Nepokretna tačka za kontraktivna preslikavanja lokalnog tipa u tački
|
|
- Θεόκριτος Αυγερινός
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 Univerzitet u Nišu Prirodno - matematički fakultet Departman za matematiku Nepokretna tačka za kontraktivna preslikavanja lokalnog tipa u tački Master rad Mentor: Prof.dr Dejan Ilić Student: Sanja Randelović Niš Oktobar 203.
2 Sadržaj Uvod 2 Banachov princip kontrakcije 4. Uvodni pojmovi Banachova teorema o fiksnoj tački Kontraktivna preslikavanja na kompletnim metričkim prostorima 9 2. Uopštenja Banachove kontrakcije Ćirićeva generalizovana kontrakcija Fiksna tačka i neopadajuće funkcije Kontrakcije na generalisanim metričkim prostorima Generalisani metrički prostori Neka poznata tvrdenja u generalisanim prostorima Preslikavanja sa generalizovanom kontraktivnom iteracijom u tački Ćirićeva teorema Kvazi-kontrakcije na nekim metričkim prostorima 5 4. Fisherova kvazi-kontrakcija Konusni metrički prostori Fisherova kvazi-kontrakcija na konusnim metričkim prostorima 58 Zaključak 6 Literatura 62 Biografija 64
3 Uvod Problem fiksne tačke javio se 922. godine, kada je Banach uveo pojam kontrakcije na metričkim prostorima. Medutim, značajnija proučavanja počinju sedamdesetih godina prošlog veka. Značajne rezultate u ovoj oblasti dali su Sehgal 2, Guseman 3, Ćirić4, Rakočević 5,... Teorija fiksne tačke je glavna grana nelinearne analize. Kao što sam naziv kaže, ova grana matematike se bavi problemima egzistencije, odredivanja i konstrukcije fiksne tačke preslikavanja. Od velikog su značaja primene ove grane pri rešavanju sistema od n jednačina, pri rešavanju diferencijalnih i integralnih jednačina u matematici, kao i mnogih problema u fizici, hemiji i biologiji. Teorija fiksne tačke je opširna oblast, koja se i danas uveliko proučava. U ovom radu ćemo se baviti problemima fiksne tačke kontraktivnih prelikavanja lokalnog tipa u tački. Rad je tematski podeljen na četiri celine. Prikaz osnovnih ideja, pojmova i tvrdenja iz teorije fiksne tačke dat je u prvom delu. Uveden je pojam kontrakcije, i dati su uslovi egzistencije fiksne tačke preslikavanja. U drugom delu se proučavaju kontrakcije na kompletnim metričkim prostorima. Naime, u radovima Sehgala, Gusemana, Ćirića i Matkowskog 6 proširuje se pojam kontrakcije. Navedeni su glavni rezultati kao i značajne posledice. U narednom delu se bavimo kontrakcijama na generalisanim metričkim prostorima. U ovom delu uopštavamo pojam metrčkog prostora, niza, kontrakcije i td. Navodimo značajne doprinose razvoju teorije fiksne tačke koje su dali naši matematičari. U poslednjem delu akcenat je na proučavanju kvazi-kontrakcije na nekim metričkim prostorima. Najpre se izučava Fisherova 7 kvazi-kontrakcija Stefan Banach - poljski matematičar 2 V.M.Sehgal- indijski matematičar 3 Lawrence F. Guseman Jr.- matematičar 4 Ljubomir Ćirić-srpski matematičar 5 Vladimir Rakočević-srpski matematičar 6 Janusz Matkowski-poljski matematičar 7 Brian Fisher-američki matematičar 2
4 na kompletnom metričkom prostoru,a zatim se uvodi pojam konusnog metričkog prostora i posmatraju se uopštenja Fisherove kvazi-kontrakcije, u radovima Gajić 8, Ilića 9 i Rakočevića. Zahvaljujem se mentoru, prof. dr Dejanu Iliću na podršci i pomoći pri izradi rada. 8 Ljiljana Gajić- srpski matematičar 9 Dejan Ilić- srpski matematičar 3
5 Glava Banachov princip kontrakcije. Uvodni pojmovi U ovoj sekciji ćemo navesti ideje na kojima se izgraduje celokupna teorija fiksne tačke. Jedan od važnijih problema u matematici jeste ispitati da li neko preslikavanje ima fiksnih tačaka, i, ukoliko ima, ispitati njihovu prirodu. Definicija. Neka je X neprazan skup i T : X X. Element u X, ako postoji, je fiksna (nepokretna) tačka preslikavanja T ako važi T (u) = u. U tom slučaju, kaže se da preslikavanje T ima fiksnu (nepokretnu) tačku. Navešćemo nekoliko primera koji će opravdati neophodnost uvodenja pojma fiksne tačke. Sa FixT ili F T označavamo skup svih fiksnih tačaka preslikavanja T. Primer.. Neka je X = R i T (x) = x 2 3x +. Tada preslikavanje T ima samo jednu fiksnu tačku, tj. F T = {}. Primer..2 Za preslikavanje T (x) = x 2 2x,gde je X = R, skup svih fiksnih tačaka je F T = {0, 3}. Primer..3 Ako je X = R i T (x) = x,skup svih fiksnih tačaka preslikavanja T je cela realna prava,tj. F T = R. Primer..4 Za X = R i T (x) = x 8 je F T =. Vodeni prethodnim primerima, postavlja se pitanje da li svako neprekidno preslikavanje ima fiksnu tačku. Odgovor daje sledeća teorema. 4
6 Teorema.. Svako neprekidno preslikavanje T : [a, b] [a, b] ima fiksnu tačku na segmentu [a, b]. Dokaz: Neka je F (x) = x T (x). Ako je a = T (a) ili b = T (b), tada je a, odnosno b fiksna tačka. U suprotnom je a < T (a) i b > T (b), pa je F (a) = a T (a) < 0 F (b) = b T (b) > 0. Pošto je F neprekidno preslikavanje, postoji u (a, b) takvo da je F (u) = 0 tj. T (u) = u. Ova teorema pokazuje da neprekidna i ograničena funkcija ima fiksnu tačku. Neophodnost uslova ograničenosti pokazuje sledeći primer. Primer..5 Neka je T : R + R +, T (x) = x 2 + a, a >, pri čemu je a 4 proizvoljna konstanta. Tada je T (x) x = x 2 + a x = x 2 2 x + ( 2 2 )2 ( 2 )2 + a = (x 2 )2 + a > 0, 4 za svako x R +. Očigledno, preslikavanje T nema fiksnu tačku. Posmatrajmo, sada, diferencijabilna preslikavanja.sledeća teorema govori o egzistenciji fiksne tačke ovih preslikavanja. Teorema..2 Neka je T : [a, b] [a, b] diferencijabilno preslikavanje za koje postoji L [0, ) tako da je Tada T ima tačno jednu fiksnu tačku. ( x [a, b])( T (x) L). Dokaz: Zbog diferencijabilnosti preslikavanja T imamo da je ovo preslikavanje neprekidno, pa na osnovu teoreme (..) ima bar jednu fiksnu tačku. Dokazimo jedinstvenost te fiksne tačke. Pretpostavimo suprotno, tj. da preslikavanje T ima dve fiksne tačke u i v. Tada postoji c [a, b] tako da je u v = T (u) T (v) = T (c)(u v) L u v < u v, što je kontadikcija. Postavlja se pitanje, da li postoji šira klasa preslikavanja definisanih u nekim metričkim prostorima koje imaju fiksnu tačku. Traženje odgovora na ovo pitanje dovodi nas do pojma kontrakcije u metričkim prostorima, tj. do kontraktivnih preslikavanja. 5
7 .2 Banachova teorema o fiksnoj tački Definicija.2 Neka je (X, d) metrički prostor. Preslikavanje T : X X je kontrakcija (q-kontrakcija) ako postoji q [0, ), tako da važi d(t (x), T (y)) q d(x, y), za svako x, y X; Navešćemo nekoliko primera. Primer.2. Preslikavanje T : R R, definisano sa T (x) = x 2 4 je kontrakcija, pri čemu je F T = { 8}. Primer.2.2 Primer 4-Lipschitzovog preslikavanja je preslikavanje T : [, 2] [, 2] definisano sa T (x) =. Skup njegovih fiksnih tačaka je 2 2 x F T = {}. Sledeća teorema je poznata Banachova teorema o fiksnoj tački; često se naziva i Banachov princip kontrakcije. Banachova teorema o fiksnoj tački garantuje egzistenciju i jedinstvenost fiksne tačke preslikavanja nekog metričkog prostora na sebe, i daje konstruktivni metod za odredjivanje fiksne tačke. Teorema.2. (Banach) Neka je (X, d) kompletan metrički prostor i T : X X kontrakcija. Tada preslikavanje T ima tačno jednu fiksnu tačku. Dokaz: Neka je x 0 X proizvoljna tačka prostora X. Formirajmo niz (x n ) n tačaka prostora X na sledeći način: x = T x 0, x 2 = T x,..., x n = T (x n ),.... Pokažimo da je taj niz konvergentan. Kako je po pretpostavci metrički prostor X kompletan, dovoljno je pokazati da je niz (x n ) n Cauchyev. Iz d(x n, x n+ ) = d(t (x n ), T (x n )) q d(x n, x n )... q n d(x 0, x ), za m > n sledi d(x n, x m ) d(x n, x n+ ) + d(x n+, x n+2 ) d(x m, x m ) q n d(x 0, x ) + q n+ d(x 0, x ) q m d(x 0, x ) (q n + q n q m ) d(x 0, x ) q n ( + q +...) d(x 0, x ) = q n q d(x 0, x ) (.) Augustin Louis Cauchy-francuski matematičar 6
8 Kako je 0 < q < sledi da je (x n ) n Cauchyev niz. Prema tome, postoji u X tako da niz (x n ) n konvergira ka u. Pokažimo da je u fiksna tačka preslikavanja T. Zaista, iz d(x n, T (u)) = d(t (x n ), T (u)) q d(x n, u), a kako x n u sledi x n T (u) kad n, pa je T (u) = u. Pokažimo jedinstvenost fiksne tačke. Ako bi postojala još jedna fiksna tačka v X, v u, sa svojstvom T (v) = v, tada iz d(u, v) = d(t (u), T (v)) q d(u, v) sledi ( q) d(u, v) 0, što je u suprotnosti sa pretpostavkom 0 < q <. Dokaz Banachovog principa kontrakcije daje metod za nalaženje fiksne tačke kontraktivnog preslikavanja T. Ovaj metod se naziva metod sukcesivnih aproksimacija, i sastoji se u tome, da se polazeći od proizvoljne tačke prostora X(nulte aproksimacije x 0 ) formira niz x n = T (x n ) koji konvergira ka u. Kada u (.) uzmemo da m,sledi d(x n, u) a q n q, gde je a = d(x 0, x ), odakle možemo proceniti grešku prilikom aproksimacije tačnog rešenja u jednačine T (x) = x približnom vrednošću x n. Navešćemo neke posledice Banachove teoreme. Posledica.2. Neka je S zatvoren podskup kompletnog metričkog prostora (X, d) i neka je T : S S kontrakcija. Ako je x 0 X proizvoljna tačka i x n+ = T x n, n 0, onda niz (x n ) n konvergira ka fiksnoj tački preslikavanja T. Uslov da S bude zatvoren je neophodan. To pokazuje sledeći primer. Primer.2.3 Neka je X = R Banachov prostor sa uobičajenom metrikom d(x, y) = x y, S = K(0, ) = {x R : x < } i p R, p =. Tada kontrakcija T : S S, T x = x + p, 2 nema fiksnu tačku. Posledica.2.2 Neka je (X,d) kompletan metrički prostor i T : X X preslikavanje tako da je T n kontrakcija za neko n. Tada jednačina T x = x ima jedinstveno rešenje. 7
9 Dokaz: Primenimo Banachovu teoremu o fiksnoj tački na presikavanje T n. Sledi, postoji u X takva da je T n u = u. Tada je: T u = T (T n u) = T n (T u). Dakle T u je fiksna tačka preslikavanja T n. Zbog jedinstvenosti fiksne tačke sledi T u = u, što je trebalo pokazati. 8
10 Glava 2 Kontraktivna preslikavanja na kompletnim metričkim prostorima 2. Uopštenja Banachove kontrakcije U ovoj sekciji ćemo uopštavati Banachove rezultate o fiksnoj tački. Naime, bavićemo se problemima egzistencije i jedinstvenosti fiksne tačke na kompletnim metričkim prostorima. Započinjemo rezultatima koje je dao Sehgal. Lema 2.. Neka je T : X X preslikavanje koje zadovoljava uslov: postoji q < takvo da za svako x X, postoji jedinstven pozitivan ceo broj n(x),takav da je za svako y X d(t n(x) y, T n(x) x) q d(y, x). (2.) Tada je za svako x X, r(x) = sup n d(t n x, x) konačno. Dokaz: Neka je x X i neka je l(x) = max{d(x, T k x), k =, 2,..., n(x)}. Ako je n pozitivan ceo broj. Ukoliko je n n(x), tada je d(x, T n x) l(x) < +, čime je lema dokazana. Neka je n > n(x). Tada postoje brojevi s 0 9
11 0 p < n(x) takvi da je n = s n(x) + p. Tada je d(x, T n x) d(x, T n(x) x) + d(t n(x) x, T n x) = d(x, T n(x) x) + d(t n(x) x, T s n(x)+p x) = d(x, T n(x) x) + d(t n(x) x, T n(x) T (s ) n(x)+p x) l(x) + q d(x, T (s ) n(x)+p x) q d(x, T n(x) x) + q d(t n(x) x, T n(x) T (s 2) n(x)+p x) + l(x) q l(x) + q 2 d(x, T (s 2) n(x)+p x) + l(x)... q s d(x, T p x) + q s l(x) q l(x) + l(x) q s l(x) + q s l(x) q l(x) + l(x) l(x) q. Dakle, r(x) = sup n d(x, T n x) je konačno. Teorema 2.. (Sehgal) Neka je (X, d) kompletan metrički prostor i T : X X neprekidno preslikavanje koje zadovoljava uslov prethodne leme. Tada preslikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X i T n (x 0 ) u, za svako x 0 X. Dokaz: Neka je x 0 X proizvoljno. Neka je m 0 = n(x 0 ), x = T m 0 x 0 i definišimo induktivno m i = n(x i ), x i+ = T m i x i. Pokazaćemo da je niz (x n ) n konvegentan. Zbog kompletnosti prostora X, dovoljno je pokazati da je (x n ) n Cauchyev. Očigledno je d(x n, x n+ ) = d(t m n x n, T mn x n ) = d(t m n x n, T m n T mn x n ) q d(x n, T mn x n )... q n d(x 0, T mn x 0 ) Prema tome, iz prethodne leme sledi da je d(x n, x n+ ) q n r(x 0 ). Tada, za svako m > n važi: d(x n, x m ) m i=n + i=n d(x i, x i+ ) q i r(x 0 ) = m i=n q i r(x 0 ) qn q r(x 0) 0, n, pa je zbog kompletnosti prostora X niz (x n ) n konvergentan u X. Neka x n u X. Ako je T u u, onda postoji par disjunktnih, zatvorenih okolina U i V, takvih da je u U, T u V i ρ = inf{d(x, y) : x U, y V } > 0. (2.2) 0
12 Kako je T neprekidno preslikavanje, x n U i T (x n ) V za svako n, dovoljno veliko. Medutim, d(x n, T x n ) = d(t m n x n, T m n T x n ) q d(x n, T x n )... q n d(x 0, T x 0 ) q n r(x 0 ) 0, n, što je u kontradikciji sa izborom ρ. Dakle, T u = u. Jedinstvenost fiksne tačke sledi neposredno, iz uslova teoreme. Pokažimo da je T n x 0 u. Označimo sa ρ = max{d(u, T m x 0 ) : m = 0,, 2,..., (n(u) )}. Za dovoljno veliko n, važi n = r n(u) + p, 0 p < n(u), r > 0, i d(u, T n x 0 ) = d(t n(u) u, T r n(u)+p x 0 ) q d(u, T (r ) n(u)+p x 0 )... q r d(u, T p x 0 ) q r ρ. Kako iz n sledi r, dobijamo d(u, T n x 0 ) 0 kada n. Neka je (X, d) kompletan metrički prostor. Posmatrajmo preslikavanje T : X X, koje ne mora biti neprekidno, i za koje postoji k takvo da je 0 k <, i pozitivan ceo broj n tako da je d(t n x, T n y) k d(x, y) važi za svako x, y X. Ovaj uslov se naziva Bryantovim uslovom, i stroži je od uslova koji je dao Sehgal, što pokazuje sledeći primer. Primer 2.. Neka je X zatvoreni jedinični interval [0, ] sa uobičajenom metrikom. Tada se X može napisati u sledećem obliku: [ ] X = 2, {0}, n 2 n n= i neka je preslikavanje T : X X definisano na sledeći način: Za svako n =, 2,..., neka je [ ] [ T : 2, n 2 n 2, ] n+ 2 n definisano sa T (x) = Jack Bryant-američki matematičar n+2 (x ) +, x n+3 2 n 2 n x 2 n+ [ ] 3n+5, 2 n+ (n+2) 2 n [ 2 n, 3n+5 2 n+ (n+2) 0, x = 0. ],,
13 Očigledno, T je nerastuće, neprekidno preslikavanje na [0, ] čija je jedinstvena fiksna tačka u = 0. Pri tom, T nije kontrakcija. Ako je x [ ], 2 n 2 n i y X, onda ispitivanjem slučajeva y [ ], 2 m 2 za m n i m n, m jednostavno se pokazuje da T zadovoljava nejednakost T x T y n+3 x y za svako y X. n+4 Ako u (2.) stavimo q = /2, tada za svako x [ ], 2 n 2, n(x) se može n uzeti kao n + 3, dok se n(0) može uzeti kao proizvoljan prirodan broj veći od jedan. Da bismo pokazali da je Bryantov uslov stroži od uslova (2.), neka su dati 0 q < i pozitivan ceo broj N. Pokazaćemo da postoje x i y takvi da je T N x T N y q x y. Fiksirajmo n > Nq 2. Kako je T i ravnomerno q neprekidno na [0, ] za i =, 2,..., N, postoji δ > 0 tako da x y > δ T i x T i y < n + N + 3 (n + N + 2) 2 n+n+ za i =, 2,..., N. Ako uzmemo x = i y bilo koji broj iz [ 2 n da je 0 < x y < δ, može se pokazati da su T i x i T i y u [ ] 3(n + i) n+i+ (n + i + 2), 2 n+i za i =, 2,..., N. Prema tome T x T y = n + 2 x y, n + 3 T 2 x T 2 y n + 2 = x y, n n, 2 n ] tako. T N x T N y n + 2 = x y > q x y. n N Sada ćemo navesti neke radove Gusemana. Njegovi rezultati predstavljaju generalizaciju rezultata koje je dao Sehgal, a odnose se na preslikavanja koja ne moraju biti neprekidna, a koja su kontraktivna u svakoj tački nekog podskupa B datog prostora X, pri čemu B i X mogu biti i jednaki. Lema 2..2 Neka su dati metrički prostor (X, d), preslikavanje T : X X, neka je B X i T (B) B. Pretpostavimo da postoji u B i pozitivan ceo broj n(u) takav da je T n(u) u = u i d(t n(u) x, T n(u) u) q d(x, u), (2.3) za neko q < i svako x B. Tada je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u B i T n y 0 u, za svako y 0 B. 2
14 Dokaz: Iz (2.3) i pretpostavke tvrdenja sledi da je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T n(u) u B. Tada iz T u = T T n(u) u = T n(u) T u sledi T u = u. Dakle, tačka u je i jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T na B. Neka je y 0 B. Iz T (B) B sledi {T n y 0 : n } B. Neka je α(y 0 ) = max {d(t m y 0, u) : m n(u) } i neka je, za dovoljno veliko n, n = r n(u) + s, r > 0, 0 s < n(u). Tada je d(t n y 0, u) = d(t r n(u)+s y 0, T n(u) u) q d(t (r ) n(u)+s y 0, u) odakle sledi T n y 0 u, n.... q r d(t s y 0, u) q r α(y 0 ), Teorema 2..2 (Guseman) Neka je (X, d) kompletan metrički prostor i neka je dato preslikavanje T : X X. Pretpostavimo da postoji B X takav da ) T (B) B, 2) za neko q < i svako y B postoji prirodan broj n(y) tako da je d(t n(y) x, T n(y) y) q d(x, y) za svako x B i 3) za neko x 0 B, {T n x 0 : n } B. Tada postoji jedinstvena tačka u B takva da je T u = u i T n y 0 u za svako y 0 B. Pri tom, ako je d(t n(u) x, T n(u) u) q d(x, u) za svako x X, tada je tačka u jedinstvena u X i T n x 0 u za svako x 0 X. Dokaz: Ako je y B, kao u dokazu leme (2..2) može se pokazati da je r(y) = sup n d(t n y, y) konačno. Za x 0 B, neka je m 0 = n(x 0 ), x = T m 0 (x 0 ), i induktivno, neka je m i = n(x i ), x i+ = T m i x i. Primetimo da važe sledeće nejednakosti: i za m > n d(x n+, x n ) q n d(t mn x 0, x 0 ) q n r(x 0 ), n d(x n, x m ) m l=n d(x l+, x l ) qn q r(x 0). Sledi da je niz (x n ) n Cauchyev. Koristeći kompletnost prostora i uslov 3) teoreme, dobijamo da x n u B. Prema 2), postoji prirodan broj n(u) takav da je d(t n(u) y, T n(u) u) q d(y, u) za svako y B. Sledi T n(u) x n T n(u) u. Sada je d(t n(u) u, u) = lim n d(t n(u) x n, x n ). 3
15 Medutim, d(t n(u) x n, x n ) = d(t m n T n(u) x n, T m n x n ) q d(t n(u) x n, x n )... q n d(t n(u) x 0, x 0 ) 0, n. Zato je T n(u) (u) = u. Prema lemi (2..2), u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T na B i T n (y 0 ) u, za svako y 0 B. Poslednje tvrdenje teoreme sledi direktno iz leme. Time je dokaz završen. Napomena 2. Za svako T koje zadovoljava uslov (2.3) iz x n u sledi T n(u) x n T n(u) u. Teorema 2..3 Neka je (X,d) kompletan metrički prostor, T : X X preslikavanje i T n (y 0 ) u, za u, y 0 X. Ako T zadovoljava (2.3) za svako x X, tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X i T n x 0 u za svako x 0 X. Dokaz: Sledi direktno iz leme. Navešćemo sada nekoliko primera. Primer 2..2 Definišimo preslikavanje T : [0, ] [0, ] sa {, ako je x iracionalan, T (x) = 2 x, ako je x racionalan. Tada je T ( 2 ) = 2. Za prizvoljno q <, neka je B = { 2} A, gde je A prizvoljna kolekcija iracionalnih brojeva iz [0, ]. Lako se pokazuje da B ne može sadržati bilo koji racionalni broj x 2. Primer 2..3 Definišimo preslikavanje T : [0, ] [0, ] sa { x, ako je x iracionalan, T (x) = x, ako je x racionalan. Tada svaki racionalan broj x je fiksna tačka preslikavanja T. Za proizvoljno q <, B = {x}, x je racionalan. Primer 2..4 Neka je B = {0} I, gde smo sa I označili skup iracionalnih brojeva, i definišimo preslikavanje T : [0, ) [0, ) sa { 0, x B, T (x) = 2 n x, x [ 2 n, 2 (n )) \B, n =, 2,... 4
16 Tada je 0 fiksna tačka preslikavanja T na [0, ). Za svako x 0 [0, ), T n x 0 0, n i d(t x 0, T 0) 2 d(x 0, 0). Pokazaćemo da postoji x 0 [0, ) takvo da za svako m postoji x m [0, ) tako da je d(t m x m, T m x 0 ) = d(x m, x 0 ). Neka je x 0 = 2 i neka je α(m) = 2m, m. Lako se pokazuje da važi sledeće: (i) T m 2 = 2 α(m), (ii) T m+ 2 = [T m 2 ]2 = [T 2 ]α(m), (iii) T m x = 4 [T m 2 ]2 x, ako je 2 2 x < 2. Neka je y m = ( 2 α(m) + 2 ), za svako m. Iz (i) (iii) dobijamo: d(t m 2, T m ( 2 y m)) = d( 2, 2 y m), m 0. Dakle, T nema kontraktivnu iteraciju u Ćirićeva generalizovana kontrakcija Ljubomir Ćirić je u radu [3] uveo pojam generalizovane kontrakcije, i na taj način uopštio pojam kontrakcije koji je uveo Banach. Navodimo sledeću definiciju Definicija 2. Preslikavanje T : X X je generalizovana kontrakcija ako za svako x, y X postoje nenegativni realni brojevi q(x, y), r(x, y), s(x, y), i t(x, y) takvi da je i da važi sup {q(x, y) + r(x, y) + s(x, y) + 2t(x, y)} = k < (2.4) x,y X d(t x, T y) q(x, y)d(x, y) + r(x, y)d(x, T x) +s(x, y)d(y, T y) + t(x, y)(d(x, T y) + d(y, T x)). 5
17 Jasno, T je generalizovana kontrakcija ako i samo ako T zadovoljava sledeći uslov { d(t x, T y) q max d(x, y), d(y, T y), d(x, T x), } [d(x, T y) + d(y, T x)], 2 za svako x, y X i neko 0 < q <. U ovoj sekciji posmatraćemo preslikavanja koja ne moraju biti neprekidna i koja zadovoljavaju uslov: postoji pozitivan realan broj 0 < q < takav da za svako x X postoji prirodan broj n(x) takav da je za svako y X { d(t n(x) x, T n(x) y) q max d(x, y), d(y, T n(x) x), d(x, T n(x) y), } 2 [d(x, T n(x) x) + d(y, T n(x) y)] ; (2.5) kao i preslikavanja koja zadovoljavaju jači uslov { d(t n(x) x, T n(x) y) q max d(x, y), 3 [d(y, T n(x) x) + d(x, T n(x) y)], } 3 [d(x, T n(x) x) + d(y, T n(x) y)]. (2.6) Preslikavanje T : X X je kružno (orbitalno) neprekidno ako i samo ako iz lim i T n i x 0 = u sledi T (u) = lim i T T n i x 0. Prostor X je T -orbitalno kompletan ako i samo ako je svaki Cauchyev niz oblika (T n i x) i konvergentan u X. Teorema 2.2. (Ćirić) Neka je T : X X preslikavanje i T n x u za u, x X. Ako T zadovoljava (2.5) u tački u, tj. ako postoje prirodan broj n(u) i pozitivan realan broj q < takvi da je { d(t n(u) y, T n(u) u) q max d(y, u), d(u, T n(u) y), d(y, T n(u) u), } 2 [d(y, T n(u) y) + d(u, T n(u) u)] (2.7) za svako y X, tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X i lim n T n y = u za svako y X. 6
18 Dokaz: Iz lim n T n x = u sledi lim n T n(u) T n x = lim n T n(u)+n x = u. Kako T zadovoljava (2.7) imamo d(u, T n(u) u) d(u, T n x) + d(t n x, T n(u)+n x) + d(t n(u) T n x, T n(u) u) d(u, T n x) + d(t n x, T n(u)+n x) + q a(t n x, u), gde je a(t n x, u) = max { d(t n x, u), d(t n x, T n(u) u), d(u, T n(u)+n x), } 2 [d(t n x, T n(u)+n x) + d(u, T n(u) u)]. Dakle d(u, T n(u) u) ( + q) d(u, T n x) + d(t n x, T n(u)+n x) ako je a(t n x, u) = d(t n x, u), ili d(u, T n(u) u) 2 q (2d(u, T n x) + (2 + q)d(t n x, T n(u)+n x)) ako je a(t n x, u) = 2 [d(t n x, T n(u)+n x) + d(u, T n u)], ili d(u, T n(u) u) q (( + q) d(u, T n x) + d(t n x, T n(u)+n x)) ako je a(t n x, u) = d(t n x, T n(u) u), ili d(u, T n(u) u) ( + q) [d(u, T n x) + d(t n x, T n(u)+n x)] ako je a(t n x, u) = d(u, T n(u)+n x). Kako lim n T n x = u, sledi da d(u, T n(u) u) = 0, tj. T n(u) u = u. Iz (2.7) sledi da je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T n(u) u X. Tada iz T u = T T n(u) u = T n(u) T u sledi T u = u. Očigledno je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T. Sada ćemo pokazati da lim n T n y = u za svako y X. Neka je b(y) = max{d(y, T k y) : k =, 2,..., n(u)}. Ako je n N tada postoje celi brojevi r 0 i 0 s n(u) takvi da je n = r n(u) + s, i imamo d(u, T n y) = d(u, T r n(u)+s y) = d(t n(u) u, T n(u) T (r ) n(u)+s y) { q max d(u, T (r ) n(u)+s y), 2 d(t (r ) n(u)+s y, T n y), } d(u, T n y), d(t (r ) n(u)+s y, u). 7
19 Kako je d(u, T n y) q d(u, T n y) nemoguće, imamo ili Dakle, d(u, T r n(u)+s y) d(u, T r n(u)+s y) q d(u, T (r ) n(u)+s y), q 2 q d(u, T (r ) n(u)+s y) < q d(u, T (r ) n(u)+s y). d(u, T r n(u)+s y) q d(u, T (r ) n(u)+s y). Ponavljajući ovaj postupak r puta, dobijamo d(u, T r n(u)+s y) q r d(u, T s y) q r b(y). Kada n sledi r, pa je lim n d(u, T n y) = 0, čime je dokaz završen. Lema 2.2. Ako je T : X X preslikavanje koje zadovoljava (2.5) tada za svako x X, r(x) = sup n d(x, T n x) je konačan. Dokaz: Neka je x X i neka je b(x) = max{d(t k x, x) : k =, 2,..., n(x)}. Za dati prirodan broj n neka su p 0 i 0 s n(x) takvi da je n = p n(x) + s. Tada iz d(x, T p n(x)+s x) d(x, T n(x) x) + d(t n(x) x, T n(x) T (p ) n(x)+s x) d(x, T n(x) x) + q c, gde je { c = c(x, T (p ) n(x)+s x) = max d(x, T (p ) n(x)+s x), d(t (p ) n(x)+s x, T n(x) x), d(x, T n x), } 2 [d(x, T n(x) x) + d(t (p ) n(x)+s x, T n x)], sledi d(x, T p n(x)+s x) d(x, T n(x) x) + q d(x, T (p ) n(x)+s x), ako je c = d(x, T (p ) n(x)+s x), ili d(x, T p n(x)+s x) 2 + q 2 q d(x, T n(x) x) + q 2 q d(x, T (p ) n(x)+s x), ako je c = 2 [d(x, T n(x) x) + d(t n x, T (p ) n(x)+s x)], ili d(x, T p n(x)+s x) q d(x, T n(x) x), 8
20 ako je c = d(x, T n x), ili d(x, T p n(x)+s x) ( + q) d(x, T n(x) x) + q d(x, T (p ) n(x)+s x), ako je c = d(t{ n(x) x, T (p ) n(x)+s } x). } Kako je max, 2+q,, + q = i max q {q,, 0 = q, u svakom od 2 q q q 2 q prethodnih slučajeva imamo: d(x, T p n(x)+s x) q d(x, T n(x) x) + q d(x, T (p ) n(x)+s x). Ponavaljajući ovaj postupak p puta dobijamo d(x, T p n(x)+s x) q d(x, T n(x) x) + q q d(x, T n(x) x) q p q d(x, T n(x) x) + q p d(x, T n(x) x) ( + q q p ) q b(x) + qp q b(x) ( ) 2 b(x). q Kako je n = p n(x) + s proizvoljno, dokazali smo da je d(x, T n x) ( ) 2 max{d(x, T k x) : k =, 2,..., n(x)}. q Dakle, r(x) = sup n d(x, T n x) je konačan. Sada ćemo posmatrati preslikavanja T-orbitalno kompletnog prostora na sebe, pri čemu je uslov (2.5) zamenjen jačim. Teorema Neka je T : X X preslikavanje T-orbitalno kompletnog metričkog prostora X na samog sebe. Pretpostavimo da postoji x 0 X sa O(x 0 ) = {T n x 0 : n N} takvo da za neko q < i svako x O(x 0 ) postoji prirodan broj n(x) takav da T zadovoljava uslov (2.6) za svako y O(x 0 ). Tada lim n T n x 0 = u i T u = u. Osim toga,ako T zadovoljava uslov (2.7), u je jedinstvena fiksna tačka u X i lim n T n x = u za svako x X. Dokaz: Ako T zadovoljava (2.6), tada T zadovoljava i (2.5) na O(x 0 ). Prema tome, r(x 0 ) = sup n d(x 0, T n x 0 ) je konačan. Posmatrajmo niz x 0, x = T n(x 0) x 0, x 2 = T n(x ) x,... x i+ = T n(x i) x i,... 9
21 Za proizvoljan prirodan broj s imamo d(x n, T s x n ) = d(t n(xn ) x n, T n(xn ) T s x n ) { q max d(x n, T s x n ), 3 [d(x n, T n(xn ) x n ) + d(t s x n, T s x n )], } 3 [d(x n, T s x n ) + d(t s x n, x n )]. Prema tome, ili d(x n, T s x n ) q d(x n, T s x n ), d(x n, T s x n ) q max{d(x n, T n(x n ) x n ), d(x n, T s x n ), d(x n, T s+n(x n ) x n )}, ili d(x n, T s x n ) q max{d(x n, T s x n ), d(x n, T s x n ), d(x n, T n(x n ) x n )}. Dakle, d(x n, T s x n ) q max{d(x n, T s x n ), d(x n, T n(x n ) x n ), d(x n, T s+n(x n ) x n )}. Koristeći ovu nejednakost više puta, dobija se: d(x n, T s x n ) q 2 max{d(x n 2, T s x n 2 ), d(x n 2, T n(x n 2) x n 2 ), d(x n 2, T s+n(x n 2) x n 2 ), d(x n 2, T n(x n ) x n 2 ), d(x n 2, T n(x n )+n(x n 2 ) x n 2 ), d(x n 2, T s+n(x n ) x n 2 ), d(x n 2, T s+n(x n )+n(x n 2 ) x n 2 )}... q n r(x 0 ). Odavde sledi da je niz (T n x 0 ) n Cauchyev. Kako je T-orbitalno kompletan prostor, postoji u O(x 0 ) tako da je u = lim n T n x 0. Kako iz (2.6) sledi (2.5), imamo T u = u prema prethodnoj teoremi. Poslednje tvrdenje teoreme sledi direktno. 20
22 Ćirićeva teorema Rezultati Ljubomira Ćirića, koje ćemo sada navesti, su generalizacija Sehgalovih i Gusemanovih rezultata, koje smo dali u prethodnoj sekciji. Podrazumevaćemo da je (X, d) kompletan metrički prostor i T : X X. Teorema Ako za svako x X postoji prirodan broj n = n(x) takav da d(t n x, T n y) α max{d(x, y), d(x, T y), d(x, T 2 y), d(x, T 3 y),..., d(x, T n y), d(x, T n x)} (2.8) važi za neko α < i svako y X, tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X. Štaviše, za svako x X, lim m T m x = u. Dokaz: Najpre ćemo pokazati da je za svako x X, orbita (T m x) m ograničena. Pokazaćemo da je za svako x X r(x) = sup{d(x, T m x)} m>0 α max {d(x, T s x)} (2.9) 0<s n Neka je m proizvoljan, ali fiksiran prirodan broj i k, k = k(x, m) prirodan broj takav da je d(x, T k x) = max{d(x, T r x) : 0 < r m}. (2.0) Možemo pretpostaviti da je m > n i k > n. Tada, iz nejednakosti trougla i iz (2.8) imamo d(x, T k x) d(x, T n x) + d(t n x, T n T k n x) d(x, T n x) + α max{d(x, T k n x), d(x, T k n+ x),..., d(x, T k x), d(x, T n x)} d(x, T n x) + α max{d(x, T r x) : 0 < r m}. Koristeći (2.0) dobijamo d(x, T k x) d(x, T n x) + α d(x, T k x) i otuda d(x, T k x) α d(x, T n x), tj. max{d(x, T r x) : 0 < r m} α d(x, T n x). Kako je m proizvoljno, sledi sup{d(x, T m x)} m>n α d(x, T n x). 2
23 Nejednakost (2.9) sledi direktno. Posledica toga je da je orbita (T m x) m ograničena. Neka je x 0 = x X, n 0 = n(x 0 ), x = T n 0 x 0 i induktivno n k = n(x k ), x k+ = T n k x k, k =, 2,.... Očigledno, (x k ) k je podniz orbite (T m x) m. Koristeći ovaj podniz pokazaćemo da je (T m x) m Cauchyev niz. Neka je x k proizvoljan fiksirani član niza (x k ) k i neka su x p = T p x 0 i x q = T q x 0 dva proizvoljna člana orbite (T m x) m koja slede posle x k. Tada x p = T r x k i x q = T s x k za neke r i s respektivno. Koristeći (2.8) dobijamo: gde je d(x k, x p ) = d(t n k x k, T n k T r x k ) α d(x k, T r x k ) d(x k, T r x k ) = max{d(x k, T r x k ), d(x k, T r+ x k ),..., d(x k, T r+n k x k ), d(x k, T n k x k )} Slično, d(x k, T r x k ) α d(x k 2, T r 2 x k 2 ), gde je d(x k 2, T r 2 x k 2 ) = max{d(x k 2, T r 2 x k 2 ),..., d(x k 2, T n k 2 x k 2 )}. Ponavljajući ovaj postupak k puta imamo d(x k, x p ) α d(x k, T r x k ) α 2 d(x k 2, T r 2 x k 2 )... α k d(x 0, T r k x 0 ). Dakle, d(x k, x p ) α k r(x 0 ). Slično, d(x k, x q ) = d(x k, T s x k ) α k r(x 0 ). Sledi d(x p, x q ) d(x p, x k ) + d(x k, x q ) α k 2r(x 0 ). (2.) Kako je α <, iz (2.) sledi da je orbita (T m x) m Cauchyev niz. Iz kompletnosti prostora X sledi da postoji u X tako da je u = lim m T m x 0. Pokazaćemo da je T n(u) u = u. Za m > n = n(u), sada je d(t n u, T n T m x 0 ) α max{d(u, T m x 0 ), d(u, T m+ x 0 ),..., d(u, T m+n x 0 ), d(u, T n u)} Kada m u prethodnoj nejednakosti, sledi da d(t n u, u) α d(u, T n u). 22
24 Kako je α <, to je u fiksna tačka preslikavanja T n(u). Da bismo pokazali da je u fiksna tačka preslikavanja T, pretpostavimo da je T u u i neka je d(u, T k u) = max{d(u, T r u) : 0 < r n = n(u)}. Tada d(u, T k u) = d(t n u, T k T n u) = d(t n u, T n T k u) α max{d(u, T k u), d(u, T k+ u),..., d(u, T k+n u), d(u, T n u)} α d(u, T k u). Kako je α <, sledi da je d(u, T k u) = 0, odakle sledi da je u fiksna tačka preslikavanja T. Jedinstvenost fiksne tačke sledi direktno iz (2.8). Neka je T neprekidno preslikavanje. U tom slučaju važi sledeća teorema: Teorema Neka je (X, d) kompletan metrički prostor i neka je T : X X neprekidno preslikavanje koje zadovoljava sledeći uslov: za svako x X postoji prirodan broj n = n(x) takav da za svako y X d(t n x, T n y) α max{d(x, y), d(x, T y), d(x, T 2 y),..., d(x, T n y), d(x, T x), d(x, T 2 x),... d(x, T n x)}, (2.2) gde je 0 α <. Tada preslikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X. Štaviše, za svako x X, lim k T k x = u. Dokaz: Neka je x proizvoljna tačka iz X. Tada, kao u dokazu prethodne teoreme, orbita (T m x) m je ograničena, i Cauchyev niz u kompletnom metričkom prostoru X, tako da je njena granična vrednost u X. Iz pretpostavke o neprekidnosti preslikavanja T, sledi neprekidnost i preslikavanja T n(u), odakle je T n(u) u = T n(u) lim T m x = lim T m+n(u) x = u. m m Dakle, u je fiksna tačka preslikavanja T n(u). Koristeći iste argumente kao u dokazu prethodne teoreme, sledi da je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T. Napomena 2.2 Uslov da je T neprekidno preslikavanje u teoremi (2.2.4) može se oslabiti sledećim: T n(x) je neprekidno preslikavanje u tački x X. Primetimo da je uslov neprekidnosti preslikavanja T n(u) u teoremi (2.2.4) u tački u neophodan. Zaista, neka je X = [0, ] sa uobičajenom metrikom. Tada je X kompletan. Definišimo preslikavanje T na X koje nije neprekidno,na sledeći način: {, x = 0; T (x) = x, x
25 Tada imamo d(t 2 x, T 2 y) max{ d(x, T y), 2 d(x, T x) } 2 za svako x, y X tako da T zadovoljava (2.2) a α =. Medutim, T nema 2 fiksnu tačku, jer T n nije neprekidno u 0 za bilo koje n = 2, 3, Fiksna tačka i neopadajuće funkcije Za funkciju γ : [0, ) [0, ) označimo sa γ n, n = 0,, 2,... njenu n-tu iteraciju. Najpre ćemo dokazati sledeću lemu. Lema 2.3. Neka je γ : [0, ) [0, ) neopadajuća funkcija. svako t > 0, lim n γ n (t) = 0 sledi γ(t) < t. Tada, za Dokaz: Pretpostavimo suprotno, da je za neko t 0 > 0, γ(t 0 ) t 0. Tada, zbog monotonosti funkcije γ, γ n (t 0 ) t 0 za n =, 2,.... Napomena 2.3 Primetimo da za svaku neprekidnu funkciju γ : [0, ) [0, ) koja zadovoljava uslov γ(t) < t za t > 0, lim n γ n (t) = 0. Teorema 2.3. Neka je (X, d) kompletan metrički prostor, T : X X, α: [0, ) 5 [0, ) i neka je γ(t) = α(t, t, t, 2t, 2t) za t 0. Pretpostavimo da važi: ) α je neopadajuća funkcija po svakoj promenljivoj, 2) lim t (t γ(t)) =, 3) lim n γ n (t) = 0, t > 0, 4) za svako x X, postoji pozitivan broj n = n(x) takav da je za svako y X d(t n x, T n y) α(d(x, T n x), d(x, T n y), d(x, y), d(t n x, y), d(t n y, y)). Tada T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X i za svako x X, lim k T k x = u. Dokaz: Najpe ćemo pokazati da je za svako x X, orbita (T i x) i ograničena. Fiksirajmo x X, broj s, 0 s < n = n(x), i stavimo u k = d(x, T k n+s x), k = 0,,..., h = max{u 0, d(x, T n x)}. 24
26 Zbog 2), postoji c, c > h, tako da je t γ(t) > h, t > c. Zbog izbora c važi u 0 < c. Pokažimo da je za svako k, u k < c. Pretpostavimo suprotno, da postoji pozitivan broj j takav da je u j c, pri čemu je j najmanji takav broj za koji pomenuta nejednakost važi. Iz nejednakosti trougla sledi d(t n x, T (j ) n+s x) d(x, T n x) + u j < 2u j, Sada, koristeći 4) i ), dobijamo d(t j n+s x, T (j ) n+s x) u j + u j < 2u j. u j = d(x, T j n+s x) d(t n x, T n T (j ) n+s x) + d(x, T n x) α(u j, u j, u j, 2u j, 2u j ) + h = γ(u j ) + h, tj. u j γ(u j ) h što je zajedno sa u j > c u kontradikciji sa izborom broja c. Kako je u j < c za j = 0,,..., sledi da je orbita (T i x) i ograničena. Neka je x 0 X i stavimo n 0 = n(x 0 ). Definišimo niz (x k ) k na sledeći način x k+ = T n k x k, n k = n(x k ), k = 0,,... (2.3) Očigledno, (x k ) k je podniz orbite (T i x 0 ) i. Pokazaćemo da je niz (x k ) k Cauchyev. Neka su k i i pozitivni brojevi. Iz (2.3) je: x k+i = T n k+i +...+n k x k. Označimo s 0 = n k+i n k. Sada je d(x k, x k+i ) = d(x k, T s 0 x k ). Pojednostavićemo zapis tako što ćemo staviti t i = d(x k, T i x k ), i označimo sa s jedan od brojeva s 0, n k, s 0 + n k za koji je broj t s najveći. Iz nejednakosti trougla sledi: d(x k, T s 0 x k ) = d(t n k x k, T s 0 x k ) t nk + t s0 2t s, d(t s 0 x k, T s 0 x k ) = d(t n k +s 0 x k, T s 0 x k ) t nk +s 0 + t s0 2t s. Iz 4) i ) sledi: d(x k, x k+i ) = d(x k, T s 0 x k ) = d(t n k x k, T n k T s 0 x k ) α(t s, t s, t s, 2t s, 2t s ) = γ(t s ). 25
27 Ponavljajući postupak, možemo odrediti pozitivne brojeve s j, j =,..., k, takve da d(x k j, T s j x k j ) γ(d(x k j, T s j+ x k j )). Kako je γ neopadajuća funkcija, sledi d(x k, x k+i ) γ k (d(x 0, T s k x 0 )) γ k (M), gde smo sa M označili dijametar orbite (T i x 0 ) i. Iz 3), lim k γ k (M) = 0, odakle sledi da je niz (x k ) k Cauchyev. Kako je X kompletan prostor, postoji u X, u = lim k x k. Pokazaćemo da je za n = n(u), T n u = u. Neka je ɛ = d(t n u, u) > 0. Iz prvog dela dokaza sledi lim d(t n x k, x k ) = 0. k Koristeći prethodnu lemu, postoji broj k 0 takav da d(u, x k ) (ɛ γ(ɛ)), 4 Stoga je d(t n x k, x k ) 4 (ɛ γ(ɛ)), k k 0. ɛ = d(t n u, u) d(t n u, T n x k ) + d(t n x k, x k ) + d(x k, u) α(d(u, T n u), d(u, T n x k ), d(u, x k ), d(x k, T n u), d(x k, T n x k )) + (ɛ γ(ɛ)). 2 Pošto je d(u, T n x k ) d(u, x k )+d(x k, T n x k ), d(t n u, x k ) d(t n u, u)+d(u, x k ), za k k 0 je d(u, T n x k ) 2 (ɛ γ(ɛ)) < ɛ, d(t n u, x k ) 2ɛ. Koristeći uslov ) teoreme,sledi ɛ α(ɛ, ɛ, ɛ, 2ɛ, 2ɛ) + (ɛ γ(ɛ)) < ɛ, 2 što je nemoguće. Dakle, T n u = u. Dokažimo jedinstvenost. Pretpostavimo da postoji tačka v X, v u, takva da je T n v = v za n = n(u). Iz uslova 4) teoreme i leme je d(u, v) = d(t n u, T n v) α(0, d(u, v), d(u, v), d(u, v), 0) γ(d(u, v)) < d(u, v). 26
28 Dakle, u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T n. Da je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T sledi iz jednakosti T u = T n T u. Da bismo pokazali zadnje tvrdenje teoreme, neka je x X, broj s, 0 s < n = n(u), i neka je u k = d(u, T k n+s x), k = 0,,... Pokažimo da za svako k, u k u k. Neka je za neko k, u k > u k. Tada iz ), 3) i 4) sledi u k = d(t n u, T n T (k ) n+s x) α(0, u k, u k, u k, d(t k n+s x, T (k ) n+s x)) α(u k, u k, u k, u k, 2u k ) γ(u k ) < u k. Iz ove kontradikcije sledi u k u k, k =, 2,.... Koristeći 4) i ), dobijamo u k = d(t n u, T k n+s x) α(u k, u k, u k, u k, 2u k ) γ(u k ) za k =, 2,.... Odavde je u k γ k (u 0 ) i lim k u k = 0. Napomena 2.4 Primetimo da u prethodnoj teoremi nismo koristili uslov neprekidnosti preslikavanja T. Posledica 2.3. Neka je (X,d) kompletan metrički prostor, T : X X, i γ : [0, ) [0, ). Ako je γ neopadajuća funkcija, lim t (t γ(t)) =, lim k γ k (t) = 0 za t > 0, i za svako x X postoji pozitivan broj n = n(x) takav da za svako y X važi d(t n x, T n y) γ(d(x, y)), tada preslikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X. x X, lim k T k x = u. Štaviše, za svako Napomena 2.5 Stavljajući u posledici γ(t) = q t za 0 < q < dobijamo teoremu Sehgala o fiksnoj tački, u kojoj je izostavljena pretpostavka o neprekidnosti preslikavanja T. Sledeće tvrdenje predstavlja uopštenje teoreme (2.2.). Teorema Neka je (X,d) kompletan metrički prostor, i neka preslikavanje T : X X zadovoljava sledeći uslov: za svako x X postoji pozitivan broj n = n(x) takav da za svako y X, d(t n x, T n y) a[d(x, T n x) + d(y, T n y)] + b[d(x, T n y) + d(t n x, y)] + cd(x, y) gde su a,b,c nenegativni brojevi i 3a + 3b + c <, tada preslikavanje T ima jedinstvenu fiksnu tačku u X. Štaviše, za svako x X, lim k T k x = u. 27
29 Primer 2.3. Neka je X = [0, ), d(x, y) = x y, T x = x, γ(t) = t +x +t za x, y, t [0, ). Tada t lim n γn (t) = lim n + nt = 0 za T 0, lim t (t γ(t)) = i d(t x, T y) = x x + y y + = x y ( + x)( + y) x y + x y = γ(d(x, y)). Pretpostavimo da postoje nenegativni brojevi a, b, c koji zadovoljavaju uslov prethodne teoreme. Tada, za x = 0 je ( y + ny a y y ) ( ) y + b + ny + ny + y + cy, n = n(0), y > 0. Kako je a+b+c a+b +ny za y > 0, sledi 2b + c. 28
30 Glava 3 Kontrakcije na generalisanim metričkim prostorima 3. Generalisani metrički prostori U ovoj sekciji ćemo posmatrati generalisane metrčke prostore, i pokušaćemo da poznate rezultate iz prethodnih sekcija prenesemo i u ovim prostorima. Definicija 3. Neka je X neprazan skup, i neka je G: X X X R + preslikavanje koje zadovoljava sledeće uslove: (G) G(x, y, z) = 0, ako je x = y = z; (G2) 0 < G(x, x, y), za svako x, y X, x y; (G3) G(x, x, y) G(x, y, z), za svako x, y, z X, y z; (G4) G(x, y, z) = G(x, z, y) = G(y, z, x) =... (simetričnost po svakoj promenljivoj); (G5) G(x, y, z) G(x, a, a) + G(a, y, z), za svako x, y, z, a X. Preslikavanje G se naziva generalizovana metrika, ili preciznije, G-metrika na X, a par (X,G) je G-metrički prostor. Primer 3.. Neka je (X, d) uobičajeni metrički prostor. Tada se na prostoru (X, d) može definisati G-metrika na sledeći način: ) G s (x, y, z) = d(x, y) + d(y, z) + d(x, z); 2) G m (x, y, z) = max{d(x, y), d(y, z), d(x, z)}. 29
31 Primer 3..2 Neka je X = {a, b}. Definišimo preslikavanje G na X X X sa G(a, a, a) = G(b, b, b) = 0, G(a, a, b) =, G(a, b, b) = 2 i produžimo G na X X X koristeći simetričnost po promenljivama. Jasno, (X, G) je G-metrički prostor. Definicija 3.2 Neka je (X,G) G-metrički prostor, i neka je (x n ) n niz tačaka iz X. Za tačku x X kažemo da je granica niza (x n ) n ako je lim n,m G(x, x n, x m ) = 0. U tom slučaju kažemo da niz (x n ) n G-konvergira ka x. Dakle, ako x n x u G-metričkom prostoru (X, G), tada za svako ɛ > 0, postoji n ɛ N tako da G(x, x n, x m ) < ɛ, za svako n, m n ɛ. Definicija 3.3 Neka je (X,G) G-metrički prostor. Niz (x n ) n je G-Cauchyev niz ako za svako ɛ > 0, postoji n 0 N, tako da je G(x n, x m, x l ) < ɛ za svako n, m, l n 0, tj. ako G(x n, x m, x l ) 0, kada n, m, l. Definicija 3.4 G-metrički prostor (X,G) je G-kompletan ako je svaki G- Cauchyev niz iz (X,G) konvergentan u (X,G). Definicija 3.5 G-metrički prostor (X,G) je simetričan G-prostor ako je za svako x, y X, G(x, y, y) = G(y, x, x). Lema 3.. Svaki G-metrički prostor (X,G) odreduje metrički prostor (X, d G ) sa d G (x, y) = G(x, y, y) + G(y, x, x), x, y X. (3.) Ako je (X,G) simetričan G-metrički prostor,tada d G (x, y) = 2G(x, y, y), x, y X. (3.2) Medutim, ako je (X,G) nesimetričan, tada, iz jednačina G-metrike sledi 3 2 G(x, y, y) d G(x, y) 3G(x, y, y), x, y X. (3.3) Lema 3..2 G-metrički prostor (X,G) je G-kompletan ako i samo ako je (X, d G ) kompletan metrički prostor. 30
32 3.2 Neka poznata tvrdenja u generalisanim prostorima Prirodno se postavlja pitanje, da li se Banachova kontrakcija može uopštiti i u generalisanim metričkim prostorima. Odgovor na to pitanje je potvrdan. Ljiljana Gajić i Zagorka Lozanov-Crvenković su uopštile ne samo Banachove rezultate, već su dale analogone teoreme Sehgala i Gusemana u generalisanim metričkim prostorima. Neka je (X, G) G-metrički prostor, T : X X preslikavanje, B X takav da postoji q (0, ) i za svako x B postoji pozitivan broj n = n(x) takav da G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) q max{g(z, x, x), G(z, T n(x) x, T n(x) x), G(T n(x) z, x, x)} (3.4) za svako z B. Tada pišemo T. Ako G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) q max{g(z, x, x), 2 [G(z, T n(x) z, T n(x) z) + G(x, T n(x) x, T n(x) x)], 2 [G(z, T n(x) x, T n(x) x) + G(T n(x) z, x, x)]} (3.5) za svako z B, i tada pišemo T 2. Teorema 3.2. Neka je T ili T 2. Neka je B X, takav da je T (B) B. Ako postoji u B tako da za n = n(u), T n u = u, tada je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u B. Štaviše, T k (y 0 ) u, k, za svako y 0 B, za T, a za T 2 ako je q < 2 3. Dokaz: Ako je (X, G) simetričan prostor, tada d G (z, x) = 2G(z, x, x), i (3.4) postaje d G (T n(x) z, T n(x) x) q max{d G (z, x), d G (z, T n(x) x), d G (x, T n(x) z)} i (3.5) postaje d G (T n(x) z, T n(x) x) q max{d G (z, x), 2 [d G(z, T n(x) z) + d G (x, T n(x) x)], 2 [d G(z, T n(x) x) + d G (x, T n(x) z)]}, 3
33 i rezultat sledi iz teoreme (2.2.) i važi za svako q <. Pretpostavimo sada da je (X, G) nesimetričan prostor. Tada iz nejednakosti (3.3) uslov (3.4) postaje a (3.4) postaje G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) 2q max{g(z, x, x), G(z, T n(x) x, T n(x) x), G(T n(x) z, x, x)}, G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) 2q max{g(z, x, x), [ G(z, T n(x) z, T n(x) z) + G(x, T n(x) x, T n(x) x) ], 2 [ G(z, T n(x) x, T n(x) x) + G(T n(x) z, x, x) ] } 2 Pošto 2q mora biti manje od da bismo mogli da koristimo rezultate o fiksnim tačkama preslikavanja na metričkim prostorima, to mora biti q <. 2 S druge strane, koristeći definiciju G-metričkog prostora, dokazaćemo rezultat,u prvom slučaju za 0 < q <, a u drugom za 0 < q < 2. To znači da ovi 3 rezultati predstavljaju generalizaciju u slučaju nesimetričnog G-prostora. Neka je T. Jedinstvenost sledi iz (3.4). Zaista, ako je T n z = z, sledi G(z, u, u) = G(T n z, T n u, T n u) q G(z, u, u). Odavde sledi u = z. Sada T n T u = T u implicira T u = u. Neka je y 0 B i pretpostavimo da je T m y 0 u za svako m. Za dovoljno veliko m možemo pisati m = k n + r, k, r < n. Tada G(T m y 0, u, u) = G(T k n+r y 0, T n u, T n u) q max{g(t (k ) n+r y 0, u, u), G(T (k ) n+r y 0, T n u, T n u), G(T m y 0, u, u)} = q G(T (k ) n+r y 0, u, u)... q k G(T r y 0, u, u) q k max{g(t p y 0, u, u) : p < n}, pa G(T m y 0, u, u) 0, m. Ako je T 2, jedinstvenost sledi iz (3.5), pošto T n z = z povlači G(z, u, u) = G(T n z, T n u, T n u) q max{g(z, u, u), 0} i dalje T u = u. Sada za svako y 0 B gde je G(T m y 0, u, u) = G(T k n+r y 0, T n u, T n u) q M(y 0, m, u) 32
34 G(T (k ) n+r y 0, u, u), M(y 0, m, u) = [G(T (k ) n+r y 2 0, T m y 0, T m y 0 ) + 0], [G(T (k ) n+r y 2 0, u, u) + G(T m y 0, u, u)]. Za M(y 0, m, u) = 2 [G(T (k ) n+r y 0, u, u) + G(T m y 0, u, u)] imamo G(T m y 0, u, u) < q 2 q G(T (k ) n+r y 0, u, u). Ako je M(y 0, m, u) = 2 G(T (k ) n+r y 0, T m y 0, T m y 0 ) tada Dakle, G(T m y 0, u, u) q 2 G(T (k ) n+r y 0, u, u) + q G(u, u, T m y 0 ). 2( q)g(t m y 0, u, u) q G(T (k ) n+r y 0, u, u). Sledi, G(T m y 0, u, u) h G(T (k ) n+r q y 0, u, u), gde je h = max{q,, q }. 2( q) 2 q Kako je h <, G(T m y 0, u, u), m. Za T : X X skup O(x 0 ; T ) = {T n x 0 : n N} se naziva orbita elementa x 0 X. Sledeće tvrdenje predstavlja uopštenje teoreme (2..2). Teorema Neka je (X,G) kompletan G-metrički prostor i T : X X preslikavanje. Pretpostavimo da je za neko x 0 X orbita O(x 0 ; T ) kompletna, i da za neko q [0, ) i za svako x O(x 0 ; T ) postoji broj n(x) takav da G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) q G(z, x, x) (3.6) za svako z O(x 0 ; T ). Tada niz (x k ) k, x k = T n(x k ) x k, k N, konvergira ka nekoj tački u X i za svako m, k N, m > k G(x k, x k, x m ) qk q max{g(t p x 0, x 0, x 0 ) : p n(x 0 )} (3.7) Ako nejednakost u (3.6) važi za svako x O(x 0 ; T ), tada T n(u) u = u i T k x 0 u, k. Štaviše, ako T (O(x 0; T )) O(x 0 ; T ), tada je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T. Dokaz: Ako je (X, G) simetričan G-metrički prostor, rezultat sledi iz teoreme Gusemana o fiksnoj tački. Neka je (X, G) nesimetričan G-metrički prostor. Tada iz nejednakosti (3.3) sledi 33
35 d G (T n(x) z, T n(x) x) 2q d G (z, x) Tada, koristeći osobine G-metričkog prostora, dokazujemo rezultat za svako 0 < q <. Najpre ćemo pokazati da je sup G(T m x 0, x 0, x 0 ) = M <. m Za dovoljno veliko m N, postoje k, r N, r n(x 0 ) takvi da m = k n(x 0 ) + r. Tada G(T m x 0, x 0, x 0 ) G(T k n(x 0)+r x 0, T n(x 0) x 0, T n(x 0) x 0 ) + G(T n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) Sada, za svako k N važi q G(T (k ) n(x 0)+r x 0, x 0, x 0 ) + G(T n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) q G(T (k ) n(x 0)+r x 0, T n(x 0) x 0, T n(x 0) x 0 ) + ( + q)g(t n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) q 2 G(T (k 2) n(x 0)+r x 0, x 0, x 0 ) + ( + q)g(t n(x 0) x 0, x 0 )... q k G(T r x 0, x 0, x 0 ) + ( + q q k ) G(T n(x0) x 0, x 0, x 0 ) q max{g(t p x 0, x 0, x 0 ) : p n(x 0 )} = M < +. G(x k, x k, x k+ ) = G(T n(x k ) x k, T n(x k ) x k, T n(x k) T n(x k ) x k ) q G(x k, x k, T n(x k) x k )... q k G(x 0, x 0, T n(x k) x 0 ) q k M. Za svako m, k N, m > k, sledi G(x k, x k, x m ) G(x k, x k, x k+ ) + G(x k+, x k+, x k+2 ) G(x m, x m, x m ) q k q M, pa je (x k ) k Cauchyev niz. Zbog kompletnosti prostora sledi da postoji u X, lim k x k = u, čime je dokazana nejednakost (3.7). Ako pretpostavimo da je nejednakost u (3.6) zadovoljena za svako x O(x 0 ; T ), tada za svako k N G(T n(u) u, T n(u) u, T n(u) x k ) q G(u, u, x k ) 34
36 pa je lim k T n(u) x k = T n(u) u. S druge strane, G(T n(u) x k, x k, x k ) = G(T n(u) T n(x k ) x k, T n(x k ) x k, T n(x k ) x k ) q G(T n(u) x k, x k, x k )... q k G(T n(u) x 0, x 0, x 0 ) odakle sledi lim k G(T n(u) x k, x k, x k ) = 0. Kako je G neprekidno preslikavanje, to je G(T n(u) u, u, u) = 0. Sledi T n(u) u = u. Sada, pretpostavimo da je T (O(x 0 ; T )) O(x 0 ; T ). Kako je T, u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u X i lim k T k x 0 = u. Za n(x) =, u nejednakosti (3.6) u zavisnosti od x uprostićemo dokaz i oslabiti uslov u (3.6). Posledica 3.2. Neka je (X,G) kompletan G-metrički prostor i neka je T : X X. Pretpostavimo da postoji x 0 X i q [0, ) tako da je O(x 0 ; T ) kompletna i da G(T z, T x, T x) q G(z, x, x) (3.8) za svako x, z = T x O(x 0 ; T ). Tada niz (T k x 0 ) k konvergira ka nekoj tački u X i za svako k, m N, m > k G(x k, x k, x m ) qk q G(x 0, x 0, T x 0 ). (3.9) Ako za svako x O(x 0 ; T ) važi (3.8), ili je T orbitalno neprekidna u tački u, tada je u fiksna tačka preslikavanja T. Dokaz: Ako je (X, G) simetričan prostor, tada d G (x, z) = 2G(z, x, x) pa nejednakost (3.8) postaje d G (T z, T x) q d G (z, x), i rezultat sledi iz teoreme (2.2.2). Sada, neka je (X, G) nesimetričan G-metrički prostor. Kako je x k = T x k, k N, G(x k, x k, x k+ ) q G(x k, x k, x k )... q k G(x 0, x 0, T x 0 ), za svako m, k N, m > k, 35
37 G(x k, x k, x m ) qk q G(x 0, x 0, T x 0 ), i tada postoji lim k x k = u. Ako nejednakost (3.8) važi za svako x O(x 0 ; T ), tada zbog n(u) =, sledi T u = u. Ako je T orbitalno neprekidna u tački x = u, i kako lim k T k x 0 = u, sledi lim k T k+ x 0 = T u, pa je u = T u. Napomena 3. Primetimo da u prethodnoj teoremi preslikavanje T ne mora biti neprekidno. Dokažimo jednu lemu, koju ćemo koristiti u daljem radu. Lema 3.2. Neka je (X,G) G-metrički prostor, i T : X X preslikavanje. Neka je B X takav da je T (B) B. Ako postoji u B i pozitivan broj n(u) takav da je T n(u) = u i G(T n(u) z, T n(u) u, T n(u) u) q G(z, u, u), (3.0) za neko q [0, ) i svako z B tada je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u B i lim k T k y 0 = u, za svako y 0 B. Dokaz: Iz (3.0) sledi, u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T n(u) u B. Tada iz T u = T T n(u) u = T n(u) T u sledi T u = u. Neka je y 0 B. Za dovoljno veliko m je m = k n(u) + r, k, r < n(u). Tada je G(T m y 0, u, u) = G(T k n(u)+r y 0, T n(u) u, T n(u) u) q G(T (k ) n(u)+r y 0, u, u)... q k G(T r y 0, u, u) q k M gde je M = max{g(t p y 0, u, u) : p n(u) }, odakle sledi lim k T k y 0 = u. Navodimo teoremu Gusemana u generalisanim metričkim prostorima. Teorema Neka je (X,G) kompletan G-metrički prostor i neka je T : X X preslikavanje. Neka je B X takav da: ) T (B) B; 2) za neko x 0 B granica svakog niza iz O(x 0 ; T ), ako postoji, pripada B; 36
38 3) za neko q [0, ) i svako x O(x 0 ; T ) postoji broj n(x) takav da za svako z B. G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) q G(z, x, x) (3.) Tada postoji jedinstvena fiksna tačka u B tako da je T u = u i T k x 0 u, k. Štaviše, T k y 0 u, k, za svako y 0 B. Ako važi i G(T n(u) z, T n(u) u, T n(u) u) q G(z, u, u), za svako z X, tada je u jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u X. Dokaz: Najpre ćemo pokazati da je sup G(T m x 0, x 0, x 0 ) = M < +. m Za svako m N postoje k, r N, r n(x 0 ) tako da je m = k n(x 0 )+r. Tada je G(T m x 0, x 0, x 0 ) G(T k n(x 0)+r x 0, T n(x 0) x 0, T n(x 0) x 0 ) + G(T n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) q G(T (k ) n(x 0)+r x 0, x 0, x 0 ) + G(T n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) q G(T (k ) n(x 0)+r x 0, T n(x 0) x 0, T n(x 0) x 0 ) + ( + q)g(t n(x 0) x 0, x 0, x 0 ) q 2 G(T (k 2) n(x 0)+r x 0, x 0, x 0 ) + ( + q)g(t n(x 0) x 0, x 0, x 0 )... q k G(T r x 0, x 0, x 0 ) + ( + q q k ) G(T n(x0) x 0, x 0, x 0 ) q max{g(t p x 0, x 0, x 0 ) : p n(x 0 )} = M < +. Definišimo niz (x k ) k na sledeći način x k = T n(x k ) x k, k N. Tada za svako p N je G(x k, x k, x k+p ) = G(T n(x k ) x k, T n(x k ) x k, T n(x k+p ) x k+p ) = G(T n(x k ) x k, T n(x k ) x k, T n(x k+p ) T n(x k+p 2) T n(x k ) x k ) q G(x k, x k, T n(x k+p ) T n(x k) x k )... q k G(x 0, x 0, T n(x k+p ) T n(x k) x 0 ) q k M, pa je (x k ) k Cauchyev niz u kompletnom prostoru, pa postoji u B tako da je u = lim k x k. Za svako k N, G(T n(u) u, T n(u) u, T n(u) x k ) q G(u, u, x k ) 37
39 pa je lim k T n(u) x k = T n(u) u. S druge strane, G(T n(u) x k, x k, x k ) = G(T n(u) T n(x k ) x k, T n(x k ) x k, T n(x k ) x k ) q G(T n(u) x k, x k, x k )... q k G(T n(u) x 0, x 0, x 0 ) odakle sledi lim k G(T n(u) x k, x k, x k ) = 0. Kako je G neprekidno preslikavanje, to je G(T n(u) u, u, u) = 0. Sledi T n(u) u = u. Prema lemi (3.2.), u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u B i lim k T k y 0 = u za svako y 0 B. Očigledno, uz dodatni uslov, u je jedinstvena fiksna tačka preslikavanja T u X. U slučaju B = X imamo sledeću posledicu. Posledica Neka je (X,G) G-metrički prostor i T : X X preslikavanje. Pretpostavimo da postoji q [0, ) i tačka x 0 X tako da je O(x 0 ; T ) kompletna i da za svako x O(x 0 ; T ) postoji broj n(x) tako da G(T n(x) z, T n(x) x, T n(x) x) q G(z, x, x), za svako z X. Tada postoji jedinstvena tačka u X tako da je T u = u i T k y 0 u, k, za svako y 0 X. Za n(x) = u zavisnosti od x imamo sledeću posledicu. Posledica Neka je (X,G) G-metrički prostor i T : X X preslikavanje. Pretpostavimo da postoji q [0, ) i tačka x 0 X tako da je O(x 0 ; T ) kompletna i da za svako x O(x 0 ; T ) G(T z, T x, T x) q G(z, x, x), (3.2) za svako z X. Tada postoji jedinstvena tačka u X tako da je T u = u i T k y 0 u, k, za svako y 0 X. Napomena 3.2 Ako je (X, G) simetričan prostor, tada d G (x, z) = 2G(z, x, x), pa nejednakost (3.2) postaje d G (T x, T z) q d G (x, z). Napomena 3.3 Primetimo da kod teoreme (3.2.3) i posledice (3.2.2), preslikavanje T ne mora biti neprekidno. 38
3.1 Granična vrednost funkcije u tački
3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili
Διαβάστε περισσότεραSISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije
Διαβάστε περισσότεραOsnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju
RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)
Διαβάστε περισσότεραIskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012
Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)
Διαβάστε περισσότεραDISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,
Διαβάστε περισσότεραOsnovne teoreme diferencijalnog računa
Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako
Διαβάστε περισσότεραa M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.
3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M
Διαβάστε περισσότερα18. listopada listopada / 13
18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu
Διαβάστε περισσότεραM086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost
M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.
Διαβάστε περισσότεραUniverzitet u Nišu Prirodno - matematički fakultet Departman za matematiku
Univerzitet u Nišu Prirodno - matematički fakultet Departman za matematiku Nepokretne tacke za parove preslikavanja Master rad Student: Sanela Paunović Mentor: dr Dejan Ilić Niš, April 2015. Sadržaj I
Διαβάστε περισσότεραTeorijske osnove informatike 1
Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija
Διαβάστε περισσότεραPRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo
Διαβάστε περισσότεραIspitivanje toka i skiciranje grafika funkcija
Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3
Διαβάστε περισσότεραPID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).
0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo
Διαβάστε περισσότερα1 Svojstvo kompaktnosti
1 Svojstvo kompaktnosti 1 Svojstvo kompaktnosti U ovoj lekciji će se koristiti neka svojstva realnih brojeva sa kojima se čitalac već upoznao tokom kursa iz uvoda u analizu. Na primer, važi Kantorov princip:
Διαβάστε περισσότεραOperacije s matricama
Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M
Διαβάστε περισσότεραZavrxni ispit iz Matematiqke analize 1
Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1
Διαβάστε περισσότεραElementi spektralne teorije matrica
Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena
Διαβάστε περισσότερα5 Ispitivanje funkcija
5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:
Διαβάστε περισσότεραAPROKSIMACIJA FUNKCIJA
APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu
Διαβάστε περισσότεραINTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.
INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno
Διαβάστε περισσότερα4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.
4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva
Διαβάστε περισσότεραIZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a
Διαβάστε περισσότεραGranične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost
Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ
Διαβάστε περισσότεραMetrički prostori i Riman-Stiltjesov integral
Metrički prostori i Riman-Stiltjesov integral Dragan S. Djordjević Niš, 2009. 0 Sadržaj Predgovor 3 1 Metrički prostori 5 1.1 Primeri metričkih prostora................. 5 1.2 Konvergencija nizova i osobine
Διαβάστε περισσότερα1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i
PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;
Διαβάστε περισσότεραSOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE
1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar
Διαβάστε περισσότεραKlasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove.
Klasifikacija blizu Teorema Neka je M Kelerova mnogostrukost. Operator krivine R ima sledeća svojstva: R(X, Y, Z, W ) = R(Y, X, Z, W ) = R(X, Y, W, Z) R(X, Y, Z, W ) + R(Y, Z, X, W ) + R(Z, X, Y, W ) =
Διαβάστε περισσότεραMatematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak
Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Domai zadatak Zlatko Lazovi 30. decembar 2016. verzija 1.1 Sadraj 1 METRIQKI PROSTORI 2 1 1 METRIQKI PROSTORI a) Neka je (M, d) metriqki prostor i neka je (x
Διαβάστε περισσότεραDvanaesti praktikum iz Analize 1
Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.
Διαβάστε περισσότεραIspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f
IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe
Διαβάστε περισσότεραUNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka
UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju
Διαβάστε περισσότερα(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.
1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,
Διαβάστε περισσότεραKOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA.
KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA 1 Grupoid (G, ) je asocijativa akko važi ( x, y, z G) x (y z) = (x y) z Grupoid (G, ) je komutativa akko važi ( x, y G) x y = y x Asocijativa
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNE FUNKCIJE
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje
Διαβάστε περισσότεραCauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.
auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,
Διαβάστε περισσότεραIZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo
IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNA MATEMATIKA 2
ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup
Διαβάστε περισσότεραJednodimenzionalne slučajne promenljive
Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNE FUNKCIJE
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje
Διαβάστε περισσότεραSume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.
Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.
Διαβάστε περισσότεραZadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x
Διαβάστε περισσότεραViše dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu
Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate
Διαβάστε περισσότερα7 Algebarske jednadžbe
7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.
Διαβάστε περισσότεραSpektralna teorija ograničenih linearnih operatora
Univerzitet u Nišu Prirodno matematički fakultet Departman za matematiku Spektralna teorija ograničenih linearnih operatora Mentor prof. Dragana Cvetković Ilić Niš, oktobar 2013. Student Maja Ţivković
Διαβάστε περισσότεραZadaci iz Osnova matematike
Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F
Διαβάστε περισσότεραUniverzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika
Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.
Διαβάστε περισσότερα3.1. Granične vrednosti funkcija
98 3. FUNKCIJE: GRANIČNE VREDNOSTI I NEPREKIDNOST 3.1. Granične vrednosti funkcija 3.1.1. Definicija i osnovne osobine Da bismo motivisali definiciju granične vrednosti funkcija, dajemo dva primera. Posmatrajmo
Διαβάστε περισσότεραradni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}
Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija
Διαβάστε περισσότερα1. Dušan Adnad ević i Zoran Kadelburg, Matematička analiza I, Naučna knjiga, Beograd, 1990.
PREDGOVOR Predavanja su namenjena studentima koji polažu ispit iz predmeta Matematička analiza. Materijal je u nastajanju, iz nedelje u nedelju se dodaju novi sadržaji, moguće su i izmene u prethodno unešenom
Διαβάστε περισσότεραNorme vektora i matrica
2 Norme vektora i matrica Pojam norme u vektorskim prostorima se najčešće povezuje sa određenom merom veličine elemenata tog prostora. Tako je u prostoru realnih brojeva R, norma elementa x R najčešće
Διαβάστε περισσότεραMatematička analiza 1 dodatni zadaci
Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka
Διαβάστε περισσότεραDeljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.
Deljivost 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Rešenje: Nazovimo naš izraz sa I.Važi 18 I 2 I 9 I pa možemo da posmatramo deljivost I sa 2 i 9.Iz oblika u kom je dat
Διαβάστε περισσότεραPARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati
Διαβάστε περισσότεραk a k = a. Kao i u slučaju dimenzije n = 1 samo je jedan mogući limes niza u R n :
4 Nizovi u R n Neka je A R n. Niz u A je svaka funkcija a : N A. Označavamo ga s (a k ) k. Na primjer, jedan niz u R 2 je dan s ( 1 a k = k, 1 ) k 2, k N. Definicija 4.1. Za niz (a k ) k R n kažemo da
Διαβάστε περισσότεραTRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg
Διαβάστε περισσότεραGranične vrednosti realnih nizova
Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNA MATEMATIKA 2
ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.
Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:
Διαβάστε περισσότερα4 Numeričko diferenciranje
4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)
Διαβάστε περισσότεραElementarna matematika - predavanja -
Elementarna matematika - predavanja - February 11, 2013 2 Sadržaj I Zasnivanje brojeva 5 I.1 Peanove aksiome............................. 5 I.2 Celi brojevi................................ 13 I.3 Racionalni
Διαβάστε περισσότεραELEKTROTEHNIČKI ODJEL
MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,
Διαβάστε περισσότερα10 Iskazni račun - deduktivni sistem za iskaznu logiku
10 Iskazni račun - deduktivni sistem za iskaznu logiku Definicija 20 Iskazni račun je deduktivni sistem H = X, F orm, Ax, R, gde je X = S {,, (, )}, gde S = {p 1, p 2,..., p n,... }, F orm je skup iskaznih
Διαβάστε περισσότεραUvod u teoriju brojeva
Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)
Διαβάστε περισσότεραGeometrija (I smer) deo 1: Vektori
Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo
Διαβάστε περισσότερα2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x
Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:
Διαβάστε περισσότεραDRŽAVNI UNIVERZITET U NOVOM PAZARU TOPOLOGIJA SA ODABRANIM ZADACIMA SKRIPTA NOVI PAZAR, 2014 (2011).
DRŽAVNI UNIVERZITET U NOVOM PAZARU dr. Dženis F. Pučić TOPOLOGIJA SA ODABRANIM ZADACIMA SKRIPTA NOVI PAZAR, 2014 (2011). Predgovor prvom izdanju Ova skripta nastala su kao rezultat potrebe da se studentima
Διαβάστε περισσότερα5. Karakteristične funkcije
5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična
Διαβάστε περισσότερα8 Funkcije više promenljivih
8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen
Διαβάστε περισσότεραRačunarska grafika. Rasterizacija linije
Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem
Διαβάστε περισσότεραNermin Okičić Vedad Pašić. Metrički prostori
Å Ì Å ÌÁÃ Nermin Okičić Vedad Pašić Metrički prostori 2016 Å Ì Å ÌÁÃ Sadržaj 1 Metrički prostori 1 1.1 Metrika i osobine......................... 2 1.2 Konvergencija u metričkim prostorima.............
Διαβάστε περισσότερα2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =
( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se
Διαβάστε περισσότεραMATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori
MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =
Διαβάστε περισσότεραradni nerecenzirani materijal za predavanja
Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je
Διαβάστε περισσότερα1. Funkcije više promenljivih
1. Funkcije više promenljivih 1. Granične vrednosti funkcija više promenljivih Definicija 1. Funkcija f : D( R n R ima graničnu vrednost u tački (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n D i jednaka je broju α R ako važi
Διαβάστε περισσότερα9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE
Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )
Διαβάστε περισσότεραKVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.
KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako
Διαβάστε περισσότεραGlava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije
Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da
Διαβάστε περισσότεραZadaća iz kolegija Metrički prostori 2013./2014.
Zadaća iz kolegija Metrički prostori 2013./2014. Zadaća nosi 5 bodova. Sve tvrdnje u zadacima obrazložiti! Renato Babojelić 31 Lea Božić 13 Ana Bulić 7 Jelena Crnjac 5 Bernarda Dragin 19 Gabriela Grdić
Διαβάστε περισσότερα1 Uvodni pojmovi kombinatorike, I deo
1 Uvodni pojmovi kombinatorike, I deo 1 Uvodni pojmovi kombinatorike, I deo U predavanju se osvrćemo na osnovne principe kombinatorike i njihovu primenu na rešavanje elementarnih kombinatornih problema.
Διαβάστε περισσότερα41. Jednačine koje se svode na kvadratne
. Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k
Διαβάστε περισσότεραLinearna algebra 2 prvi kolokvij,
Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )
Διαβάστε περισσότεραKontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A
Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi
Διαβάστε περισσότερα2. Konvergencija nizova
6 2. KONVERGENCIJA NIZOVA 2. Konvergencija nizova Niz u skupu X je svaka funkcija x : N X. Vrijednost x(k), k N, se zove opći ili k-ti član niza i obično se označava s x k. U skladu s tim, niz x : N X
Διαβάστε περισσότερα4 Izvodi i diferencijali
4 Izvodi i diferencijali 8 4 Izvodi i diferencijali Neka je funkcija f() definisana u intervalu (a, b), i neka je 0 0 + (a, b). Tada se izraz (a, b) i f( 0 + ) f( 0 ) () zove srednja brzina promene funkcije
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.
Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati
Διαβάστε περισσότεραPOGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije:
POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: min f(x) (1.1) pri čemu nema dodatnih ograničenja na X = (x 1,..., x n ) R n. Probleme bezuslovne optimizacije
Διαβάστε περισσότεραASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:
ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako
Διαβάστε περισσότεραDimenzija vektorskog prostora
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Marija Delić Dimenzija vektorskog prostora -master rad- Mentor: Akademik Prof. dr Stevan Pilipović Novi Sad,
Διαβάστε περισσότεραRačunarska grafika. Rasterizacija linije
Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNA MATEMATIKA 2
ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup
Διαβάστε περισσότεραXI dvoqas veжbi dr Vladimir Balti. 4. Stabla
XI dvoqas veжbi dr Vladimir Balti 4. Stabla Teorijski uvod Teorijski uvod Definicija 5.7.1. Stablo je povezan graf bez kontura. Definicija 5.7.1. Stablo je povezan graf bez kontura. Primer 5.7.1. Sva stabla
Διαβάστε περισσότεραFakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:
Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNA MATEMATIKA 2
ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup
Διαβάστε περισσότεραApsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.
Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala
Διαβάστε περισσότεραAlgebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa
Binarne operacije Binarna operacija na skupu A je preslikavanje skupa A A u A, to jest : A A A. Pišemo a b = c. Označavanje operacija:,,,. Poznate operacije: sabiranje (+), oduzimanje ( ), množenje ( ).
Διαβάστε περισσότεραPROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE
Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih
Διαβάστε περισσότεραVeleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.
Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,
Διαβάστε περισσότεραNeka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B.
Korespondencije Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Pojmovi B pr 2 f A B f prva projekcija od
Διαβάστε περισσότερα