Title

Транскрипт

1 1. Realni brojevi Prirodno bi bilo konstruisati skup realnih brojeva korak po korak, od prirodnih brojeva preko cijelih, racionalnih i na kraju iracionalnih. Medutim, mi ćemo tom problemu ovdje pristupiti pomalo unatraške. Naime, podrazumijevat ćemo da skup realnih brojeva već postoji. Zasnovat ćemo ga aksiomatski, a onda ćemo kao njegove podskupove uvesti skupove prirodnih, cijelih, racionalnih i iracionalnih brojeva. Koristit ćemo iskaznu i predikatsku logiku i osnovne elemente Teorije skupova kao predznanje, a takode i njihov alfabet. Za sada jedini princip zaključivanja je deduktivni, tojest koristimo se modus ponensom i generalizacijom kao zakonima zaključivanja. Napomenimo da ćemo znak jednakosti (=) koristiti kao osnovni simbol koji predstavlja jednakost objekata. Pri tome podrazumijevamo da vrijedi: za svako a je a = a (refleksivnost), za sve a i b, ako je a = b onda je b = a (simetričnost) i za proizvoljne a,b i c, ako je a = b i b = c onda je a = c (tranzitivnost). Uobičajeno izraz a = b nazivamo jednakost. 1.1 Aksiomatika realnih brojeva Postojanje skupa čiji su elementi realni brojevi uzimamo kao činjenicu, iako za sada ne znamo niti jedan realan broj. Skup realnih brojeva označavat ćemo sa znakom R. Na njemu želimo da imamo binarne operacije sabiranja (+) i množenja ( ) i neki način poredenja elemenata, pa ćemo sve to aksiomatski zasnovati. U procesu uvodenja ovih operacija neophodan nam je jedan algebarski pojam. Definicija Neka je X proizvoljan skup i proizvoljna binarna operacija. Kažemo da je binarna operacija zatvorena na X ako i samo ako vrijedi osobina: x,y X x y X. AKSIOMI SABIRANjA Operacija sabiranja je zatvorena na skupu relanih brojeva. ( x,y R) x + y R.

2 2 Poglavlje 1. Realni brojevi Aksiom 1 Aksiom S1. Komutativni zakon za sabiranje: ( x,y R) x + y = y + x. Aksiom 2 Aksiom S2. Asocijativni zakon za sabiranje: ( x,y,z R) (x + y) + z = x + (y + z). Aksiom 3 Aksiom S3. Egzistencija neutralnog elementa za sabiranje: ( α R)( x R) x + α = x. Aksiom 4 Aksiom S4. Egzistencija inverznog elementa u odnosu na sabiranje: ( x R)( x R) x + x = α. AKSIOMI MNOŽENjA Operacija množenja je zatvorena na skupu relanih brojeva. ( x,y R) x y R. Aksiom 5 Aksiom M1. Komutativni zakon za množenje: ( x,y R) x y = y x. Aksiom 6 Aksiom M2. Asocijativni zakon za množenje: ( x,y,z R) (x y) z = x (y z). Aksiom 7 Aksiom M3. Egzistencija neutralnog elementa za množenje: ( β R)( x R) x β = x. Aksiom 8 Aksiom M4. Egzistencija inverznog elementa u odnosu na množenje: ( x R \ {α})( x R) x x = β. Aksiom 9 Aksiom MS. Zakon distibutivnosti množenja prema sabiranju: ( x,y,z R) x (y + z) = x y + x z. Postojeće elemente α uvedene Aksiomom S3 nazivamo neutralni elementi za sabiranje, a postojeće elemente β uvedene Aksiomom M3 nazivamo neutralni elementi za množenje. Struktura koja na sebi ima definisane dvije binarne operacije koje zadovoljavaju ovih devet aksioma naziva se polje. Tako i mi naš skup R sa operacijama + i pravilno nazivamo polje realnih brojeva, iako ćemo jednostavnosti radi češće govoriti samo skup realnih brojeva. Naglasimo da su uvedene operacije sabiranja i množenja na skupu realnih brojeva jedinstveno definisane. Iako je to trivijalna stvar ipak ističemo važnost toga. To podrazumijeva naprimjer, da ako je recimo a + b = c i b = b, da je tada a + b = c. Ovo pravilo često nazivamo i zakon zamjene (supstitucije) i u daljem ga ne moramo isticati, a često ćemo ga primjenjivati. Slično, isti zakon imamo i za operaciju množenja, koji naravno prositiče iz jedinstvenosti definisanosti te operacije. Naravno da mnoge osobine polja realnih brojeva (koje su nam poznate, ali i ne moraju biti) slijede iz navedenih algebarskih aksioma. Neke ćemo navesti sada.

3 1.1 Aksiomatika realnih brojeva 3 Lema Postoji tačno jedan neutralni element za sabiranje. Lema Za svaki realan broj postoji tačno jedan njemu inverzan broj u odnosu na sabiranje. Lema Postoji tačno jedan neutralni element za množenje. Lema Za svaki realan broj osim α postoji tačno jedan njemu inverzan broj u odnosu na množenje. Često kratkoće radi, umjesto zapisa x y pišemo jednostavno xy. Po dogovoru, neutralni element za sabiranje, uveden Aksiomom S3, a koji je na osnovu Leme jedinstven, označavat ćemo sa α = 0. Takode, neutralni element za množenje, uveden Aksiomom M3, a koji je na osnovu Leme jedinstven, označavat ćemo sa β = 1. Takode po dogovoru, inverzan element za x u odnosu na sabiranje označavat ćemo sa x = x, a inverzan u odnosu na množenje sa x = x 1. Sve ovo je naravno opravdano upravo iskazanim (dokazanim!) tvrdnjama o jedinstvenosti ovih elemenata. Lema Za svako a R vrijedi a 0 = 0 a = 0. Dokaz : Kako je 0 neutralni element za sabiranje (Aksiom S3), to je = 0. Tada je a (0 + 0) = a 0, pa koristeći Aksiom MS je a 0 + a 0 = a 0. Koristeći jedinstvenost neutralnog elementa za sabiranje iz posljednjeg zaključujemo da je a 0 = 0, što je i trebalo dokazati (drugu jednakost dobijamo koristeći komutativni zakon za množenje). Lema Za proizvoljne a, b, c R vrijedi: 1. Ako je a + c = b + c onda je a = b. 2. Ako je a c = b c i c 0 onda je a = b. Dokaz : 1. Neka je a+c = b+c. Ako je c R onda je i c R. Nas osnovu Aksioma S4 je c+( c) = 0. Na osnovu zakona zamjene je onda (a + c) + ( c) = (b + c) + ( c). Koristeći Aksiom S2 i na lijevoj i na desnoj strani posljednje jednakosti imamo a + (c + ( c)) = b + (c + ( c)). Koristeći Aksiom S4 na lijevu i na desnu stranu posljednje jednakosti dobijamo a+0 = b+0, a zatim primjena Aksioma S3 i lijevo i desno daje a = b, što je i trebalo dokazati. 2. Očekivanim se čini da bi dokaz ove činjenice trebao biti identičan dokazu tvrdnje pod 1. jer su osobine iskazane u 1. i 2. u biti iste samo iskazane za različite operacije! Zbog pretpostavke c 0 postoji c 1 R tako da je c c 1 = 1. Iz pretpostavke da je a c = b c i zakona zamjene imamo (a c) c 1 = (b c) c 1. Sada primjenom Aksioma M2, M4 i M3 zaključujemo jednakost a = b. Lema Neka su a, b R proizvoljni. Tada vrijedi, 1. ( a) b = (a b). 2. ( a) ( b) = a b. Dokaz : 1. Kako su a,b R, to je onda i a b R odnosno (a b) R. Pri tome je na osnovu aksioma o inverznom elementu za sabiranje a b + ( (a b)) = 0. (1.1) S druge strane imamo na osnovu komutativnosti sabiranja i distributivnosti da je a b+( a) b = (a + ( a)) b. Na osnovu aksioma o inverznom elementu za sabiranje je a + ( a) = 0 i na osnovu Leme zaključujemo da je a b + ( a) b = 0. (1.2) Iz (1.1) i (1.2) na osnovu zakona o zamjeni zaključujemo ( a) b = (a b).

4 4 Poglavlje 1. Realni brojevi 2. Koristeći dokazano pod 1. dva puta imamo ( a) ( b) = (a ( b)) = ( (a b). Kako vrijedi ( a) = a (dokazati ovo!) zaključujemo traženu jednakost. Teorem Neka su a,b R i neka je a b = 0. Tada je bar jedan od brojeva a i b jednak 0. Dokaz : Neka su a,b R i neka je a b = 0. Pretpostavimo da je a 0. Na osnovu Aksioma M4 postoji inverzni element elementa a. Množenjem jednakosti a b = 0 sa a 1 sa lijeve strane dobijamo a 1 (a b) = a 1 0. Primjenom Leme zaključujemo da je a 1 (a b) = 0. Koristeći Aksiom M2 odavde je (a 1 a) b = 0, na osnovu Aksioma M4 onda je 1 b = 0, tojest b = 0. Ako pretpostavimo da je b 0 na potpuno identičan način kao gore dobili bismo da je a = 0. Naravno da iz podatka a b = 0 možemo zaključiti i da su oba elementa istovremeno jednaka nuli, čime je dokaza završen. AKSIOMI PORETKA Na skupu R uvodimo jednu binarnu relaciju u oznaci, koju čitamo biti manji ili jednak, na sljedeći način x,y R, x y de f ( z R) x + z = y. Za ovako uvedenu relaciju zahtijevamo sljedeće osobine: Aksiom 10 Aksiom P1. Refleksivnost: Aksiom 11 Aksiom P2. Antisimetričnost: Aksiom 12 Aksiom P3. Tranzitivnost: ( x R) x x. ( x,y R) (x y y x x = y). ( x,y,z R) (x y y z x z). Aksiom 13 Aksiom P4. Saglasnost relacije sa sabiranjem: ( x,y R)( a R)(x y x + a y + a). Aksiom 14 Aksiom P5. Saglasnost relacije sa množenjem: ( x,y R)(0 x 0 y 0 x y). Zbog aksioma P1, P2 i P3 uvedena relacija predstavlja relaciju poretka na skupu R. Za ovako uvedenu relaciju vrijedi zakon dihotomije, tojest za bilo koja dva elementa x,y R vrijedi x y ili y x. Ovo u stvari znači da su bilo koja dva elementa skupa R uporediva ovom relacijom, te ona predstavlja relaciju totalnog uredenja. Sa ovim naš skup realnih brojeva dobija novi naziv, uredeno polje realnih brojeva. Relacijom definišemo i neke nove relacije, kao naprimjer x y de f y x. Takode i x < y de f x y x y,

5 1.1 Aksiomatika realnih brojeva 5 odnosno x > y de f y < x. Relacija < zadovoljava zakon trihotomije. Naime, za bilo koja dva elementa x, y R vrijedi ili x < y ili y < x ili x = y. Sada sa relacijom poredka na skupu R možemo definisati i neke specijalne skupove. Za element x R kažemo da je pozitivan ako je x > 0. Pri tome je onda skup pozitivnih realnih brojeva R + = {x R x > 0}. Za x R kažemo da je nenegativan ako je x 0, pa je skup nenegativnih realnih brojeva R + {0}. Za x R kažemo da je negativan broj ako je x < 0. Skup negatinih realnih brojeva je tada R = {x R x < 0}. Za x R kažemo da je nepozitivan ako je x 0, te je skup nepozitivnih realnih brojeva R {0}. Takode na ovom mjestu uvedimo i skupove (a,b) = {x R a < x < b}, koga nazivamo otvoreni interval ili jednostavnije samo interval, [a,b] = {x R a x b}, koga nazivamo zatvoreni interval ili segment. Zatim skupove (a,b] = {x R a < x b}, [a,b) = {x R a x < b}, koje nazivamo poluzatvoren ili poluotvoren interval. Lema Neka su a, b R proizvoljni. Ako je a b onda je a b. Dokaz : Neka su a,b R takvi da je a b. Na osnovu Aksioma P4, dodavanjem i lijevoj i desnoj strani iste veličine a, je onda a + ( a) b + ( a), a koristeći Aksiom S4 ovo je ekvivalentno sa 0 b + ( a). Koristeći isti rezon i objašnjenje imamo da je ( b) + 0 ( b) + (b + ( a)). Koristeći Aksiome S3 i S2 posljednje je ekvivalentnon sa b (( b) + b) + ( a). Na sonovu Aksioma S1 i S3 sada je ovo ekvivalentno sa b 0 + ( a), te koristeći opet Aksiom S3 imamo b a. Lema Za bilo koji realan broj a vrijedi, a a de f = a 2 0. Dokaz : Razlikujemo dva slučaja. Prvo, neka je a 0. Na osnovu saglasnosti relacije sa množenjem imamo da je a a = a 2 0, pa tvrdnja vrijedi. Neka je a 0. Na osnovu Leme je a 0, pa koristeći Aksiom P5 imamo ( a) ( a) 0. Kao što smo već pokazali, ( a) ( a) = a a = a 2 pa je a 2 0. Lema U skupu R vrijedi: 1. 0 < Ako je a R takav da a > 0 tada je a 1 > Ako su a,b R takvi da je a > b > 0 tada je 0 < a 1 < b 1 Dokaz : 1. Na osnovu Leme imamo da je Kako je 1 2 = 1 1 = 1, na osnovu neutralnog elementa za množenje, to je 1 0. Neutralni element za množenje je jedinstven pa je 1 0, što daje nejednakost 0 < 1.

6 6 Poglavlje 1. Realni brojevi 2. Neka je a > 0. Pretpostavimo da je a 1 = 0 ili a 1 < 0. Ako bi bilo a 1 = 0, tada bi imali a a 1 = a 0 = 0, što je u suprotnosti sa aksiomom o inverznom elementu za množenje. Ako bi bilo a 1 < 0, tada bi bilo a 1 > 0, pa na osnovu Aksioma P5 i Leme imamo a ( a 1 ) = (a a 1 ) = 1 > 0, odnosno 1 < 0 što je u suprotnosti sa dokazanim u Neka je a > b > 0. Na osnovu 2. vrijedi a 1 > 0 i b 1 > 0. Iz a > b na osnovu Aksioma P5 imamo a a 1 > b (a 1 ) tojest, 1 > b a 1. Koristeći Aksiom P5, Aksiom M2, Aksiom M3 i Aksiom M4 imamo b 1 > b 1 (b A 1 ) = (b 1 b) a 1 = 1 a 1 = a 1, što je i trebalo dokazati. Lema U skupu R vrijedi: 1. Neka su a,b,c R. Ako je a < b i b < c, tada je a < c. 2. Za proizvoljne a,b,c R, ako je a < b onda je a + c < b + c. 3. Za proizvoljne a,b,c R, ako je a < b i c > 0, onda je a c < b c. 4. Za proizvoljne a,b,c R, ako je a < b i c < 0, onda je a c > b c. 5. Za proizvoljne a,b,c R, ako je a < b i c 0, onda je a c b c. 6. Za proizvoljne a,b,c R, ako je a < b i c 0, onda je a c b c. 7. Za proizvoljne a,b,c R, ako je a b i c 0, onda je a c b c. 8. Za proizvoljne a,b,c R, ako je a b i c 0, onda je a c b c. Naravno da tvrdenja koja daju osobine relacija na skupu realnih brojeva ima jako mnogo. Mi smo ovdje istakli samo neke od njih i neke od tih dokazali, sugerišući da svako takvo tvrdenje na ovom nivou treba dokazati. Jednakost u kojoj se bar na jednoj strani pojavljuje nepoznata veličina naziva se jednačina. Specijalan slučaj jednačine oblika ax + b = c, gdje su a,b i c poznate veličine (realni brojevi), a x nepoznata veličina (realan broj), nazivamo linearna jednačina. Naredne tvrdnje ističemo kao posebno važne i njima obrazlažemo egzistenciju i jedinstvenost rješenja linearne jednačine u skupu R. Teorem Neka su a, b R proizvoljni. Tada jednačina a + x = b, (1.3) ima tačno jedno rješenje u skupu R dato sa b + ( a). Dokaz : Neka su a i b proizvoljni realni brojevi i neka je x = b + ( a). Tada je a + x = a + (b + ( a)), a na osnovu aksioma S1 je onda a + x = a + (( a) + b). Koristeći aksiom S2 imamo a + x = (a + ( a)) + b, te na osnovu S4 je a + x = 0 + b. Konačno, zbog S3 imamo a + x = b. Dakle, ovako izabran x jeste rješenje jednačine (1.3). Neka je x takode rješenje jednačine (1.3), tojest neka je a + x = b. Dodajući i lijevoj i desnoj strani a sa lijeve strane, dobijamo a + (a + x ) = a + b, a nakon korištenja S2 na lijevoj strani i S1 i na lijevoj i desnoj strani jednačine, imamo (a + ( a)) + x = b + ( a). Dakle, 0 + x = b + ( a) i konačno x = b + ( a). Vidimo da rješenje mora biti oblika b + ( a) što potvrduje njegovu jednistvenost. Teorem Neka su a i b proizvoljni realni brojevi i neka je a 0. Tada jednačina, a x = b, (1.4) ima tačno jedno rješenje u skupu R dato sa a 1 b. Dokaz : Neka su a i b realni brojevi i neka je a 0. Tada na osnovu M4 postoji a 1 i pri tome je

7 1.2 Prirodni brojevi 7 a 1 b R. Označimo sa x = a 1 b. Tada je a x = a (a 1 b ) uvrštavanje x-a = ( a a 1) b aksiom M2 = 1 b aksiom M4 = b. aksiom M3 Dakle, ovako izabrano x jeste rješenje jednačine (1.4). Neka je x takode rješenje jednačine (1.4). Kako a 1 postoji, množenjem i lijeve i desne strane jednačine (1.4) sa a 1 imamo a 1 (a x ) = a 1 b. Primjenom aksioma M2 je ( a 1 a ) x = a 1 b, a naosnovu M4 i M3 je onda x = a 1 b, čime potvrdujemo jedinstvenost rješenja polazne jednačine. Uvodeći termin polja realnih brojeva mi smo uveli skup brojeva na kome su definisane operacije sabiranja i množenja. Dogovorno definišimo još dvije operacije na skupu R koje proizilaze iz ove dvije postojeće. Definicija Za proizvoljne realne brojeve x i y uvodimo oznaku x + ( y) = x y. Izraz x y nazivamo razlika brojeva x i y, a ovako uvedenu operaciju nazivamo oduzimanje. Definicija Za proizvoljne realne brojeve x i y 0 uvodimo oznaku x y 1 = x y. Izraz x y nazivamo količnik brojeva x i y, a ovako uvedenu operaciju nazivamo dijeljenje. Prema gornjoj definiciji dijeliti broj x možemo sa bilo kojim brojem različitim od 0. Zato kažemo da dijeljenje sa 0 nije definisano. 1.2 Prirodni brojevi Iako to nismo u stanju sa sigurnošću tvrditi, prva matematička znanja ljudskog roda su bila vezana za brojanje. Iskustveno se spoznavalo da na nebu ima samo jedno sunce, da postoje životinje sa dvije i sa četiri noge, da na rukama i nogama čovjek ima po pet prstiju. Dakle, ta su znanja vezana za pojam broja, koje mi danas apstraktno nazivamo: jedan, dva, tri, četiri,... i za koje čak koristimo i posebnu notaciju: 1, 2, 3, 4,.... Nigdje u prirodi ne postoji 1 3 sunca, 0.75 kamila i slično, pa otuda i prve spoznajne brojeve nazivamo prirodni brojevi i skup tih brojeva označavat ćemo oznakom N što predstavlja prvo slovo latinske riječi natura (priroda). Prirodne brojeve ćemo shvatiti kao podskup skupa realnih brojeva, što znači da ćemo prihvatiti operacije sabiranja i množenja iz skupa R, kao i osobine ovih operacija. Broj 1 prihvatamo kao primitivan pojam teorije prirodnih brojeva. Definicija Za proizvoljan prirodan broj n, broj n = n + 1 nazivamo sljedbenikom broja n. Skup prirodnih brojeva zasnivamo aksiomatski pomoću Peanovog 1 sistema aksioma (poznatog i kao Dedekind-Peano aksiomatski sistem ili Peanovi postulati). Taj sistem dat je sa pet aksioma: Aksiom 1: 1 je prirodan broj. Aksiom 2: Svaki prirodan broj ima svog sljedbenika koji je i sam prirodan broj. 1 Giuseppe Peano ( )-italijanski matematičar

8 8 Poglavlje 1. Realni brojevi Aksiom 3: Za bilo koje prirodne brojeve m i n, m = n ako i samo ako je m = n. Aksiom 4: 1 nije sljedbenik niti jednog prirodnog broja. Aksiom 5: Neka je M N takav da 1 M i ako n M, onda i n M. Tada je M = N. Skup koji ima osobinu izraženu u Aksiomi 2 nazivamo induktivni skup, te je dakle skup prirodnih brojeva induktivan. Koristeći se i Aksiomom 5, zaključujemo da je najmanji (u smislu inkluzije) induktivan podskup skupa R koji sadrži 1 upravo skup N. Aksiom 5 nazivamo i princip potpune matematičke indukcije. Možemo ga iskazati i u sljedećoj formi: Neka je P proizvoljan unarni predikat koji zadovoljava uslove, P(1) je tačan iskaz. Za proizvoljan prirodni broj n, ako je P(n) tačan iskaz onda je tačan i iskaz P(n + 1). Tada je iskaz P(n) tačan za sve prirodne brojeve n. Upravo ovakvim iskazom Aksioma 5 se najčešće služimo u matematičkim dokazivanjima i nazivamo ga induktivni način zaključivanja ili kratko indukcija, što pored deduktivnog načina, koga smo do sad imali kao jedini način zaključivanja, od sada koristimo kao validan način zaključivanja. Dokaz principom matematičke indukcije sastoji se iz tri dijela: Korak 1: Baza indukcije - Pokazujemo da je iskaz (tvrdenje) P(1) tačan. Korak 2: Induktivna hipoteza - Pretpostavljamo da je predikat P tačan za neko n N, tojest pretpostavimo da je P(n) tačan iskaz (tvrdenje). Korak 3: Induktivni korak - Iz pretpostavljene istinitosti iskaza P(n) treba pokazati istinitost iskaza P(n + 1). Nakon izvodenja ova tri koraka, ako je sve traženo pokazano, konstatujemo da je iskaz (tvrdenje) P(n) tačan za sve prirodne brojeve. Lema Ako je n N \ {1} onda je n 1 N. Dokaz : Označimo sa A = {n 1 n N\{1}}. Kako je 2 = 1+1 N (1 N i N je induktivan skup), to onda 1 = 2 1 A (induktivna baza). Neka je m A (induktivna hipoteza). Tada postoji n N \ {1} takav da je m = n 1. Odavde onda imamo m + 1 = (n 1) + 1 = (n + ( 1)) + 1 = n + (( 1) + 1) = n + (1 + ( 1)) = (n + 1) 1. Dakle, m+1 A (induktivni korak). Na osnovu principa potpune matematičke indukcije zaključujemo da je A = N. Ako smo za zadato n N broj n + 1 zvali njegovim sljedbenikom, onda bismo broj n 1 mogli zvati njegovim prethodnikom. U toj terminologiji, gornja tvrdnja nam govori da svaki prirodan broj osim 1, ima svog prethodnika koji je takode prirodan broj. Lema Neka su m,n N. Tada su m + n i m n prirodni brojevi. Dokaz : Neka je m N proizvoljan fiksan element. Posmatrajmo skup A = {n N m + n N}. Kako je N induktivan skup (Aksiom 2), to je i m + 1 N, a to znači da 1 A (induktivna baza). Pretpostavimo da za neko n N je n A (induktivna hipoteza), tojest m+n N. Posmatrajmo sada zbir m+(n+1). Zbog asocijativnosti operacije sabiranja je m+(n+1) = (m+n)+1. Iz induktivne hipoteze je m+n N, pa kako je N induktivan skup zaključujemo da će i (m+n)+1 N, odnosno m + (n + 1) N. Posljednje znači upravo da n + 1 A što predstavlja induktivni korak. Sada na osnovu Aksioma 5 zaključujemo da je A = N, tojest ako je m proizvoljan fiksiran prirodan broj onda je m + n prirodan broj za svako n N. Zbog proizvoljnosti m N zaključujemo da je ( m N)( n N) m + n N.

9 1.2 Prirodni brojevi 9 Na potpuno analogan način se dokazuje i druga tvrdnja. Znamo da su operacije sabiranja i množenja zatvorene u skupu R, ali osobina zatvorenosti operacije se ne prenosi obavezno na podskup. Gornja tvrdnja nam govori da su operacije sabiranja i množenja zatvorene i u odnosu na skup prirodnih brojeva. Medutim, operacija oduzimanja jeste zatvorena na skupu R ali nije zatvorena na skupu N. Naime 2,3 N, a 2 3 = 1 / N. Lema Neka su m,n N proizvoljni. Ako je m > n onda je m n N. Dokaz : Fiksirajmo proizvoljno m N. Ako je n = 1, zbog m > n je m 1, te je prema Lemi m n = m 1 N. Pretpostavimo da za neko n N, iz činjenice m > n slijedi da je m n N (induktivna hipoteza). Neka je sada m > n+1. Kako je n+1 > n, tim prije je m > n, pa po induktivnoj hipotezi m n N. Tada vrijedi m n > 1 i prema prvom dijelu dokaza je m n 1 = m (n + 1) N. Na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da ako je m > n, onda je m n N za svaki prirodan broj n. Kako je m bio izabran proizvoljno, data tvrdnja je tačna i za svako m N. Lema Neka su m i n proizvoljni prirodni brojevi. Ako je m > n tada je m n + 1. Lema U skupu N vrijedi: 1. ( n N) n 1 minn = Neka je A N. Skup A ima najmanji element. Dokaz : 1. Neka je A = {n N n 1}. Kako je 1 1 to 1 A. Neka je n A. Tada je n 1 i 1 0, pa je n dakle n + 1 A. Na sonovu Aksioma 5 je onda A = N. 2. Neka je A N. Ako 1 A, prema dokazanom u 1. je min A = 1. Pretpostavimo zato da 1 / A. Tada 1 N \ A = B. U skupu B mora postojati takav element n da svi prirodni brojevi manji od njega pripadaju skupu B, a n + 1 ne pripada skupu B. Ako to ne bi bilo, tojest za svako n B i n + 1 B, onda zbog 1 B, na osnovu Aksioma 5 bi morali zaključiti da je B = N, što očigledno nije tačno. Zbog toga zaključujemo da je taj n + 1 A i šta više, on je najmanji element skupa A jer izmedu n i n + 1 nema drugih prirodnih brojeva. Matematičku indukciju koristimo i da uvodimo nove pojmove. Takve definicije nazivamo induktivne definicije. Naprimjer, stepen realnog broja x sa prirodnim eksponentom n uvodimo na sljedeći način: x 1 de = f x i x n de = f x n 1 x, (n 1). Ovaj postupak nazivamo stepenovanje prirodnim brojem. Induktivnost se ogleda u tome što razvijajući izraz x n = x n 1 x imamo x n = x n 1 x = x n 2 x x = = x } x {{ x x }. n puta Izraz x n nazivamo stepen, gdje je x osnova ili baza stepena, a n je eksponent stepena. Matematičkom indukcijom se onda dokazuju osobine stepenovanja prirodnim eksponentom. Lema Neka su x,y R i m,n N. tada vrijedi: 1. x n x m = x n+m. 2. (x n ) m = x n m. 3. (x y) n = x n y n. Induktivno definišemo i skraćene oznake za sumiranje i proizvod više brojeva. Tako oznaku n x k = x 1 + x 2 + x x n, k=1

10 10 Poglavlje 1. Realni brojevi uvodimo sa: 1 de f x k = x 1 i k=1 induktivno definišemo sa: n n 1 de f x k = k=1 1 k=1 k=1 n k=1 x k de f = x 1 i x k + x n (1 n N). Analogno, označavanje x k = x 1 x 2 x 3 x n, n k=1 n 1 de f x k = k=1 x k x n (1 n N). Primjer 1.1 Dokazati da je suma prvih n članova aritmetičkog niza (a n ) n N sa razlikom d, data formulom S n = n 2 (2a 1 + (n 1)d). (1.5) Neka je P(n) predikat koji predstavlja formulu (1.5). Pokažimo da je P(1) tačno ( suma od samo jednog sabirka). S 1 = 1 2 (2a d) = a 1. Pretpostavimo da je za neko n N iskaz P(n) tačan (suma sa n sabiraka), tojest da vrijedi formula a 1 + a a n = S n = n 2 (2a 1 + (n 1)d). Ispitajmo tačnost tvrdnje P(n + 1) (suma sa n + 1 sabiraka). S n+1 = S n + a n+1 = n 2 (2a 1 + (n 1)d) + (a 1 + n d) = 2na 1 + n 2 d nd + 2a 1 + 2nd 2 = n (2a 1 + nd). = 2na 1 + n 2 d + nd + 2a 1 2 (induktivna hipoteza) Primjetimo da posljednji izraz pretstavlja upravo iskaz P(n+1), te je na osnovu principa matematičke indukcije formula (1.5) tačna za sve prirodne brojeve. Primjer 1.2 Bernoullijeva nejednakost. Dokazati da za svako h R, h > 1 i za svako n N vrijedi nejednakost, (1 + h) n 1 + nh. (1.6) Neka je h R proizvoljan ali takav da je h > 1. Za n = 1 vrijedi (1 + h) 1 = 1 + h = h, a što predstavlja nejednakost (1.6) za slučaj n = 1, čime potvrdujemo induktivnu bazu. Neka je nejednakost (1.6) tačna za neko fiksno n N (induktivna hipoteza). Tada imamo, (1 + h) n+1 = (1 + h) n (1 + h) (1 + nh)(1 + h) (induktivna hipoteza) = 1 + nh + h + nh 2 = 1 + (n + 1)h + nh (n + 1)h. Gornji reztultat pokazuje da je nejednakost (1.6) tačna i kada n zamjenimo sa n + 1, tojest tačna je za n + 1. Sada na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da je nejednakost (1.6) tačna za svako n N.

11 1.2 Prirodni brojevi 11 Napomenimo da induktivna baza u principu matematičke indukcije nemora uvijek biti tvrdenje P(1). Naime, algoritam može biti i ovakav: Korak 1: Baza indukcije - Pokazujemo da je iskaz (tvrdenje) P(n 0 ) tačan. Korak 2: Induktivna hipoteza - Pretpostavljamo da je predikat P tačan za neki prirodan broj n n 0, tojest pretpostavimo da je P(n) (n n 0 ) tačan iskaz (tvrdenje). Korak 3: Induktivni korak - Iz pretpostavljene istinitosti iskaza P(n) treba pokazati istinitost iskaza P(n + 1). Nakon izvodenja ovakva tri koraka, ako je sve traženo pokazano, konstatujemo da je iskaz (tvrdenje) P(n) tačan za sve prirodne brojeve koji su veći ili jednaki n 0. Primjer 1.3 Dokazati da je 2 n n 2 za sve n 4. (Induktivna baza) Za n = 4 je 2 4 = (Ovdje je u stvari jednakost ali nije greška izreći to sa.) (Induktivna hipoteza) Neka je za neko n 4 zadovoljeno 2 n n 2. (Induktivni korak) Kako je 2 n+1 = 2 n 2, na osnovu induktivne hipoteze je onda 2 n+1 n 2 2. (1.7) Iz činjenice da je (n 1) 2 2 (za svako n N, n 4) imamo da je n 2 2n + 1. Zbog toga je onda 2n 2 = n 2 + n 2 n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2. Ubacujući ovo u 1.7 dobijamo da je 2 n+1 (n + 1) 2. Na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da će za svako 4 n N vrijediti 2 n n 2. Skup prirodnih brojeva proširen sa elementom 0 označavamo sa N 0, tojest N 0 = N {0}. Stepenovanje sa nulom proširujemo sa U skupu N 0 definišimo faktorijel broja n sa n! de f = ( x R \ {0}) x 0 de f = 1. { n ; n N 1 ; n = 0 Za n,k N 0 definišemo binomni koeficijent sa ( ) { n n(n 1)(n 2) (n k+1) de f = k! ; 0 k n k 0 ; k > n. Lema Za proizvoljne x,y R i proizvoljno n N vrijedi ( ) n (x + y) n = x n k y k. k n k=0 Ova formula poznata je kao Newtonov binomni obrazac. Dokaz : Za n = 1 tvrdnja glasi: x + y = (x + y) 1 = 1 k=0 ( ) 1 x 1 k y k = k n k=0 ( ) 1 x 1 0 y ( ) 1 x 1 1 y 1 = x + y. 1 Dakle, tvrdenje je tačno za n = 1. Neka je tvrdnja tačna za neko n N, tojest neka je ( ) n (x + y) n = x n k y k. k

12 12 Poglavlje 1. Realni brojevi Sada imamo: (x + y) n+1 = (x + y) (x + y) n = (x + y) = n k=0 ( ) n k = x n+1 + = x n+1 + x n k+1 y k + n k=1 n k=1 ( ) n + 1 = x n+1 y ( n + 1 = k n+1 k=0 n k=0 ( n k ( ) n x n k+1 y k + k ( ) n x n k+1 y k + k n k=1 ) x n k+1 y k. n k=0 ( ) n x n k y k k ) x n k y k+1 n 1 k=0 n k=1 (( n k 1 ( ) n x n k y k+1 + y n+1 k ( ) n x n k+1 y k + y n+1 k 1 ) ( )) n + x n k+1 y k + k Lema Za proizvoljne x,y R i proizvoljno n N vrijedi x n y n = (x y)(x n 1 y 1 + x n 2 y x 1 y n 1 ). ( ) n + 1 x 0 y n+1 n + 1 induktivna hipoteza ( n ( k 1) + n ) ( k = n+1 ) k Dokaz : Ostavljeno za samostalan rad! U skupu prirodnih brojeva oduzimanja nije zatvorena operacija, tojest razlika dva prirodna broja ne mora biti opet prirodan broj. Da prevazidemo taj problem, pribjegavamo konstrukciji novog skupa brojeva. Skup negativnih prirodnih brojeva označavamo sa N, pri tome je N = { n n N}. Cijelim brojevima, u oznaci Z, podrazumijevamo sve prirodne brojeve, negativne prirodne brojeve i broj 0, Z = ( N) {0} N. U ovako konstruisanom skupu Z operacija oduzimanja postaje zatvorena operacija. Sada bi željeli da imamo i stepenovanje cijelim brojem, ali nam to uvedena induktivna definicija ne omogućava jer se ona odnosila samo na stepenovanje prirodnim brojem. Koristeći da je n de f x = 1 x n, gdje je x R \ {0} i n N, jednostavno se pokazuje da će osobine iz Leme vrijediti i ako su eksponenti proizvoljni cijeli brojevi. 1.3 Racionalni i iracionalni brojevi U svakodnevnom govoru termin racionalan koristimo da objasnimo da se neko ili nešto ponaša na logičan način. U matematici ta riječ ima kompletno drugačiji smisao. Sama riječ ima latinski korijen ratio što znači odnos, omjer ili srazmjer. Definicija Pod racionalnim brojevima podrazumijevamo skup { m } Q = n m Z, n N. U izrazu m n broj m nazivamo djeljenik, a broj n nazivamo djelilac. Sam izraz m n nazivamo razlomak i u kontekstu razlomka za m kažemo da je brojilac, a za n kažemo da je imenilac razlomka.

13 1.3 Racionalni i iracionalni brojevi 13 Primjer 1.4 Neki primjeri racionalnih brojeva su: 4 = 4 1 5, 5 = 1, 33 7 = , 2.13 = 7 100, 25% = 1 4. Primjetimo da 3 4 i 6 8 jesu oba racionalni brojevi ali isto tako je 3 4 = 6 8. Kako ponavljanje elemenata u nekom skupu nije bitno, tojest ponavljanje nekog elementa ne utiče na kardinalnost skupa, često ćemo u posmatranju nekog elementa p q Q smatrati da su brojevi p i q uzajamno prosti (brojevi su uzajamno prosti ako im je najveći zajednički djelilac 1). Teorem Zbir, razlika i proizvod dva racionalna broja je racionalan broj. Teorem Neka su p, q Q takvi da je p < q. Tada postoji beskonačno mnogo brojeva x Q takvih da je p < x < q. Dokaz : Neka su p,q Q, takvi da je p < q. Dodavanjem broja p i lijevoj i desnoj strani nejednakosti imamo 2p < p + q, odnosno p < p+q 2. Ako i lijevoj i desnoj strani nejednakosti p < q dodamo broj q, dobijamo p+q 2 < q. Označavajući sa r 1 = p+q 2, zaključujemo da je r 1 Q i p < r 1 < q. Ovaj postupak sada možemo ponoviti za p < r 1 i r 1 < q i utvrditi postojanje racionalnih brojeva r 2 i r 2 takvih da je p < r 2 < r 1 < r 2 < q. Nastavljajući postupak ad continuum na svaku novodobijenu nejednakost zaključujemo postojanje beskonačno mnogo racionalnih brojeva izmedu brojeva p i q. Teorem Neka je x R + i n N. Postoji jedinstven broj y R + takav da je y n = x. Dokaz : Dokaz pogledati u F. Dedagić, Matematička analiza (Prvi dio) Postojeći broj y u gornjoj teoremi nazivamo n-ti aritmetički korijen broja x i označavamo ga sa y de = f n x. Specijalno, 2 x = x nazivamo kvadratni korijen broja x. Često ovu notaciju uvodimo sa n x m de f = x n m, što predstavlja definisanje stepena sa racionalnim eksponentom. Lema Neka su x,y R +. Tada vrijedi: 1. x y = x y. x x 2. y =. y Dokaz : 1. Neka su x,y R +. Tada postoje jedinstveni brojevi a,b,c R +, takvi da je a = x y, b = x i c = y. Kako je a 2 = x y, b 2 = x i c 2 = y onda vrijedi a 2 = b 2 c 2 = (b c) 2, iz čega zaključujemo da je a = b c, odnosno x y = x y. 2. Kako je x = y x y, pa zbog gornjeg pravila imamo x = y x y, odakle dijeljenjem jednakosti sa y dobijamo da vrijedi x y = x y.

14 14 Poglavlje 1. Realni brojevi Gornja pravila možemo čitati sa: korijen proizvoda je proizvod korijena i korijen količnika jednak je količniku korijena. Ovakav način iščitavanja pravila je veoma koristan za pamćenje i dobro shvatanje datih tvrdnji. Napomenimo da u opštem slučaju korijen zbira i razlike nije jednak zbiru, odnosno razlici korijena. Tojest, x ± y x ± y. Svi decimalni brojevi sa konačno mnogo decimalnih mjesta jesu racionalni brojevi, naprimjer = = 5 8. I neki decimalni brojevi sa beskonačno mnogo decimalnim mjesta su racionalni brojevi, naprimjer = = 1 6 ili = 2 7. Primjer 1.5 Realan broj x = 0, = 0, je racionalan! Zaista, primjećujemo da se niz cifara 1107 u decimalnom zapisu broja x ponavlja. Ako dati broj pomnožimo sa 10000, dobit ćemo jednakost 10000x = 1107, Odavde onda imamo, 10000x x = 1107, , = Dakle, 9999x = 1107, odakle je x = = , te je x racionalan broj. U kontekstu decimalnog zapisa vrijedi generalna tvrdnja za racionalne brojeve. Teorem Realan broj je racionalan ako i samo ako ima konačan ili periodičan decimalni zapis. Jasno je dakle da neki decimalni brojevi sa beskonačno mnogo decimalnih mjesta nisu racionalni brojevi. Lema / Q. Dokaz : Pretpostavimo da je 2 Q tojest, 2 = m n gdje je m Z, n N i m i n uzajamno prosti brojevi. Tada bi bilo 2 = m2, odakle je m 2 = 2n 2. Dakle, m 2 = m m je paran broj, a onda n 2 mora biti i m paran broj tojest, m = 2k za neko k N. Dakle, m = 2k i m 2 = 2n 2 pa imamo da je 4k 2 = 2n 2 iz čega zaključujemo da je n 2 = 2k 2. n 2 je paran broj, pa slično kao za m, zaključujemo da je i n paran broj tojest, n = 2s za neko s N. Dobili smo kontradikciju jer vidimo da m i n nisu uzajamno prosti brojevi. Pretpostavka da 2 je racionalan broj je time nemoguća. Kvadratni korijen broja 2 ili Pitagorina konstanta je pozitivan realan broj koji pomnožen sam sa sobom daje broj 2. Geometrijski gledano, kvadratni korijen iz 2 je dužina dijagonale kvadrata čija je stranica 1. Dakle, 2 je konstruktibilan broj koji ima beskonačno mnogo decimalnih mjesta, ali bez ikakve periodičnosti njegova zapisa. 2 = 1, Definicija Realne brojeve koji nisu racionalni nazivamo iracionalni brojevi i skup takvih označavamo sa I. Dakle, I = R \ Q. Odavde direktno slijede dvije činjenice: I Q =, I Q = R. Teorem Zbir, razlika i proizvod iracionalnog i racionalnog broja je iracionalan broj. U opštem slučaju zbir, razlika i proizvod dva iracionalna broja ne mora biti iracionalan broj. Naprimjer, 2 2 = 2 Q, 3 + (1 3) = 1 Q.

15 1.4 Kompletnost skupa R Slika 1.1: Konstrukcija nekih iracionalnih brojeva. 1.4 Kompletnost skupa R Kompletnost ili potpunost je jedna od fundamentalnih karakteristika skupa realnih brojeva, a pokazuje se da neki skupovi, pa i neki skupovi brojeva, nemaju tu osobinu. Osobina kompletnosti poznata je i kao osobina najmanjeg gornjeg ograničenja, a ovdje ćemo je uvesti akiomom. Geometrijske vizualizacije apstraktnih koncepata su česte i veoma korisne za razumijevanje matematike. U teoriji skupova to radimo sa Vennovim diagramima, gdje sa nekim objektima (krugovi, pravougaonici i sl.) predstavljamo skupove i preko njih tumačimo medusobne odnose tih skupova. Takode bi željeli i realne brojeve na odreden način geometrijski posmatrati, gdje intuitivno-vizuelno zamišljamo realne brojeve kao tačke na nekoj pravoj liniji. Dakle, za ovakvu vizualizaciju zamišljamo jednu usmjerenu pravu liniju koja se beskrajno može produžavati na obje strane, na kojoj fiksiramo jednu tačku koju nazivamo ishodište. Sa nekom fiksnom dužinom duži, posmatrana kao jedinična duž, onda možemo reprezentovati sve cijele brojeve kao neke tačke date prave linije. Koristeći se raznim geometrijskim metodama (npr. Talesov teorem) možemo reprezentovati i racionalne i iracionalne brojeve kao tačke te prave. Na ovaj način svakom realnom broju dodijelimo jednu tačku na pravoj liniji. Medutim, da li možemo svakoj tački te prave linije dodijeliti neki realan broj? Iako nam intuicija govori da to možemo, dokaz za to nije nam poznat. Zato ćemo tu činjenicu prihvatiti kao istinitu, bez dokaza, dakle kao aksiom. Aksiom: Svaka tačka usmjerene prave linije predstavlja jedan realan broj. Na ovaj način, pod ovom hipotezom i po prethodnom rezonovanju, uspostavljeno je jedno obostranojednoznačno pridruživanje izmedu skupa realnih brojeva i tačaka usmjerene prave linije. Dakle, svakom realnom broju odgovara jedna tačka usmjerene prave linije i svakoj tački usmjerene prave linije odgovara jedan realan broj. Ovakvu usmjerenu pravu liniju onda nazivamo realna prava. Pri tome se često razlikovanja radi za realnu pravu kaže da predstavlja Geometrijski continuum, a za skup realnih brojeva da je Aritmetički continuum. Uobičajeno se u gradnji skupa realnih brojeva ovaj aksiom uvodi pod imenom matematičara koji su se medu prvima bavili ovim pitanjem. Aksiom 15 Cantor-Dedekindov aksiom. Svakoj tački realne prave odgovara tačno jedan realan broj i obratno, svakom realnom broju odgovara tačno jedna tačka realne prave 0 1 Slika 1.2: Usmjerena prava linija sa ishodištem i mjernom jedinicom - Geometrijski continuum - Realna prava

16 16 Poglavlje 1. Realni brojevi Ograničeni skupovi na R Relacija poretka na R koju smo uveli akiomatski, osim uredenja na skupu realnih brojeva, omogućava nam okarakterisati na veoma koristan način podskupove realnih brojeva. Definicija Za skup A R kažemo da je ograničen sa gornje strane ili ograničen odozgo ako i samo ako postoji realna konstanta C tako da su svi elementi skupa A ispred C, ( C R)( x A) x C. Za konstantu C tada kažemo da je gornje ograničenje ili majoranta skupa A. Negacijom pojma biti ograničen odozgo konstatujemo da je skup neograničen odozgo ako za svaki unaprijed odreden realan broj, postoji element skupa koji je veći od njega. Dakle, utvrditi da je skup neograničen odozgo znači provjeriti sljedeće, ( C R)( x A) x > C. Primjer 1.6 Skup A = {x R x 2 < 2} je ograničen odozgo. Zaista, uzmimo da je C=10. Ako posmatramo proizvoljan realan broj y > 10, jasno je da y 2 > 10 2 = 100, te y / A. Drugačije rečeno, ako je x A, tada je x 10, tojest za sve x A je x C, pa je skup A ograničen odozgo, a C = 10 je jedna majoranta skupa A. Primjetimo da će svako C > C takode biti majoranta skupa A. Primjer 1.7 Skup A = [0,+ ) nije ograničen odozgo. Neka je naprimjer C = 100. Dovoljno je konstatovati da x = 101 A i pri tome je x > C, te ovakav C nije gornje ograničenje skupa A. Ako izaberemo proizvoljan C R (velik), tada će x = C + 1 pripadati skupu A i x > C. Dakle, skup A nije ograničen odozgo (nema niti jednu majorantu). Primjetimo kroz ova dva primjera da podskup skupa R ili nema niti jednu majorantu, te je onda neograničen odozgo ili ima majorantu, a time i beskonačno mnogo majoranti, te je u tom slučaju ograničen odozgo. Definicija Za skup A R kažemo da je ograničen sa donje strane ili ograničen odozdo ako i samo ako postoji realna konstanta C tako da su svi elementi skupa A iza C, ( C R)( x A) x C. Za konstantu C tada kažemo da je donje ograničenje ili minoranta skupa A. Primjer 1.8 Skup A = [0,+ ) je ograničen odozdo jer su svi elementi skupa A veći ili jednaki od 0. Tada je 0 minoranta skupa A. Utvrditi da skup A nije ograničen odozdo znači negirati Definiciju 1.4.2, tojest potvrditi uslov ( C R)( x A) x < C. Primjer 1.9 Skup A = {x R x 3 < 2} nije ograničen odozdo. Zaista, izaberemo li proizvoljan C < 0, tada će broj x = C 1 pripadati skupu A jer x 3 = (C 1) 3 < 0 < 2 i pri tome je x < C. Za skup koji je ograničen i odozdo i odozgo jednostavno kažemo da je ograničen što formalno iskazujemo definicijom. Definicija Za skup A R kažemo da je ograničen ako i samo ako ( C 1,C 2 R)( x A) C 1 x C 2. Kao što smo primjetili podskup skupa R može imati beskonačno mnogo gornjih (donjih) ograničenja. Logičnim se nameće pitanje šta je skup gornjih (donjih) ograničenja nekog skupa?

17 1.5 Supremum i infimum skupa 17 Primjer 1.10 Šta je skup gornjih ograničenja skupa [0,1]? Broj C R je gornje ograničenje skupa [0,1] ako i samo ako je za svako x [0,1], x C, a to će očigledno vrijediti za svako C 1. Dakle, skup gornjih ograničenja skupa [0,1] je skup {C R C 1} = [1,+ ). Primjer 1.11 Šta je skup gornjih ograničenja skupa [0,1)? Očigledno da ako je C 1, da je tada C gornje ograničenje skupa [0,1). Pitanje je, da li postoji manji broj od 1 koji je gornje ograničenje posmatranog skupa? Odgovor je ne! Jasno je da bi neki broj bio gornje ograničenje skupa [0,1) on mora biti pozitivan, a kako smo rekli da su svi brojevi veći ili jednaki od 1 gornja ograničenja, ostaje nam provjeriti šta je sa brojevima izmedu 0 i 1. Ako posmatramo proizvoljan M < 1, tada bi imali da je M < M+1 2 < 1 i jasno M+1 2 [0,1) što znači da M nije gornje ograničenje skupa [0,1). Dakle, skup gornjih ograničenja je [1,+ ). Vidimo iz ova dva primjera da su skupovi gornjih ograničenja skupova [0,1] i [0,1) jednaki. Šta više, vrijedi generalnije: ako su a,b R takvi da je a b tada skupovi [a,b], [a,b), (a,b] i (a,b) imaju isti skup gornjih ograničenja [b,+ ) i isti skup donjih ograničenja (,a]. Lema Neka je A R proizvoljan neprazan skup i neka su α i β respektivno donje i gornje ograničenje skupa A. tada vrijedi α β. Dokaz : Po pretpostavci tvrdnje je A, pa izaberimo bilo koje x A. Kako je α minoranta skupa A to onda vrijedi α x, a kako je β majoranta onda je x β. Koristeći aksiom P3 zaključujemo α β. Pretpostavka da skup nije prazan u gornjoj lemi je bitna jer slučaj praznog skupa je interesantan. Naime, svaki realan broj je ujedno i gornje i donje ograničenje praznog skupa. Da bi smo to vidjeli, bolje je razmišljati zašto neki broj nije gornje ograničenje skupa. Naime, C nije gornje ograničenje skupa ako postoji element skupa koji je veći od C. Za proizvoljno C R onda ne postoji element skupa koji je veći od C (jer ne postoji niti jedan element u praznom skupu) te je C gornje ograničenje. Isto bi smo rezonovali za donje ograničenje, zato je svaki realna broj i minoranta i majoranta praznog skupa. 1.5 Supremum i infimum skupa Definicija Neka je A R. Ako je x R gornje ograničenje skupa A takvo da za svako drugo gornje ograničenje x skupa A vrijedi x x, tada za x kažemo da je supremum skupa A i pišemo x = supa. Iz definicije je jasno da je supremum skupa ustvari najmanje gornje ograničenje skupa. Definicija Neka je A R. Ako je x R donje ograničenje skupa A takvo da za svako drugo donje ograničenje x skupa A vrijedi x x, tada za x kažemo da je infimum skupa A i pišemo x = infa. Infimum skupa predstavlja najveće donje ograničenje skupa. Ukoliko skup A nije ograničen odozgo (nema niti jednu majorantu) tada pišemo supa = +, odnosno ako nije ograničen odozdo tada je infa =. Specijalno, ako je A = tada je svaki realan broj i gornje i donje ograničenje praznog skupa, pa tada formalno imamo sup = i inf = +. Reći da supremum ili infimum nekog skupa postoje, podrazumijeva da su oni konačni realni brojevi. Ukoliko radimo sa indeksiranim skupom, tojest A = {x n n I}, tada koristimo zapis, supa = supx n, infa = inf x n. n I n I

18 18 Poglavlje 1. Realni brojevi Teorem Ako postoje supremum i infimum skupa A onda su oni jedinstveni. Šta više, za neprazan skup A tada vrijedi infa supa. Dokaz : Pretpostavimo da su x i x dva supremuma skupa A. Kako je x gornje agraničenje skupa A, a x supremum, prema Definiciji onda vrijedi x x. Na isti način možemo rezonovati: kako je x gornje ograničenje, a x supremum skupa, onda je x x. Na osnovu antisimetričnosti relacije zaključujemo da mora biti x = x. Na potpuno analogan način bi smo zaključili i jedinstvenost infimuma skupa. Ako supremum i infimum skupa A postoje, tada skup A nije prazan. Izaberimo proizvoljno x A. Kako je infa donje ograničenje, to vrijedi infa x, a kako je supa gornje ograničenje, vrijedi i x supa. Na osnovu tranzitivnosti relacije poretka je onda infa supa. Sljedećom tvrdnjom dajemo karakterizaciju supremuma i infimuma skupa, koja je na odreden način drugi iskaz definicije ovih pojmova. Teorem Neka je A R. 1. x = supa ako i samo ako vrijedi: (a) x je gornje ograničenje skupa A, (b) Za svako y < x postoji x A takav da je x > y. 2. x = infa ako i samo ako vrijedi: (a) x je donje ograničenje skupa A, (b) Za svako y > x postoji x A takav da je x < y. Dokaz : 1. = Neka x zadovoljava uslove (a) i (b). Tada je x gornje ograničenje skupa A. Neka je y proizvoljno gornje ograničenje skupa. Tada ne može biti y < x jer bi zbog pretpostavke (b) imali da y nije gornje ograničenje. Dakle, mora biti x y, pa je prema Definiciji x supremum skupa A. = Neka je x = supa. Jasno je da je x gornje ograničenje skupa A, te je uslov (a) zadovoljen. Ako je y < x tada y nije gornje ograničenje skupa A (jer je x najmanje gornje ograničenje), a prema negaciji pojma gornje ograničenje to znači da postoji element x skupa A koji je veći od y. 2. Dokaz se izvodi potpuno analogno dokazu pod 1. Uslove (b) gornje teoreme iz praktičnih razloga često koristimo u sljedećoj terminologiji. Za supremum, ( ε > 0)( x A) x > x ε, što interpretiramo slobodnim govorom: koliko god se malo pomjerili u lijevu stranu na realnoj pravoj od supremuma onda tako dobijena tačka nije više gornje ograničenje skupa ili, možemo naći broj iz skupa koji se nalazi izmedu tog dobijenog broja i supremuma. x A x ε x x Za infimum, Slika 1.3: x supremum skupa ( ε > 0)( x A) x < x + ε. što interpretiramo slobodnim govorom: koliko god se malo pomjerili u desno na realnoj pravoj od infimuma onda tako dobijena tačka nije više donje ograničenje skupa ili, možemo naći broj iz skupa koji se nalazi izmedu infimuma i tog dobijenog broja.

19 1.5 Supremum i infimum skupa 19 x A x x x + ε Slika 1.4: x infimum skupa Primjer 1.12 Neka je A = (0,1] R. Odrediti suprem i infimum skupa A. Kako je za svako x A, x 100, to je 100 jedno gornje ograničenje skupa A, a onda znamo da majoranti ima beskonačno mnogo. Odrediti supremum skupa znači pronaći najmanju od svih majoranti. Naslućujemo da bi to mogao biti broj x = Za proizvoljan x (0,1] je x 1 = x, a to znači da je x majoranta skupa A. 2. Neka je ε > 0 proizvoljan (malen broj). Označimo sa x = 1 ε 2. Tada je 0 < x < 1, što znači da je x A i pri tome je 1 ε < 1 ε 2 = x < 1. Dakle, 1 ε nije gornje ograničenje skupa A, pa je x = 1 najmanje gornje ograničenje, odnosno 1 = supa. Za odredivanje infimuma rezonujmo opet prema Teoremu jeste donje ograničenje skupa A jer je 0 x, za sve x A (šta više 0 < x). 2. Za proizvoljan ε > 0 (malen broj) je x = ε 2 A i pri tome je 0 < x < 0 + ε. Dakle, prema modifikaciji osobine (b) iz Teorema 1.5.2, 0 + ε nije donje ograničenje skupa A, a to znači da je 0 najveće donje ograničenje, tojest 0 = infa. Supremum skupa ako postoji je konačan realan broj i kao takav on može ili pripadati ili ne pripadati skupu. Ako supa A tada ga nazivamo maksimumom skupa A i označavamo sa maxa. Analogno, ako infa A, nazivamo ga minimumom skupa i zapisujemo mina. U gornjem primjeru smo vidjeli da 1 = supa i 1 A, dakle 1 = maxa. Medutim, 0 = infa i 0 / A te dakle 0 nije minimum skupa A. Šta više, minimum skupa A i ne postoji jer bi on u tom slučaju bio i infimum skupa. Teorem Neka su A,B R takvi da je A B. 1. Ako postoje supa i supb tada vrijedi supa supb. 2. Ako postoje infa i infb tada vrijedi infa infb. Dokaz : 1. Neka postoje supa i supb. Kako je supb gornje ograničenje skupa B i po pretpostavci je A B, to će supb biti gornje ograničenje i skupa A. A kako je supa najmanje gornje ograničenje skupa A, zaključujemo sup A sup B. 2. Neka postoje infa i infb. infb je donje ograničenje skupa B, a kako je A B onda je on i donje ograničenje skupa A. Po definiciji je inf A najveće donje ograničenje skupa A, pa vrijedi infb infa. Teorem Neka su A i B neprezni podskupovi realnih brojeva takvi da za svako x A i za svako y B vrijedi x y. Tada je supa infb. Dokaz : Neka je y B proizvoljan fiksan. Kako je za svako x A, x y, to je y jedno gornje ograničenje skupa A, te vrijedi supa y. Zbog proizvoljnosti y B ovo ujedno znači da je supa jedno donje ograničenje skupa B. Kako je infb najveće donje ograničenje to je onda supa infb. Kao posljedicu gornje tvrdnje imamo Posljedica 1.1. Neka su A, B R. 1. Ako postoji x 0 A, takav da za sve y B vrijedi x 0 y, tada je x 0 infb. 2. Ako postoji y 0 B, takav da za sve x A vrijedi x y 0, tada je supa y 0.

20 20 Poglavlje 1. Realni brojevi Sada je vrijeme uvesti još jedan aksiom, aksiom kompletnosti. Poznat je još i kao aksiom potpunosti, osobina supremuma ili osobina najmanjeg gornjeg ograničenja. Bez osobine koju njime uvodimo skup realnih brojeva ne bi bio dobar skup. Aksiom 16 Aksiom potpunosti. Svaki neprazan podskup skupa R ograničen odozgo ima supremum koji pripada skupu R. Ako bismo živjeli u svijetu u kome se koriste samo racionalni brojevi svi naši dosadašnji aksiomi bi vrijedili i dalje, ali ne i aksiom potpunosti. Naime, skup {x Q x 2 2} ima racionalna gornja ograničenja naprimjer 1.5, 1.42, itd., ali nema najmanjeg racionalnog gornjeg ograničenja, tojest ovakav skup iako je ograničen odozgo nema supremuma u skupu Q. Naravno, ako u svijetu u kome živimo koristimo realne brojeve nije teško vidjeti da ovaj skup ima najmanje gornje ograničenje, odnosno supremum i to je broj 2. Ovakva vrsta problema dolazi zbog toga jer je skup racionalnih brojeva izrešetan rupama medu svojim elementima, a aksiom potpunosti zadovoljava našu intuiciju da skup realnih brojeva nema tih rupa - da je kompletan ili potpun. Analogna tvrdnja Aksiomu 16 za infimum neće biti aksiom jer se ona onda dokazuje pomoću aksioma potpunosti. Teorem Svaki neprazan podskup skupa R ograničen odozdo ima infimum koji pripada skupu R. Teorem Arhimedov aksiom. Za svaki realan broj x > 0 i za svaki realan broj y postoji prirodan broj n takav da je nx > y. Dokaz : Neka su x,y R i neka je x > 0. Pretpostavimo suprotno tvrdenju teoreme, tojest da za svako n N je nx y. Posmatrajmo skup A = {nx n N 0 < x R}. Jedno gornje ograničenje skupa A je broj y te je skup ograničen odozgo, a prema aksiomu potpunosti onda postoji supa i supa R. Označimo supa = y. Kako je x > 0 to je onda y + x > y, a odavde je y x < y. Prema karakterizaciji supremuma, broj y x nije gornje ograničenje skupa A, a to znači da postoji n 0 x A takav da je y x < n 0 x. Odavde onda imamo da je y < (n 0 + 1)x. kako je n N to je (n 0 + 1)x A, a ovo je u suprotnosti sa činjenicom da je y supremum skupa A. U kontradiktornost nas je dovela polazna pretpostavka da je za svako n N, nx y. Dakle, mora postojati n N takav da je nx > y što je i tvrdenje teorema. Narednom tvrdnjom iskazujemo posljedice odnosno, tumačenja Arhimedovog aksioma. Teorem Naredne tvrdnje su ekvivalentne Arhimedovom aksiomu. 1. Skup R nije ograničen odozgo. 2. Za svako realno x > 0 postoji n N takav da je n > x. 3. Za svako realno x > 0 postoji n N takav da je 0 < 1 n < x. Dokaz : Ostavljeno čitaocu za vježbu! Primjer 1.13 Posmatrajmo skup A = { 1 n n N}. 1 je jedno gornje ograničenje skupa, tojest za bilo koje n N je 1 n 1. Neka je ε > 0 proizvoljan, očigledno će bar za n = 1 vrijediti 1 ε < 1 i pri tome je 1 A. Dakle, 1 je najmanje gornje ograničenje pa je 1 = supa. Kako je za svako n N, 1 n > 0, to je 0 jedno donje ograničenje skupa A. Za proizvoljno ε > 0 prema Arhimedovom aksiomu postojat će n N takav da 1 n < ε i pri tome 1 n A, pa očigledno 0 + ε = ε nije donje ograničenje skupa. Dakle, 0 je najveće donje ograničenje tojest, 0 = infa. I naredno tvrdenje je posljedica Arhimedovog aksioma.

21 1.5 Supremum i infimum skupa 21 Teorem Za proizvoljan a R postoji n Z, takav da je n a < n + 1. Dokaz : Neka je a R proizvoljan. Ako u iskazu Arhimedovog aksioma uzmemo da je x = 1 i y = a, tada prema istoj tvrdnji imamo da postoji k N, tako da je k 1 > a. Opet, ako u iskazu Arhimedovog aksioma uzmemo da je x = 1 i y = a, postojat će k N, tako da je k 1 > a ili što je ekvivalentno sa a > k. Označimo sa m = k. Jasno je m Z i pri tome vrijedi m < a < k. Za odsječak [m,k) vrijedi: a [m,k) = [m,m + 1) [m + 1,m + 2) [k 2,k 1) [k 1,k). Očigledno je postojanje n Z takvog da je m n < k i za koga je a [n,n+1), tojest n a < n+1. Teorem Dedekindov aksiom neprekidnosti. Neka skupovi A, B R zadovoljavaju sljedeće uslove: 1. Svaki realan broj pripada jednom od skupova, tojest R = A B i A B =. 2. Svaki od skupova sadrži bar jedan realan broj, tojest A,B. 3. Svaki element skupa A je manji od svakog elementa skupa B, tojest ( x A)( y B) x < y. Tada vrijedi: ili skup A ima najveći element ili skup B ima najmanji element. Dokaz : Uzmimo jedan fiksan y B. Zbog uslova 3. vrijedi ( x A) x < y, te zaključujemo da je posmatrani y jedno gornje ograničenje skupa A, odnosno skup A je ograničen odozgo. Prema aksiomu potpunosti, postoji supremum skupa A i on je realan broj, ( c R) c = supa. Kako su posmatrani skupovi disjunktni i zbog osobine 1., mora biti ili c A ili c B. Pretpostavimo bez umanjenja opštosti da je c A. Jasno je da je on tada i najveći element skupa A. Pokažimo da pri tome skup B ne može imati najmanji element. Zaista, ako bi postojao d = minb tada bi α = c+d 2 R i kako je α < d moralo bi biti α A. S druge strane je c < α što se protivi činjenici da je c = maxa. Dakle, skup B nema najmanji element. Dedekindov aksiom je ekvivalentan aksiomu potpunosti. Naime, neka je X R proizvoljan neprazan skup ograničen odozgo. Ako pretpostavimo da vrijedi Dedekindov aksiom, onda sve realne brojeve možemo podjeliti u dva skupa, A = {x R x gornje ograničenje skupa X} i B = {x R x nije gornje ograničenje skupa X}. Jasno je da ovakvi skupovi zadovoljavaju uslove Dedekindovog aksioma, pa ili B ima najveći element ili A ima najmanji element. Ako bi B imao najveći element b, onda je b B pa b nije gornje ograničenje skupa X, a to bi značilo da postoji x 0 X takav da je b < x 0. Kako je X B (jer ako B ima najveći element onda A nema najmanji element) onda bi zbog treće osobine Dedekindovog aksioma moralo biti x 0 A što se protivi disjunktnosti skupova A i B. Dakle, B nema najveći element, a onda A mora imati najmanji, a taj je prema definiciji upravo supremum skupa X (najmanje gornje ograničenje). S druge strane neka vrijedi aksiom potpunosti i neka su skupovi A i B takvi da zadovoljavaju uslove Dedekindovog aksioma. Tada je skup A ograničen odozgo i postoji c = sup A R. Ako c A onda je on najveći element skupa A, a tada slično kao u dokazu Dedekindovog aksioma se pokazuje da skup B ne može imati najmanji element. Neka je A R i c R. Proizvod skupa i konstante definišemo na sljedeći način, c A = {cx x A} = {y y = cx za neko x A}.