niz i limn an = a onda i svak njegov podnizje konvergentan i granica mu je broj a.

Dokaz Po definiciji, knjiga str. 65.

DEF a R je tacka nagomilavanja niza {an}n ako postoji podniz {ank}nk takavda je limnk ank = a.

Teorema a R je tacka nagomilavanja niza {an}n akko u svakoj njenoj okolinilezi beskonacno mnogo clanova niza {an}n.Dokaz

() Neka je a R tacka nogomilavanja niza {an}n i neka jeO V (a) proizvoljno.Posto je a tacka nagomilavanja niza {an}n sledi da postoji njegov podniz {ank}nkciji je limes tacka a. Iz topoloske definicije limesa sledi da postoji k0 N, k k0 ank O (ima ih beskonacno).() Neka u svakoj proizvoljnoj okolini a ima beskonacno mnogo tacaka niza{an}n. Posmatrajmo tri slucaja:1. a RIzaberimo an1 (a 1, a + 1), zatim an2 (a 12 , a + 12), n2 > n1. Nastavimoovaj postupak, npr. ank (a 1k , a + 1k ), nk > nk1. Na ovaj nacin dobijamopodniz niza {an}n za koji vazi limk ank = a2. a = +Na slican nazin kao predhodni samo sto za ank (k,+)ak > nk13. a = Analogno 2.

Teorema Elemenat a R je tacka nagomilavanja niaz {an}n akko za svakuokolinu O od a i svako n N postoji m N, m > n takvo da am O.Teorema Konvergentan niz ima jednu i samo jednu tacku nagomilavanja a i onase poklapa sa limn an = a.

Dokaz Neka je limn an = a. Po definiciji a je tacka nagomilavanja niza {an}n(svaki niz je jedan svoj podniz). Ako je i tacka a tacka nagomilavanja nizaonda mora postojati podniz ciji je limes a. Ali iz prve teoreme sledi da se limeskonvergentnog niza i njegovog podniza poklapaju pa je a = a

2


Stefan Hacko

November 25, 2012

1 Osobine nizova i podnizova

Teorema Bolcano-Vajerstrasova teorema za nizove

Svaki ogranicen brojni niz ima bar jednu tacku nogomilavanja u R, tj. svakiogranicen niz ima bar jedan konvergentan podniz.

Dokaz

Neka je A = {an|n N}.Posmatrajmo dva slucaja:

1. A je konacan. Onda A = {a, b, c, ..., f}. Bar jedan od ovih elemenata se moraponavljati beskonacno mnogo puta. Time imao jedan stacionarni podniz niza{an}n, a on je konvergentan pa ima tacku nagomilavanja.2. A je beskonacan. Za skup A vazi Bolcano-Vajerstrasova teorema za skupove,pa A ima bar jednu tacku nagomilavanja recimo a u R posto je ogranicen ibeskonacan. Tada postoji konvergentan podniz niza {an}n cija je granica tackaa. Sledi ta je a tacka nagomilavanja niza.

Podniz konstruisemo tako sto clan ank biramo iz intervala (a 1k , a + 1k )nk >nk1.

Napomena U R svi nizovi imaju tacku nagomilavanja.

TeoremaNiz je konvergentan akko je ogranicen i ima jedinstvenu tacku nagomila-vanja.

() Ranije je dokazano da je konvergentan niz ogranicen i ima jedinstvenu tackunagomilavanja.

() Neka je {an}n ogranicen niz sa jedinstvenom tackom nagomilavanja recimoa.

Pokazimo da je limn an = a.

PPS. Pretpostavimo da a granicna vrednost niza an. Onda sledi da postoji okolina tacke a tako da izvan nje lezi beskonacno mnogo clanova niza {an}n.Sledi da onda mora postojati bar jos jedna tacka nagomilavanja niza sto je u

1

kontradikciji sa pretpostavkom da je a jedinstvena tacka nagomilavanja. Sledida je limn an = a. Sto je trebalo i dokazati.

DEF Najveca tacka nagomilavanja niza {an}n naziva se limes supertioi i oz-nacava se sa lim sup an.

DEF Najmanja tacka nagomilavanja niza {an}n nazi va se limes inferior i oz-nacava se sa lim inf an.

Napomena Videti slike u svesci.

Teorema Svaki ogranicen niz ima limes superior i limes inferior u R.

Dokaz Neka je {an}n ogranicen niz.Obelezimo sa A skup svih tacaka nagomilavanja niza {an}n.Sledi da je:

1. Skup A nije prazan (Iz B-V teoreme, mora postojati bar jedna tacka nagomila-vanja)

2. Skup A nije ogranicen (Niz je ogranicen pa za svaki clan vazi |an| M , ondana osvnovu teoreme 4 sa str. 56 sledi da za svaku granicnu vednost podniza vazi|ak| M)Za skup A vazi princip supremuma i infimuma pa postoje brojevi s, i R takvida je:

inf A = i

supA = s.

Pokazimo da s, i pripadaju skupuA tj. da su oni lim inf, lim sup niza {an}n.PPS. Neka i / A tj. i nije tacka nagomilavanja niza {an}n. Sledi da postoji > 0 tako da u okolini tace i ima konacno mnogo clanova niza {an}n. Ondau toj okolini nema tacaka iz skupa A, pa i nije inf A, sto je kontradikcija.

Sledi i A, i = maxA, pa je i najveca tacka nagomilavanja.Analogno se dokazuje i za s.

Teorema Niz {an}n je konvergentan akko je lim inf an = lim sup an R.() Posto je niz {an}n konvergentan sledi da ima jedinstvenu tacku nagomila-vanja u R pa sledi lim sup an = lim inf an.

() Neka je lim sup an = lim inf an = a R. Treba pokazati da je limn an =a.

Neka je > 0 proizvoljno dato. Sledi da clanova niza vecih od a+ ima konacnomnogo zato sto je lim sup an = a. Takodje clanova niza manjih od a imakonacno mnogo jer je lim inf an = a. Sledi da u okolini od a lezi beskonacnomnogo clanova niza, a posto je bilo proizvoljno sledi da je limn an = a.

2

2 Kosijevi nizovi (Fundamentalni nizovi)

DEF Niz {an}n je Kosijev ako( > 0)(n0 = n0() N)(m,n N)(m,n n0 |am an| < )( > 0)(n0 = n0() N)(p, n N)(m,n n0 |an+p an| < )Teorema Svaki konvergentan niz je kosijev.

Dokaz Knjiga str. 69.

Teorema Svak Kosijev niz je ogranicen.

Dokaz Neka je niz {an}n Kosijev. Sledi da za svako > 0, pa i za = 1 postojin0 N takvo da za sve m,n n0, |am an| < 1. Specijalno za m = n0, za sven n0 vazi |an0 an| < 1. Uzmimo za:

M = max{1, |an0 a1|, |an0 a2|, ..., |an0 an01|} (1)

Sledi za sve n N vazi |an0 an| M , tj. M an0 an an0 +M .

3


Stefan Hacko

November 28, 2012

1 Kosijevi nizovi-osobine

Teorema Kosijev niz moze da ima najvise jednu tacku nagomilavanja.

Dokaz Neka je niz {an}n kosijev.PPS. Niz {an}n ima dve tacke nagomilavanja a, b R, a 6= B (a, b nisu fiktivnielementi jer je kosijev niz ogranicen).

Neka je d = |a b| > 0.Posto je niz {an}n kosijev sledi da postoji neko n0 N takvo da je za svem,n n0, |am an| < d3 .Posto je a tacka nagomilavanja niza {an}n sledi da postoji neko m1 N,m1 > n0takvo da je |am1| < d3 .Za sve n n0 vazi:

|a an| |a am1 |+ |am1 an| 0)(n N)(m N)(m > n |an am| ) (2)

1

DEF Metricki prostor u kome Kosijevi nizovi konvergiraju nazivaju se kompletnimetricki prostori.

Zakljucak (R, d), d = |x y| je kompletan metricki prostor.

2 Stolcova teorema i posledice

Teorema Neka niz {yn}n divergira u + i strogo je rastuci. Tada ako pos-toji

limn+

xn xn1yn yn1 = l R (3)

onda postoji i limnxnyn

= l

Dokaz Knjiga strana 73. koristiti identitet:

xnyn

=xn01 lyn01

yn+ (1 yn01

yn)(xn xn01yn yn01

l) (4)

Teorema (Jensenov stav)

Dat je niz {fn}n. Neka je yn = p1 + p2 + ...+ pn, pi > 0, n N i limn yn = +.Oznacimo

n =p1f1 + p2f2 + + pnfn

yn(5)

Tada iz limn fn = f R sledi da je i limn n = f .Dokaz Knjiga str. 74. primenom Stolcove teoreme.

2


Stefan Hacko

December 2, 2012

1 Posledice Stolcove teoreme

Teorema Ako niz {an}n, xn > 0, n N konvergira ka x, x > 0 onda i niznjegovih geometrijskih sredina konvergira i pri tome je

limn

nx1 x2 xn = x (1)

Dokaz Primenom jensenovog stava na niz aritmetickih sredina niaz {ln an}nTeorema Neka je dat niz {xn}n, xn > 0, n N. Iz limn xnxn1 = x sledi da je ilimn n

xn = x.

Dokaz Primenom predhodne teoreme

Teorema Ako za niz {xn}n vazi da je limn(xn xn1) = x tada je i limn xnn =x.

Dokaz Pomoci niza aritmetickih sredina.

2 Asimptotika i Landauovi simboli

DEF Niz {an}n se asimptotski ponasa kao niz {bn}n kad n ako je

limn

anbn

= 1. (2)

Tada pisemoan bn, n. (3)

DEF Neka je niz {bn}n sa pozitivnim clanovima. Niz {an}n je ,,veliko o niza{bn}n ako postoje n1 N i broj M > 0 takvi da je za sve n n1

|an| M bn. (4)Pisemo an = O(bn) kada n.Napomena

1

O(bn) oznacava skup svih nizova koji su ,,veliko o niza {bn}n. Specijalno O(1)je skup svih ogranicenih nizova.

Def Neka je niz {bn}n niz sa nenegativnim clanovima. Niz {an}n je ,,maloo niza {bn}n kada n ako je an = nbn gde je n nula niz. Pisemoan = o(bn), n.Napomena Sa o(bn) oznacavamo skup svih nizova koji su ,,malo o niza {bn}n.Specijalno za o(1) dobijamo skup svih nula nizova.

DEF Ako nizovi {an}n i {bn}n divergiraju ka + i an = o(bn) kad n ,tj. limn

anbn

= 0 kazemo da niz {bn}n brze divergira ka + nego niz {an}n i toobelezavamo sa an bn.

2

Uvod u analizu: Predavanje 17-18

Stefan Hacko

December 11, 2012

1 Granicna vrednost funkcije u tacki

DEF Neka je f : A R, A R i a R tacka nagomilavanja skupa A.Kazemo da je b R granicna vrednost funkcije f na skupu A u tacki a, ipisemo limxa,xA f(x) = a.

Krace zapisano:

limxa,xA

f(x) = b (V V (b))(U v(a))(f((U \ {a}) A) V ) (1)

Napomena: Iz ove definicije izvode se specijalni slucajevi.

DEF Neka je f : A R, A R i a R tacka nagomilavanja skupa A = {x A|x < a}. Vrednost

limxa0,xA

f(x) = limxa,xA

f(x) (2)

naziva se leva granicna vrednost funkcije f u tacki a i ako postoji oznacava sesa f(a 0).DEF Neka je f : A R, A R i a R tacka nagomilavanja skupa A+ = {x A|x > a}. Vrednost

limxa+0,xA

f(x) = limxa,xA+

f(x) (3)

naziva se desna granicna vrednost funkcije f u tacki a i ako postoji oznacava sesa f(a + 0).

Teorema Funkcija f : A R, A R ima granicnu vrednost u tacki a koja jetacka nagomilavanja skupova A i A+, akko ima i levu i desnu granicnu vrednostu tacki a i one se poklapaju.

Dokaz () Iz limxa,xA f(x) = b sledi(V V (b))(U v(a))(f((U \ {a}) A) V ). A posto su A+, A A ondavazi i (V V (b))(U v(a))(f((U \ {a}) A) V ) i (V V (b))(U

1

v(a))(f((U \ {a}) A+) V ), sto je ekvivalentno sa:

limxa,xA

f(x) = limxa,xA+

f(x) = b (4)

() Iz limxa,xA f(x) = limxa,xA+ f(x) = b sledi (V V (b))(U v(a))(f((U \{a})A) V ) i (V V (b))(U v(a))(f((U \{a})A+) V ).Posto vazi A+A = A\{a} onda vazi i (V V (b))(U v(a))(f((U \{a})A) V ) sto je ekvivalentno sa:

limxa,xA

f(x) = b (5)

Teorema Granicna vrednost funkcije f : A R, A R u tacki a R jednakaje b R akko za svaki niz {xn}n takav da xn A \ {a}, n N i limn xn = a vazida je

limnf(xn) = b (6)

Dokaz

() Neka je limxa,xA f(x) = b i neka je {xn}n proizvoljan niz za koji vazixn A,n N i limn xn = a.Neka je V V (b) proizvoljno. Tada po definiciji, postoji U V (a) takvo da jef((U\{a})A) V . Odredimo n0 R takvo da za sve n n0 xn (U\{a})A.Odavde sledi da je f(xn) V za sve n n0 sto znaci da je i limn f(xn) = b.() Neka za svaki niz {xn}n, limnxn = a vazi da je limn f(xn) = b. Pokazimoda je limxa,xA f(x) = b.

PPS tj, da nije limxa,xA f(x) = b. Po definiciji to znaci da postoji V V (b)takvo da za svaku okolinu U V (a) vazi f((U \ {a}) A) * V .Neka je Un = (a 1n , a+ 1n), n N, za a R i Un = (n, ()+) za a = ()+niz okolina tacke a. Tada za sveko n N postoji xn (Un \ {a}) A takvoda f(xn) / V . Niz {xn}n ima osobine da je {xn}n A i limn xn = a ali pritome ne moze biti limn f(xn) = b sto je u kontradikciji sa predpostavkom da jelimn f(xn) = b. Iz dobijene kontradikcijie sledi tvrdjenje.

2 Osobine i izracunavanje

Teorema Ako finkcija ima granicnu vrednost u tacki ona je jedinstveno odred-jena.

2

Uvod u analizu: Predavanje 19-20

Stefan Hacko

December 18, 2012

1 Osobine i izracunavanje

1

Teorema Ako finkcija ima granicnu vrednost u tacki ona je jedinstveno odred-jena.

Teorema Ako funkcija ima konacnu granicnu vrednost u tacki a onda postojiokolina U V (a), takva da je funkcija f ogranicena na U \ {a}. (f je lokalnoogranicena).

Dokaz Posto funkcija ima konacnu granicnu vrednost b u tacki a iz definicijesledi da za svako unapred dato > 0, pa i za = 1 postoji okolina od a bez atakva da za sve x iz te okoline vazi:

|f(x) b| < 1; b 1 < f(x) < b+ 1 (1)

sto je i trebalo dokazati.

Teorema Ako je limxa f(x) = b i limxa g(x) = c i b < c onda postji okolinaU V (a) takva da je f(x) < g(x) za sve x U \ {a}Dokaz Slicno kao kod nizova

Teorema Ako je limxa f(x) = b 6= 0, b R onda postoji okolina U V (a)takva da je f(x) 6= 0 za sve x U \ {a} istog zanaka kao i bDokaz

1. Neka je b > 0, = b. Za takvo iz definicije sledi da postoji U V (a) takvada je:

|f(x) b| < b; 0 < f(x) < b (2)za sve x U \ {a}. Sto je trebalo dokazati.2. Za b < 0 uzeti = b i analogno predhodonom.Napomena Vazi i za b R

1Dokazi kojih nema su u knjizi ili se analogno dokazuju kao kod nizova

1

Napomena Neke teoreme ovde nisu navedene one se nalaze u udzbeniku str.90-91 i dokazuju se slicno kao kod nizova.

DEF Ako limxa f(x) = 0 kazemo da je funkcija beskonacno mala kad x a.

DEF Ako limxa f(x) = b R, tada je funkcija f(x) b beskonacno mala kadx aDEF Funckija za koju je limxa |f(x)| = + naziva se beskonacno velika kadx a.Teorema (Granicna vrednost slozene funkcije)

Neka je: B R i b R tacka nagomilavanja skupa B, neka g : B R i nekaje

limyb

f(x) = c. (3)

Neka je dalje A R, a R tacka nagomilavanja skupa A, f : A B pri cemuza svaku okolinu V V (b) postoji okolina U V (a) takva da je

f((U \ {a}) A) V \ {b} (4)

tada jelimxa(f g)(x) = c (5)

Za proizvoljno W V (c) postoji okolina V V (b) takvo da je g((V \ (b))B) W jer je limyb f(x) = c. Za tu okolinu V tacke b postoji okolina U V (a)takva da je f((U \ {a}) A) V \ {b} (iz uslova teoreme) tada je:

(g f)((U \ {a}) A) = g(f((U \ {a}) A)) g((V \ {b}) B) W (6)

Sto je i trebalo dokazati.

2 Kosijev princip

Teorema Funkcija f : A R ima konacnu granicnu vrednost u tacki a Rakko vazi uslov

( > 0)(U V (a))(x, x A)(x, x U \ {a} |f(x) f(x)| < ) (7)

Dokaz () Neka je > 0 dato. Ako je limxa f(x) = b R odredimo U V (a)takvo da za sve x U \ {a} vazi |f(x) b| < 2 . Za proizvoljne dve tackex, x (U \ {A} A) vazi da je

|f(x) f(x)| |f(x) b|+ |b f(x)| < 2

+

2= (8)

sto je i trebalo dokazati.

2

() Ovaj smer nije obavezan.Neka je niz {xn}n A \ {a} i limn xn = a proizvoljan. Za dato > 0 postojiokolina U V (a) tako da vazi uslov (7), pa za to U odredimo n0 takvo da je zasve n n0 xn U \ {a} (moze posto je a granica niza xn).Sada za sve m,n n0 vazi da je

|f(xm) f(xn)| < (9)

odakle sledi da je niz {f(xn)}n Kosijev pa je samim tim i konvergentan. Nekaje limn f(xn) = b R.Treba proveriti da li i za bilo koji drugi niz {xn}n sa osobinama {xn}n A\{a}i limn x

n = a vazi limn f(x

n) = b.

Kostruisimo niz zn ciji su podnizovi nizovi xn i xn. Ovaj niz ocigledno tezi ka a i

svi clanovi su mu razliciti od a pa je {f(zn)}n na osnovu dokazanog konvergentanniz. Posto je granica jedinstvena i svaki podniz konvergentnog niza konvergiraka granici toga niza sledi da broj b ne zavisi od izbora niza {xn}.

3 Granicna vrednost monotnoih nizova

Teorema Ako je funkcija f rastuca na ntervalu (a, b), a, b R onda u tackamaa, b postojie jednostrane granicne vrednosti i pri tome je limxa+0 f(x) = inf(a,b) fi limxb0 f(x) = sup(a,b) f .

Obe granicne vrednosti su konacne akko je f ogranicena na (a, b).

Dokaz Neka je s = sup(a,b) f .

Ako je s R (funkcija je ogranicena sa gornje strane) za svako > 0 postojix (a, b) takvo da je s < f(x) s. Za sve x > x, x (a, b) zbogmonotonosti vazi da je f(x) f(x) pa je s < f(x) f(x) s < s+ stoznaci da je limxb0 f(x) = s (za = b xepsilon).Ako je s = + (funkcija nije ogranicena sa gornje strane) za proizvoljno M > 0postoji xM (a, b) takvo da je f(mM ) > M . Za sve x > xM je f(x) >f(xM ) > M (zbog monotonosti) pa je limxb0 f(x) = + (za trazeno =b xM ).zOstali slucajevi slicno se dokazuju.

3

Predavanje 1Predavanje 2Predavanje 3Predavanje 4Predavanje 5Predavanje 6Predavanje 7Predavanje 8Predavanje 9Predavanje 10Predavanje 11Predavanje 12Predavanje 13Predavanje 14Predavanje 15Predavanje 16Predavanje 17-18Predavanje 19-20

analiza 1 teoria i primeri

Documents