2. Konvergencija nizova

Transcript

1 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 se najčešće označava na jedan od sljedeća dva načina: (x k ) ili x,x 2,...,x k... Podniz niza x : N X je svaki niz oblika x u : N X, gdje je u : N N neka strogo rastuća funkcija (niz u N). U skladu s našim dogovorom o označavanju nizova imamo (x u)(k) = x(u(k)) = x(u k ) = x uk pa stoga podniz x u : N R kraće označavamo s (x uk ). Nadalje, kako je funkcija u strogo rastuća, to je u = u() u 2 = u(2) > u() u 2 2 u 3 = u(3) > u(2) 2 u 3 3. odakle zaključujemo da je u k k, k N. (2.) Najvažnije svojstvo nizova je konvergencija. No, o tome je moguće govoriti jedino ako na skupu X imamo metriku ili topološku strukturu. Nas će najviše zanimati nizovi u euklidskom prostoru R n. Prvo ćemo za motivaciju ponoviti osnovne činjenice o nizovima realnih brojeva, a zatim ćemo napraviti odgovarajuća poopćenja za metričke i topološke prostore. 2.. Nizovi u R Kao što smo već rekli, najvažnije svojstvo nizova je konvergencija. Prisjetimo se definicije: Definicija 2.. Niz realnih brojeva (x k ) je konvergentan ako postoji realan broj x 0 R sa svojstvom da za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da za svaki k k 0 vrijedi x k x 0 < ε, tj. ( ε > 0)( k 0 N) k k 0 = x k x 0 < ε. Pri tome realan broj x 0 zovemo limes ili granična vrijednost niza (x k ). Da je x 0 limes niza (x k ) označavamo na jedan od sljedećih načina: x 0 = lim k x k, x 0 = limx k ili kratko x k x 0.

2 2.. Nizovi u R 7 Svaki konvergentan niz ima samo jedan limes. Za niz koji nije konvergentan kažemo da je divergentan. Kako je x k x 0 = d(x k,x 0 ), gdje je d euklidska metrika na R, definicja 2.. se može iskazati na sljedeći ekvivalentan način: Definicija 2.2. Niz realnih brojeva (x k ) konvergira prema x 0 R ako za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da za svaki k k 0 vrijedi d(x k,x 0 ) < ε, tj. ( ε > 0)( k 0 N) k k 0 = d(x k,x 0 ) < ε. Formalno na isti način se definira konvergencija niza u metričkom prostoru (X, d), što ćemo napraviti u sljedećoj točki. U topološkom prostoru (X,U) nemamo metriku. Ako Definiciju 2.. želimo poopćiti na topološke prostore, moramo je iskazati pomoću otvorenih skupova. Prvo uočimodajeinterval(x 0 ε,x 0 +ε)otvorenaokolinaodx 0. Nadalje, premadefiniciji otvorenog skupa za svaku otvorenu okolinu U od x 0 postoji interval (x 0 ε,x 0 +ε) takav da je (x 0 ε,x 0 +ε) U. Zato, kako je x k x 0 < ε x k (x 0 ε,x 0 +ε), dobivamo ekvivalentan iskaz definicije 2.. pomoću otvorenih skupova: Definicija 2.3. Niz realnih brojeva (x k ) konvergira prema x 0 R ako za svaku otvorenu okolinu U U točke x 0 postoji k 0 N takav da za svaki k k 0 vrijedi x k U. Za niz realnih brojeva (x k ) kažemo da monotono raste ako postoji k 0 N takav da je x k x k+ ( k k 0 ). Niz (x k ) monotono pada ako niz ( x k ) monotono raste. Propozicija 2.4. Svaki niz (x k ) realnih brojeva ima monoton podniz Dokaz. Neka je A := {k N : x m x k za svaki m k}. Tada je (a) A konačan skup ili je (b) A beskonačan. (a) Odaberimo bilo koji prirodan broj u > maxa. Kako je A konačan, takav u postoji. Kako u A, prema definiciji skupa A postoji u 2 > u takav da je x u2 < x u. Očito da u 2 A i zato postoji u 3 > u 2 takav da je x u3 < x u2. Nastavljajući ovu konstrukciju dobivamo strogo rastući niz (u k ) i odgovarajući strogo padajući podniz (x uk ). (b)nekajeu bilokojielementskupaa. KakojeAbeskonačanskup, postojiu 2 A takav da je u < u 2. Prema definiciji skupa A je x u x u2. Odaberimo sada u 3 A takav da je u 2 < u 3 i x u2 x u3. Nastavljajući ovaj postupak indukcijom dobivamo strogo rastući niz (u k ) i odgovarajući monotono rastući podniz (x uk ). Niz realnih brojeva (x k ) je omeden ili ograničen ako postoji realan broj M > 0 takav da je {x k : k N} ( M,M).

3 8 2. KONVERGENCIJA NIZOVA Propozicija 2.5. Svaki monoton i omeden niz realnih brojeva (x k ) je konvergentan. Dokaz. Radi odredenosti pretpostavimo da (x k ) monotono raste. Bez smanjenja općenitosti, neka je x x 2... x k... Niz (x k ) je omeden pa postoji x 0 := sup{x k : x N}. Neka je ε > 0. Kako je supremum nekog skupa njegova najmanja gornja meda, broj x 0 ε nije gornja meda skupa {x k : k N}. Zato postoji k 0 N takav da je x 0 ε < x k0 x 0 < x 0 +ε. Kako (x k ) monotono raste, za svaki k k 0 vrijedi x 0 ε < x k0 x k x 0 < x 0 +ε, tj. x k x 0 < ε Nizovi u metričkom prostoru Za realnu analizu najvažniji su nizovi u R n. Skup R n s euklidskom metrikom je metrički prostor. Zato ćemo nadalje konvergenciju nizova izučavati na razini metričkih i topoloških prostora. Definicija 2.6. Neka je (x k ) niz u metričkom prostoru (X,d). Kažemo da niz (x k ) konvergira prema točki x 0 X ako za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da za svaki k k 0 vrijedi d(x k,x 0 ) < ε, tj. ako ( ε > 0)( k 0 N) k k 0 = d(x k,x 0 ) < ε. Pri tome točku x 0 zovemo limes ili granična vrijednost niza (x k ). Da niz (x k ) konvergira prema x 0, označavamo na jedan od sljedećih načina: x 0 = lim k x k, x 0 = limx k ili kratko x k x 0. Primjedba 2.7. (Dokaz na vježbama) (a) Uočimo da niz (x k ) konvergira prema točki x 0 X onda i samo onda ako niz realnih brojeva d(x k,x 0 ) konvergira k nuli. (b) Uočimo da niz (x k ) konvergira prema x 0 X onda i samo onda ako se u svakoj otvorenoj kugli K(x 0,ε), ε > 0, nalaze svi članovi toga niza osim eventualno konačno mnogo prvih nekoliko članova. Primjedba 2.8. U topološkom prostoru konvergencija niza se definira na sljedeći način: Neka je (x k ) niz u topološkom prostoru (X,U). Niz (x k ) konvergira prema točki x 0 X ako za svak otvorenu okolinu U U od x 0 postoji k 0 N takav da za svaki k k 0 vrijedi x k U.

4 2.2. Nizovi u metričkom prostoru 9 Teorem 2.9. Neka je (x k ) niz u metričkom prostoru (X,d). Ako (x k ) konvergira, onda mu je limes jedinstven. Dokaz. Neka je x 0 X limes niza (x k ). Treba pokazati da ni jedna druga točka ˆx 0 X\{x 0 } ne može biti limes. U tu svrhu neka je ε := 2 d(x 0,ˆx 0 ). Prvo ćemo pokazati da se otvorene kugle K(x 0,ε) i K(ˆx 0,ε) ne sijeku. Neka je x K(x 0,ε). Tada je d(x,x 0 ) < ε. Prema nejednakosti trokuta je d(x 0,ˆx 0 ) d(x 0,x)+d(x,ˆx 0 ), odakle slijedi d(x,ˆx 0 ) d(x 0,ˆx 0 ) d(x 0,x) > 2ε ε = ε. Time smo pokazali da je K(x 0,ε) K(ˆx 0,ε) =. Prema definiciji 2.6. postoji k 0 N takav da je d(x k,x 0 ) < ε za svaki k k 0. Drugim riječima, za svaki k k 0 je x k K(x 0,ε). Zbog toga se u otvorenoj kugli K(ˆx 0,ε) može nalaziti najviše konačno mnogo članova niza (x k ). To znači da ˆx 0 nije limes niza (x k ) (Primjedba 2.7.(b)). Primjedba 2.0. (a) U topološkom prostoru limes ne mora biti jedinstven. Za primjer možemo uzeti topološki prostor (R 2,U) iz Primjera.9., gdje su otvorene kugle i otvoreni skupovi definirani pomoću pseudometrike ((x,y ),(x 2,y 2 )) := x x 2. U ovom topološkom prostoru svaka točka (,y), y R, je limes niza x k = (, k (b) U dokazu prethodnog teorema metrika je iskorištena jedino za konstrukciju disjunktnih otvorenih skupova K(x 0,ε) i K(ˆx 0,ε). Zato je lako pokazati da će limes (ukoliko postoji) biti jedinstven i u topološkim prostorima koji imaju svojstvo da se svake dvije različite točke mogu separirati disjunktnim otvorenim skupovima. Takvi topološki prostori se zovu Hausdorffovi ili T 2 -prostori. Sljedeći teorem nam govori da se zatvoreni skupovi u metričkom prostoru mogu karakterizirati pomoću konvergentnih nizova. Kako je otvoren skup komplement zatvorenog skupa, to znači da konvergentni nizovi u potpunosti opisuju topološku strukturu metričkog prostora. Teorem 2.. Neka je (X,d) metrički prostor. Skup F X je zatvoren onda i samo onda ako svaki niz (x k ) iz F koji konvergira u X ima limes u F. Dokaz. Neka je F X zatvoren skup, a (x k ) niz iz F (tj. x k F za svaki k N) koji konvergira prema x 0 X. Treba pokazati da je x 0 F. Dokaz ćemo provesti kontradikcijom. Pretpostavimo da je x 0 X\F. Skup X\F je otvoren pa zato postoji ε > 0 takav da jek(x 0,ε) X\F. Nadalje, kako (x k ) konvergira prema x 0, postoji k 0 N takav da je x k K(x 0,ε) X\F za svaki k k 0, što je u suprotnosti s pretpostavkom da je (x k ) niz u F. Obratno, pretpostavimo da F X sadrži limese svih konvergentnih nizova iz F i pokažimo da je F zatvoren. Pretpostavimo da F nije zatvoren, tj. da X\F nije otvoren. Tada postoji točka x 0 X\F takva da ni za jedan r > 0 otvorena kugla ).

5 20 2. KONVERGENCIJA NIZOVA K(x 0,r) nije cijela sadržana u X\F, tj. K(x 0,r) F. Zamjenjujući r redom s k, k N, dolazimo do točaka x k K(x 0,r) F. Očito da je (x k ) niz u F. Kako je d(x k,x 0 ) < k, to x k x 0 X\F, što je u suprotnosti s pretpostavkom da F sadrži limese svih svojih konvergentnih nizova. Dakle, F je zatvoren skup. Definicija 2.2. Za niz (x k ) u metričkom prostoru (X,d) kažemo da je omeden ako postoje točka x 0 i realan broj M > 0 takav da je {x k : k N} K(x 0,M). Propozicija 2.3. Svaki konvergentan niz u metričkom prostoru (X, d) je omeden. Dokaz. Neka (x k ) konvergira prema x 0. Prema Definiciji 2.6. za ε = postoji k 0 N takav da je {x k : k k 0 } K(x 0,). Neka je r := max{,d(x,x 0 ),d(x 2,x 0 ),...,d(x k0,x 0 )}+. Tada je {x k : k N} K(x 0,r). Propozicija 2.4. Neka je (x k ) niz u metričkom prostoru (X,d). Ako niz (x k ) konvergira prema točki x 0 X, onda i svaki njegov podniz konvergira prema x 0. Dokaz. Neka je (x uk ) podniz niza (x k ). Prema definiciji limesa za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da za svaki k k 0 vrijedi d(x k,x 0 ) < ε. Prema (2.) je u k k, i zato je d(x uk,x 0 ) < ε, k k 0. Time smo pokazali da podniz (x uk ) konvergira prema x 0. Svaki niz (x k ) iz euklidskog prostora R n možemo zapisati u obliku x k = (x k,x 2 k,...,x n k), gdje su (x i k ), i =,...,n, tzv. koordinatni nizovi realnih brojeva. Nizovi u R n se najčešće zadaju pomoću općeg člana. Primjer 2.5. Navedimo nekoliko primjera nizova zadanih općim članom: ( ) ). x k = k, k i y 2 k = (( ) k,(+/k) k su nizovi u R 2. ( k+ 2. x k = k,, k + ) k je niz u R 3. 2 k ( ) 3. x k = k+, k+2,..., k+n je niz u R n. Sljedeći teorem nam govori da niz u R n konvergira onda i samo onda ako konvergira svaki njegov koordinatni niz. Čak više, on nam kaže da se računanje limesa niza iz R n svodi na računanje n limesa nizova realnih brojeva, što nam je dobro poznato. Teorem 2.6. U euklidskom prostoru R n niz (x k ), x k = (x k,x2 k,...,xn k ), konvergira prema točki x 0 = (x 0,...,x n 0) onda i samo onda ako x i k xi 0 za svaki i =,...,n.

6 2.2. Nizovi u metričkom prostoru 2 Dokaz. Pretpostavimo da x k x 0. Treba pokazati da x i k xi 0 za svaki i =,...,n. Neka je ε > 0. Tada po Definiciji 2.6. postoji k 0 N takav da je d(x k,x 0 ) < ε za svaki k k 0. Kako je za svaki k k 0 dobivamo x i k x i 0 d(x k,x 0 ), i =,...,n, x i k x i 0 < ε, i =,...,n. To znači da x i k xi 0 za svaki i =,...,n. Obratno, pretpostavimo da x i k xi 0 za svaki i =,...,n. Neka je ε > 0. Tada postoje brojevi k i 0 N, i =,...,n, takvi da za sve k k i 0 vrijedi: x i k x i 0 < ε n. Neka je k 0 := max{k0,...,k 0}. n Tada za svaki k k 0 dobivamo d(x k,x 0 ) = n (x i k xi 0 )2 < n ( ε ) 2 = ε, n i= i= pa je lim k x k = x 0. Primjer 2.7. Za nizove iz Primjera 2.5. dobivamo: ) (. lim k k, k = (0,0). Niz (y 2 k ) nije konvergentan jer njegov prvi koordinatni niz (yk ), y k = ( )k, ne konvergira. (k+ 2. lim k k,, k + k = (,0,0). 2 k ( ) 3. lim k k+, k+2,..., k+n = (0,0,...,0). ) Kako je R n realan vektorski prostor, znamo zbrajati vektore i množiti ih skalarom. Osim toga, znamo ih i skalarno množiti. Kao i u slučaju n = potrebno je istražiti odnos konvergencije niza i tih operacija. O tome nam govori sljedeći teorem: Korolar 2.8. Neka su (x k ) i (y k ) konvergentni nizovi u R n, (α k ) konvergentan niz realnih brojeva i λ R. Nadalje, neka x k x 0, y k y 0 i α k α. Tada vrijedi: (a) Niz (x k ±y k ) je konvergentan i vrijedi: lim k (x k ±y k ) = lim k x k ± lim k y k = x 0 ±y 0.

7 22 2. KONVERGENCIJA NIZOVA (b) Niz (λx k ) je konvergentan i vrijedi: (c) Niz (α k x k ) je konvergentan i vrijedi: lim (λx k) = λ lim x k = λx 0. k k lim k (α kx k ) = lim k α k lim k x k = αx 0. ( ) (d) Ako je α k 0 za svaki k N i α 0, niz α k x k je konvergentan i vrijedi: (e) Niz (x k y k ) je konvergentan i vrijedi: ( ) lim x k = lim lim k α k k α x k = k k α x 0. lim k (x k y k ) = ( lim k x k lim k y k) = (x 0 y 0 ). Dokaz. Dokaz slijedi iz teorema 2.6. i odgovarajućih pravila za računanje limesa nizova realnih brojeva. Definicija 2.9. Neka je (x k ) niz u metričkom prostoru (X,d). Za točku x 0 X kažemo da je gomilište ili točka gomilanja niza (x k ) ako svaka otvorena okolina točke x 0 sadrži beskonačno mnogo članova niza (x k ). Primjedba (Dokaz na vježbama!) (a) Primjetimo da je gomilište podniza (x uk ) ujedno i gomilište niza (x k ). Pokažite primjerom da obrat ne vrijedi. (b) Konvergentan niz u metričkom prostoru ima samo jedno gomilište. To je njegov limes. Za dokaz ove tvrdnje dovoljno je oponašati dokaz Teorema 2.9. (c) Nije teško pokazati da je x 0 gomilište niza (x k ) onda i samo onda ako za svaku otvorenu okolinu U oko x 0 i za svaki k N postoji barem jedan k N, k > k, takav da je x k U. (d) Primjetimo da jednočlani skup A = {a} nema gomilište, dok stacionaran niz x k = a, k N, ima gomilište. Primjer Niz realnih brojeva x k = ( ) k, k N, ima dva gomilišta: i. ( ) 2. Niz x k = ( ) k, k, k N, ima dva gomilišta: (,0) i (,0). ( 3. Niz x k = k ),,k k N, nema gomilište.

8 2.3. Potpuni metrički prostori 23 Teorem Neka je (X,d) metrički prostor. Točka x 0 X je gomilište niza (x k ) onda i samo onda ako postoji podniz (x uk ) koji konvergira prema x 0. Dokaz. Nekajex 0 gomilišteniza(x k ). Definiratćemoindukcijomstrogorastućiniz ( ) prirodnih brojeva (u k ) takav da je x uk K x 0, k. To će značiti da podniz (x uk ) konvergira prema x 0 jer d(x uk,x 0 ) 0, što slijedi iz nejednakosti 0 d(x uk,x 0 ) < k. Prema definiciji gomilišta postoji u N takav ( da ) je x u K(x 0,). Sada odaberimo u 2 N takav da je u 2 > u i x u2 K x 0, 2. Takav u 2 postoji (vidi Primjedbu 2.20.). Nastavljajući ovaj postupak dolazimo do traženog podniza (x uk ). Obratno, pretpostavimo da podniz (x uk ) konvergira prema x 0. Neka je U bilo koja otvorena okolina točke x 0. Prema definiciji otvorenog skupa tada postoji ε > 0 takav da je K(x 0,ε) U. Kako x uk x 0, postoji k 0 N takav da za svaki k k 0 vrijedi x uk K(x 0,ε) U. Time smo pokazali da U sadrži beskonačno mnogo članova niza (x k ). Prema tome, x 0 je gomilište niza (x k ). Sada možemo dokazati sljedeći važan teorem za nizove u R n : Teorem (Bolzano-Weierstrassov teorem za nizove) Svaki omeden niz u R n ima konvergentan podniz. Dokaz. Dokaz ćemo napraviti matematičkom indukcijom po dimenziji n prostora R n. Za n = prema Propoziciji 2.4. niz (x k ) ima monoton podniz (x uk ), koji je prema prema Propoziciji 2.5. konvergentan. Pretpostavimo da teorem vrijedi u R n i dokažimo da tada vrijedi i u R n+. Neka je x k = (x k,...,xn k,xn+ k ), k N, omeden niz u R n+. Tada je ˆx k = (x k,...,xn k ), k N, omeden niz u R n, pa po induktivnoj pretpostavci ima konvergentan podniz. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je (ˆx k ) konvergentan niz. Na taj način ništa ne gubimo, a daljnji zapisi postaju jednostavniji. Nadalje, niz (x n+ k ) je omeden, ali on ne mora biti konvergentan. Prema već dokazanom slučaju n = on ima konvergentan podniz (x n+ u k ). Kako je prema Propoziciji 2.4. podniz konvergentnog niza i sâm konvergentan, to je (ˆx uk ) konvergentan niz u R n. Prema teoremu 2.6. tada je konvergentan i podniz (x uk ) Potpuni metrički prostori Definicija Za niz (x k ) u metričkom prostoru (X,d) kažemo da je Cauchyjev ili fundamentalan ako za svaki ε > 0 postoji k 0 N sa svojstvom da je d(x m,x k ) < ε za sve m,k k 0, tj. ( ε > 0) ( k 0 N) m,k k 0 = d(x m,x k ) < ε.

9 24 2. KONVERGENCIJA NIZOVA Primjer Neka je x k = k+, k N, niz u X = (0,). Neka su m,k N. Bez smanjnja općenitosti, pretpostavimo da je m > k. Tada je x m x k = m+ = k + k + m+ k +. Neka je ε > 0. Odaberimo k 0 N takav da je k ( 0 > ) ε. Tada za sve m,k k 0 vrijedi x m x k < ε. Time smo pokazali da je Cauchyjev niz. Kako je lim k k+ k+ = 0, ovaj niz ne konvergira u prostoru X = (0,). Kao što smo vidjeli u prethodnom primjeru, Cauchyjev niz u metričkom prostoru općenito ne mora biti konvergentan. Ipak vrijedi sljedeći teorem: Teorem U metričkom prostoru (X, d) vrijedi: (a) Svaki konvergentan niz je Cauchyjev. (b) Svaki Cauchyjev niz je omeden. (c) Ako neki podniz Cauchyjeva niza konvergira prema x 0, onda i cijeli niz konvergira prema x 0. Dokaz. (a) Neka je lim k x k = x 0. Po definiciji limesa tada za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da je d(x k,x 0 ) < ε 2 za svaki k k 0. Zato za sve m,k k 0 pomoću nejednakosti trokuta dobivamo: d(x m,x k ) d(x m,x 0 )+d(x 0,x k ) < ε 2 + ε 2 = ε. Dakle, (x k ) je Cauchyjev niz. (b) Niz (x k ) je Cauchyjev pa specijalno za ε = postoji k 0 N sa svojstvom da je d(x k,x k0 ) < za sve k k 0. Neka je M := max{,d(x,x k0 ),d(x 2,x k0 ),...,d(x k0,x k0 )}+. Tada su svi članovi niza (x k ) sadržani u otvorenoj kugli K(x k0,m), što znači da je niz omeden. (c) Pretpostavimo da podniz (x uk ) konvergira prema x 0. Neka je ε > 0 proizvoljan. Niz (x k ) je Cauchyjev, pa zato postoji k N takav da je d(x m,x k ) < ε 2 za sve m,k k. (2.2) Nadalje, kako je lim k x uk = x 0, postoji k 2 N takav da je d(x uk,x 0 ) < ε 2 za svaki k k 2. (2.3) Neka je k 0 := max{k,k 2 }. Tada za svaki k k 0 vrijede nejednakosti (2.2) i (2.3). Nadalje, prema (2.) je u k k i zato je d(x k,x 0 ) d(x k,x uk )+d(x uk,x 0 ) < ε 2 + ε 2 = ε

10 2.3. Potpuni metrički prostori 25 Primjedba Prema prethodnom teoremu, kod Cauchyjeva niza konvergencija nekog podniza povlači konvergenciju cijelog niza. Da to općenito ne vrijedi pokazuje nam niz 0,,0,,... Teorem U n-dimenzionalnom euklidskom prostoru (R n,d) svaki Cauchyjev niz je konvergentan. Dokaz. Nekaje(x k )Cauchyjevnizu(R n,d). Prematvrdnji(b)Teorema2.26.(x k ) je omeden, pa prema teorem ima konvergentan podniz (x uk ) koji konvergira prema nekoj točki x 0 R n. Sada prema tvrdnji (c) Teorema slijedi da i niz (x k ) konvergira prema x 0. Teoremi i daju sljedeći korolar: Korolar Niz (x k ) u euklidskom prostoru (R n,d) je konvergentan onda i samo onda ako je on Cauchyjev niz. Definicija Za metrički prostor (X, d) kažemo da je potpun ako svaki Cauchyjev niz iz X konvergira prema nekoj točki iz X. Primjer 2.3. (a) X = (0, ) s euklidskom metrikom nije potpun prostor (vidi Primjer 2.25.). (b) Euklidski prostor (R n,d) je potpun. Potpun normiran vektorski prostor zove se Banachov prostor, a za potpun unitaran vektorski prostor kažemo da je Hilbertov prostor. Teorem Neka je (X, d) potpun metrički prostor. Skup F X je zatvoren onda i samo onda ako je (F,d) potpun metrički prostor. Dokaz. Pretpostavimo da je F X zatvoren skup. Neka je (x k ) Cauchyjev niz iz F. Tada je (x k ) ujedno i Cauchyjev niz iz X, pa zbog potpunosti prostora (X,d) postoji točka x 0 X prema kojoj (x k ) konvergira. Zbog zatvorenosti skupa F, prema teoremu 2.. je x 0 F, što pokazuje da (x k ) konvergira u (F,d). Pretpostavimo da je (F, d) potpun metrički prostor. Prema teoremu 2.. dovoljno je pokazati da svaki niz (x k ) iz F koji konvergira u X ima limes u F. Neka je (x k ) niz u F koji konvergira prema x 0 X. Tada je (x k ) ujedno i niz u X koji konvergira prema x 0. Prema teoremu (x k ) je Cauchyjev niz, pa zbog potpunosti prostora (F,d) postoji točka f 0 F prema kojoj on konvergira. Zbog jedinstvenosti limesa je f 0 = x 0. Primjer (a) Segment [a, b] R je potpun metrički prostor. (b) Prostor racionalnih brojeva Q R nije zatvoren, pa nije ni potpun.

11 26 2. KONVERGENCIJA NIZOVA 2.4. Kompaktnost u R n Kompaktni skupovi imaju važnu ulogu u matematičkoj analizi jer omogućuju da se u odredenim situacijama beskonačno zamijeni konačnim. Definicija Skup K R n je kompaktan ako svaki niz u K ima konvergentan podniz čiji je limes u K. Ova definicija se prirodno proširuje na metričke prostore: Definicija Neka je (X, d) metrički prostor. Skup K X je kompaktan ako svaki niz u K ima konvergentan podniz čiji je limes u K. Sljedeći teorem nam govori da se kompaktnost prenosi na zatvorene skupove. Teorem Neka je K kompaktan skup iz metričkog prostora, a F K zatvoren podskup. Tada je i F kompaktan. Dokaz. Neka je (x k ) niz u F. Kako je F K, to je (x k ) ujedno i niz u K, pa zbog kompaktnosti skupa K on ima konvergentan podniz (x uk ) koji konvergira prema x 0 K. Zbog zatvorenosti skupa F je x 0 F (Teorem 2..). Definicija Neka je (X,d) metrički prostor. Za skup K X kažemo da je potpuno omeden ako za svaki ε > 0 postoji konačno mnogo točaka x,...,x k K takvih da je K k i= K(x i,ε). Primjetimo da je svaki potpuno omeden skup ujedno i omeden. Teorem Neka je K kompaktan skup iz metričkog prostora (X, d). Tada je K potpuno omeden. Dokaz. Dokaz ćemo provesti kontradikcijom. Pretpostavimo da K nije potpuno omeden. Tada postoji ε > 0 takav da se K ne može prekriti sa konačno mnogo ε-kugala. Neka je x K proizvoljna točka. Kako K K(x,ε), to postoji točka ( x 2 K\K(x,ε).) Budući da K K(x,ε) K(x 2,ε), postoji točka x 3 K\ K(x,ε) K(x 2,ε). Nastavljajući ovaj postupak dolazimo do niza (x k ) u K sa svojstvom d(x m,x k ) ε, k,m N. Zbog toga ni jedan podniz od (x k ) nije Cauchyjev, pa stoga (x k ) nema konvergentnog podniza. To je u kontradikciji s pretpostavkom da je K kompaktan. Korolar Kompaktan skup K iz metričkog prostora (X, d) je omeden i zatvoren Dokaz. Prema prethodnom teoremu skup K je potpuno omeden, tj. sadržan je u uniji konačno mnogo otvorenih kugala. Prema propoziciji.38. K je omeden. Preostaje pokazati da je K zatvoren skup. Prema teoremu 2.. dovoljno je pokazati da svaki konvergentan niz (x k ) iz K ima limes u K. Neka je (x k ) niz u K koji

12 2.4. Kompaktnost u R n 27 konvergira prema x 0 X. Kako je K kompaktan skup, niz (x k ) ima konvergentan podniz (x uk ) čiji je limes u K. Kako je prema Propoziciji 2.4. lim k x uk = x 0, zaključujemo da je x 0 K. U euklidskim prostorima imamo sljedeći važnu karakterizaciju kompaktnosti: Korolar Skup K R n je kompaktan onda i samo onda ako je on omeden i zatvoren. Dokaz. Tvrdnja slijedi iz Koralara Pretpostavimo da je K omeden i zatvoren skup. Neka je (x k ) niz u K. Taj niz je omeden pa prema Bolzano-Weierstrassovom teoremu (Teorem 2.23.) ima konvergentan podniz. Zbog zatvorenosti skupa K taj limes leži u K. Primjer 2.4. (a) Skup {(x,y) R 2 : x 0} nije kompaktan. (b) Skup [,3] [7,9] je kompaktan. (c) Otvorena kugla K(x 0,r) R n nije kompaktan skup. Zatvorena kugla K(x 0,r) R n je kompaktan skup. (d) Sfera S n := {x R n : x = } je kompaktan skup. { } (e) Skup {0} n : n N je kompaktan. Sada ćemo pokazati da se kompaktnost može opisati bez nizova i metrike, samo pomoću otvorenih skupova. To će nas dovesti do definicije kompaktnosti u topološkim prostorima. Prvo ćemo uvesti neke pojmove. Definicija Neka je (X,U) topološki prostor, a S X. (i) Familija V = {V α : α A} podskupova V α skupa X je pokrivač skupa S ako je S α A V α. (ii) Pokrivač V je konačan (prebrojiv) ako je A konačan (prebrojiv) skup. (iii) Za pokrivač V kažemo da je otvorenpokrivač ako su svi članovi V α V otvoreni skupovi. (iv) Potpokrivač pokrivača V je svaka potfamilija V = {V α : α A }, A A, koja je i sama pokrivač skupa S. { Primjer Familija V = K ( (x,0), ) } : x R je otvoreni pokrivač x-osi { u R 2. Ona ima prebrojiv potpokrivač K ( (n,0), ) } : n Z, no nema konačan potpokrivač.

13 28 2. KONVERGENCIJA NIZOVA Definicija Neka je (X,d) metrički prostor, a V pokrivač skupa S X. Ako postoji broj λ > 0 takav da za svaki podskup A S za koji je diama λ postoji V V takav da je A V, onda λ zovemo Lebesgueov broj pokrivača V. Teorem (O Lebesgueovom broju) Neka je (X, d) metrički prostor, a K X kompaktan skup. Tada za svaki otvoreni pokrivač V od K postoji Lebesgueov broj. Dokaz. Dokaz ćemo provesti kontradikcijom. Zato pretpostavimo da postoji otvoreni pokrivač V od K za koji ne postoji Lebesgueov broj. Tada za svaki k N, k nije Lebesgueov broj pokrivača V. To znači da postoji skup A k K takav da je diama k k i da A k nije sadržan ni u jednom članu pokrivača V. U svakom A k odaberimo jednu točku x k A k. Budući da je K kompakt, niz (x k ) ima konvergentan podniz (x uk ) s limesom x 0 K. Kako je V pokrivač od K, postoji V V takav da je x 0 V. Zbog otvorenosti skupa V postoji r > 0 takav da je x 0 K(x 0,r) V. Kako x uk x 0, postoji k 0 N takav da je d(x uk,x 0 ) < r 2 za svaki k k 0. Neka je k max{k 0,2/r}. Tada za svaku točku x A uk vrijedi d(x,x 0 ) d(x,x uk )+d(x uk,x 0 ) < diama uk + r 2. Kako je diama uk u k i u k k, dobivamo d(x,x 0 ) u k + r 2 k + r 2 r pa je A uk K(x 0,r) V V, što je u kontradikciji s izborom skupova A k (A k nije sadržan ni u jednom članu pokrivača V). Primjedba Nekompaktni skupovi mogu imati pokrivače koji nemaju Lebesgueov broj. U tu svrhu promotrimo sljedeći pokrivač skupa R + : V = {K(2n,) : n N} {K(2n,/n) : n N}. Za svaki λ > 0 postoji n N takav da je 2/n < λ, pa je K(2n,λ/2) skup dijametra λ koji nije sadržan ni u jednom članu od V. Sada ćemo okarakterizirati kompaktnost pomoću pokrivača. Osim što je važna u dokazima, ta se karakterizacija koristi za definiciju kompaktnosti u topološkim prostorima. Teorem (Heine-Borelov teorem) Neka je (X, d) metrički prostor. Skup K X je kompaktan onda i samo onda ako svaki otvoreni pokrivač ima konačan potpokrivač.

14 2.4. Kompaktnost u R n 29 Dokaz. Neka je K kompaktan skup i neka je V = {V α : α A} njegov otvoreni pokrivač. Prema teoremu postoji Lebesgueov broj λ > 0 tog pokrivača. Nadalje, zbog potpune omedenosti skupa { K (Teorem 2.38.) postoji } konačno mnogo točaka x,...,x k K takvih da je K(x i,λ/2) : i =,...,k otvoren pokrivač za K. Kako je diam(k K(x i,λ/2)) λ, slijedi da je K K(x i,λ/2) sadržan u nekom V αi. Zato je {V α,...,v αk } konačan potpokrivač od K. Pretpostavimo da svaki otvoreni pokrivač od K ima konačan potpokrivač. Neka je (x k ) niz u K. Treba pokazati da taj niz ima konvergentan podniz čiji je limes u K. Dokaz ćemo provesti kontradikcijom. Pretpostavimo suprotno. Tada oko svake točke x K postoji otvorena okolina V x koja sadrži najviše konačno mnogo članova niza (x k ) (u suprotnom možemo konstruirati podniz od (x k ) koji će konvergirati prema x). Familija {V x : x K} je očito otvoreni pokrivač od K. Po pretpostavci postoji konačan potpokrivač {V x,...,v xk }. Dakle, {x k : k N} K k V xi. Kako svaki od skupova V xi, i =,...,k, sadrži konačno mnogo članova niza (x k ), dolazi se do kontradikcije s činjenicom da je skup N beskonačan. Definicija Neka je (X,U) topološki prostor. Za skup K X kažemo da je kompaktan ako svaki otvoreni pokrivač od K ima konačan potpokrivač. i= Zadaci. Odredite gomilišta nizova: (a) x k = ( (( ) k +)2 k, 2k2 k 2 +3 ), k N. 2. Neka je (x k ) niz u R n takav da je lim k x k 0. Pokažite da je tada lim k x k = 0. (Uputa: x k 0 = x k = x k 0.) 3. Neka su (x k ) i (y k ) nizovi u R n, takvi da niz (x k +y k ) konvergira. Da li tada konvergiraju nizovi (x k ) i (y k )? (Uputa: Promotrite nizove x k = ( ) k i y k = ( ) k.) 4. Neka su (x k ) i (y k ) nizovi u R n. Definirajmo niz (z k ) na sljedeći način: z 2k = x k, z 2k = y k, k N. Pokažite da je niz (z k ) konvergentan onda i samo onda ako su konvergentni nizovi (x k ) i (y k ) i ako pri tome vrijedi lim k x k = lim k y k. (Uputa: Neka (z k ) konvergira prema z 0. Kako su (x k ) i (y k ) podnizovi od (y k ), oni takoder konvergiraju prema z 0.

15 30 2. KONVERGENCIJA NIZOVA Pretpostavimo da je lim k x k = lim k y k = x 0. Neka je ε > 0. Tada postoje k0,k x y 0 N takvi da k k x 0 d(x k,x 0 ) < ε k k y 0 d(y k,x 0 ) < ε. Neka je k 0 := max{2k x 0,2k y 0 } i k k 0. Ako je k = 2m, tada je m k x 0 i zato je z k x 0 = x m x 0 < ε. Ako je k = 2m, tada je m k y 0 i zato je z k x 0 = y m x 0 < ε.) 5. Neka su (x k ) i (y k ) nizovi u metričkom prostoru (X,d) i neka (x k ) konvergira prema x 0. Pokažite da (y k ) konvergira prema x 0 onda i samo onda ako d(x k,y k ) 0. (Rješenje: Kako x k x 0, postoji k0 x N takav da je d(x k,x 0 ) < ε/2 za svaki k k0. x ( )Akoy k x 0,ondapostojik y 0 Ntakavdajed(y k,x 0 ) < ε/2zasvakik k y 0. Neka je k 0 := max{k0,k x y 0 }. Tada za svaki k k 0 pomoću nejednakosti trokuta dobivamo d(x k,y k ) d(x k,x 0 )+d(x 0,y k ) ε/2+ε/2 = ε. To znači da niz d(x k,y k ), k N, konvergira prema nuli. ( ) Neka d(x k,y k ) 0. Tada postoji k xy 0 N takav da je d(x k,y k ) < ε/2 za svaki k k xy 0. Neka je k 0 := max{k0,k x xy 0 }. Tada za svaki k k 0 pomoću nejednakosti trokuta dobivamo d(y k,x 0 ) d(y k,x k )+d(x k,x 0 ) < ε.) 6. Neka su (x k ) i (y k ) nizovi u metričkom prostoru (X,d) takvi da x k x 0, a y k y 0. Pokažite da d(x k,y k ) d(x 0,y 0 ). (Uputa: Iskoristite nejednakost d(x k,y k ) d(x 0,y 0 ) d(x k,x 0 )+d(y k,y 0 ) iz zadatka 2 sa str. 5) 7. U metričkom prostoru (X,d) definira se udaljenost točke x 0 od skupa A X formulom d(x 0,A) = inf{d(x 0,a) : a A}. Dokažite da je d(x 0,A) = 0 onda i samo onda ako je x 0 ClA. (Uputa: U dokazu ćemo koristiti Korolar.35., prema kome je ClA = A A. Neka je d(x 0,A) = 0. Po definiciji infimuma, za svaki ε > 0 postoji a A takav da je d(x 0,a) < d(x 0,A) + ε = ε. Uzimajući za ε redom k, k N, dolazimo do niza (a k ) iz A sa svojstvom d(x 0,a k ) < k. To znači da a k x 0, i zato je x 0 gomilište skupa A. Prema Korolaru.35. je x 0 ClA. Ako je x 0 ClA, onda postoji niz (a k ) iz A takav da je d(a k,x 0 ) 0 i zato je inf{d(x 0,a) : a A} = 0.) 8. Pokažite direktno iz definicije da su sljedeći nizovi Cauchyjevi: (a) x k = k. (b) x k = k+ k. (c) x k = +! + 2! + + k! (Uputa: (a) Ako je m > k, onda je x m x k = m k = k m k. Neka je ε > 0. Odaberite k 0 > /ε. Tada za sve m,k k 0 vrijedi x m x k < ε.

16 2.4. Kompaktnost u R n 3 (b) Ako je m > k, onda je x m x k = m k km k. Neka je ε > 0. Odaberite k 0 > /ε. Tada za sve m,k k 0 vrijedi x m x k < ε. (c) Ako je m > k, onda je x m x k = m i=k+ i! < i=k+ i! i=k+ 2 i = 2 k. Odaberite k 0 > +log 2 (/ε). Tada za sve m,k k 0 vrijedi x m x k < 2 k+ 2 k0+ < 2 log 2 (/ε) = ε. ) 9. Nekajes k = k i= i k-taparcijalnasumaharmonijskogreda n= n. Pokažite da (s k ) nije Cauchyjev niz, što će značiti da harmonijski red ne konvergira. (Uputa: s 2k+ s k = k+ + k k+ k+ 2k+ > 2.) 0. Neka je (X,d) potpun metrički prostor. Pretpostavimo da je (A n ) niz zatvorenih podskupova od X sa sljedeća dva svojstva: (i) niz (A n ) je silazan, tj. A A 2 A 3... (ii) lim k diama k = 0. (a) Dokažite da je k= A k. (b) Navedite primjer silaznog niza (B k ) podskupova u potpunom metričkom prostoru X, tako da bude k= B k =. (Uputa: Konstruirajte niz (x k ) na sljedeći način: Neka je x A, x 2 A 2 \A,...,x k A k \A k,... Kako za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da je diama k < ε za svaki k k 0, to je d(x m,x k ) < ε za sve m,k k 0. Dakle, (x k )jecauchyjevniz. Nekajex 0 njegovlimes. Kakoje{x k : k } A ia zatvoren skup, to je x 0 A. Kako je A 2 zatvoren skup i {x k : k 2} A 2, to je x 0 A 2, itd. Dakle, x 0 k= A k. (b) B k = (, k], k N.). Dokazati da je diskretan metrički prostor (X, d) potpun. (Uputa: Treba pokazati da svaki Cauchyjev niz (x k ) iz X konvergira prema nekoj točki x 0 X. Prisjetimo se da je diskretna metrika definirana formulom {, x y d(x,y) := 0, x = y. Neka je (x k ) Cauchyjev niz, tj. neka za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da je d(x m,x k ) < ε za sve m,k k 0. Tada specijalno za ε = /2 postoji K 0 N takav da je d(x m,x k ) < /2 za sve m,k K 0, odakle slijedi da je (x k ) stacionaran niz pa je i konvergentan.) 2. Neka su i ekvivalentne norme na realnom vektorskom prostoru (X,+, ). Dokažite da je prostor (X, ) potpun onda i samo onda ako je (X, ) potpun.

17 32 2. KONVERGENCIJA NIZOVA (Uputa: Kako su norme ekvivalentne, postoje m,m > 0 takvi da je m x x M x, x X. Pretpostavimo da je (X, ) potpun. Neka je (x k ) Cauchyjev niz u (X, ). Tada za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da je x l x k < εm, k,l k 0 = x l x k < ε. Dakle, pokazali smo da je (x k ) Cauchyjev niz u (X, ). Neka x k x 0. Tada postji K 0 N takav da x k x 0 < ε/m, k K 0 = x k x 0 < ε, k K 0. Dakle, (x k ) konvergira prema x 0 u (X, ). Postupite na sličan način.) 3. Pretpostavimo da skup A R nije kompaktan. Pokažite da postoji neomedena neprekidna funkcija f : A R. (Uputa: Ako je A neomeden skup, stavite f(x) = x. Ako A nije zatvoren, onda postoji niz (x k ) u A koji konvergira prema x 0 A,, i zato je funkcija f(x) = /(x x 0 ) neomedena.). { } 4. Neka je A = n : n N R. Dokažite: (a) Skup A nije kompaktan. (b) Skup A {0} je kompaktan. (Uputa: U euklidskom prostoru R n skup je kompaktan onda i samo onda ako je on omeden i zatvoren. (a) Skup A nije zatvoren jer (/k) je niz u A čiji je limes 0 A (vidi Teorem 2...) 5. Dokažite da je skup A = {(x,y) R 2 : x 4 +y 2 = } kompaktan. (Uputa: Za (x,y) A vrijedi x 4 + y 2 =, pa je x 4,y 2 odakle slijedi x, y. Zato je (x,y) K((0,0), 2), što nam govori da je A omeden skup. Sada ćemo pokazati da je A zatvoren skup. Neka je (x k,y k ) bilo koji niz u A koji konvergira prema (x 0,y 0 ) R 2. Treba pokazati da je (x 0,y 0 ) A. Kako (x k,y k ) (x 0,y 0 ), to x k x 0 i y k y 0. Sada iz jednaksoti x 4 k +y2 k = dobivamo x 4 0 +y 2 0 =, tj. (x 0,y 0 ) A.) 6. Dokažite da je kompaktan svaki konačan podskup metričkog prostora. (Uputa: Svaki niz iz konačnog podskupa sadrži stacionaran podniz, koji je konvergentan.) 7. Kompaktan skup K iz metričkog prostora (X, d) je omeden i zatvoren. Ilustrirajte primjerom da obrat ne mora vrijediti. (Uputa: NekajeX beskonačanskupsdiskretnommetrikom. Svakatočkax 0 X je otvoren skup jer za ε < je K(x 0,ε) = {x 0 }. Skup X je očito omeden i zatvoren. Kako je X = x X {x}, te kako otvoreni pokrivač ({x},x X) nema konačan potpokrivač, skup X nije kompaktan.)

18 2.4. Kompaktnost u R n Neka su A i B kompaktni podskupovi iz prostora X. Dokažite: (a) Ako je X topološki prostor, onda je A B kompakt. (b) Ako je X metrički prostor, onda je A B kompakt. 9. Pokažite da sljedeći skupovi nisu kompaktni i to nalazeći otvoreni pokrivač koji nema konačan potpokrivač (vidi Definicju 2.48.): (a) R n. (b) K(0,) R n. (c) Z R. (Uputa: (a) Neka je U k := K(0,k) R n. Tada je {U k : k N} otvoreni pokrivač skupa R n koji nema konačan potpokrivač. (b) Postupite slično kao pod (a). (c) Otvoreni pokrivač K(m,/4) R, m Z, nema konačan potpokrivač.) 20. Neka su A,B R kompaktni skupovi. Dokažite da je kompaktan i skup C := A B = {(a,b) : a A,b B}. (Uputa: Neka je (x k,y k ) bilo koj niz u C. Kako je A kompaktan, niz (x k ) ima konvergentan podniz (x uk ) koji konvergira prema nekoj točki x 0 A. Podniz (y uk ) je niz u B, a B kompaktan, pa zato postoji konvergentan podniz (y vuk ) koji konvergira prema nekoj točki y 0 B. Budući da podniz konvergentnog niza konvergira istoj vrijednosti kao i niz, imamo x vuk x 0. Dakle, (x vuk,y vuk ) (x 0,y 0 ) C.) 2. Neka je X bilo koji skup, a (Y,d) metrički prostor. Za niz (f k ) funkcija sa X u Y kažemo da uniformno konvergira prema funkciji f : X R ako za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da za sve k k 0 i za sve x X vrijedi d(f k (x),f(x)) < ε. Očito je da uniformna konvergencija povlači običnu (ili po točkama) konvergenciju, tj. da svaki x X niz (f k (x)) konvergira prema f(x). Neka je X = [0,] i neka je niz funkcija (f k ) definiran formulom f k (x) = x k, k N, x [0,]. Ovaj niz konvergira obično prema funkciji { 0, 0 x < f(x) =, x =. Dokažite da konvergencija nije uniformna. (Uputa: Zasvakik Npostojix [0,)takavdaje f k (x) f(x) [ = ) x k /2, pa konvergencija nije uniformna. Zaista, za svaki x 2k, pomoću ( k Bernoullijeve nejednakosti se dobiva x k = +(x )) +k(x ) 2.) 22. Pokažite da niz funkcija f k (x) = +2cos2 (kx) k, k N, uniformno konvergira na R prema 0. (Uputa: f k (x) 0 = +2cos2 (kx) k k 3. Neka je ε > 0. Odaberimo k 0 N takav da je 3 k0 < ε. Tada za svaki k k 0 i za sve x R dobivamo f k (x) 0 < ε.)

19 34 2. KONVERGENCIJA NIZOVA 23. Neka je f k (x) = x k, k N, niz funkcija. (a) Pokažite da niz funkcija (f k) uniformno konvergira na [0,). (b) Pokažite da niz funkcija (f k ) ne konvergira uniformno na [0, ). (Uputa: Očito niz funkcija (f k ) konvergira obično prema 0. (a) Dokaz je jednostavan. (b) Treba pokazati da postoji ε > 0 takav da za svaki k 0 N postoje k k 0 ix [0, )takvidaje f k (x) 0 ε, štosedobivanegiranjem definicije uniformne konvergencije niza funkcija Neka je ε = i k 0 N. Za svaki k k 0 možemo odabrati x > k, pa je tada f k (x) 0 = x k >.)