skripta - unizg.hr 3... · 2020. 10. 23. · ova skripta se smije koristiti iskljucivoˇ u osobne...

Matematička analiza 1 - Poglavlje 3

Skripta

Ilko Brnetić, Mario Bukal, Tomislav Burić,Lana Horvat Dmitrović, Josipa Pina Milišić, Mervan Pašić,

Ana Žgaljić Keko, Darko Žubrinić

VERZIJA OD: 20. LISTOPADA 2020.

PUBLISHED BY FER

WWW.FER.UNIZG.HR

Copyright c© 2018 ZPM

Ova skripta se smije koristiti isključivo u osobne svrhe te se ne smije ni na koji načinmijenjati ili umnožavati, kao ni prikazivati, izvoditi ili distribuirati u javnosti i drugimmedijima, ili na bilo koji drugi način koristiti za bilo koju javnu ili komercijalnu svrhu.

Sadržaj

3 Funkcije i relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53.1 Funkcije 53.1.1 Definicija funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53.1.2 Slika funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.1.3 Injekcija, surjekcija, bijekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.1.4 Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.1.5 Inverzna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3.2 Relacije 213.2.1 Binarne relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2.2 Relacija ekvivalencije i relacija parcijalnog poretka . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.2.3 Relacija ekvivalencije i particija skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.2.4 Općenite relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.3 Ekvipotentni skupovi i kardinalni brojevi 283.3.1 Beskonačni skupovi, prebrojivost i neprebrojivost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.4 Zadatci za vježbu 353.4.1 Pitanja za ponavljanje i razumijevanje gradiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.5 Literatura 40

3. Funkcije i relacije

S pojmom funkcije susrećemo se već od kraja osnovnoškolskog, a posebno tijekomsrednješkolskog obrazovanja. Cilj ovog poglavlja je uvesti osnovne matematičke pojmovefunkcije i relacije na jedan sustavan i matematički precizan način. Relacije (sekcija 3.2) sumatematički objekti koji proširuju pojam funkcije i od izuzetne su važnosti u računarstvu.Na kraju poglavlja ćemo pojam funkcije, preciznije bijekcije, iskoristiti kao alat za brojenjeelemenata skupova (sekcija 3.3).

Ključni pojmovi: funkcija 6, slika funkcije 8, bijekcija 11, kompozicija 15, binarnarelacija 21, relacija ekvivalencije 23, klase ekvivalencije 25, ekvipotentni skupovi 28,prebrojivi skupovi 31.

3.1 Funkcije

Pojam funkcije ili preslikavanja jedan je od osnovnih matematičkih pojmova i kao takavsveprisutan je u matematičkoj, prirodnoznanstvenoj i inženjerskoj literaturi. Na primjer,svakom grad̄aninu Hrvatske na jedinstven način možemo pridružiti trenutni broj godinastarosti, zatim svakoj točki na zemljopisnoj karti na jedinstven način pridružujemo nadmor-sku visinu. U fizici, brzinu tijela koje se giba ili pak temperaturu užarenog tijela možemoshvatiti kao funkcije vremena na način da svakom vremenskom trenutku t pridružimotrenutnu brzinu tijela v(t), odnosno trenutnu temperaturu T (t). U geometriji, površinukvadrata duljine stranice a možemo shvatiti kao funkciju — površina iznosi a2. Kako bisteopseg i površinu kruga shvatili kao funkcije polumjera? Uočimo u prethodnim primjerimada različitim objektima (npr. ljudima), možemo pridružiti iste vrijednosti (npr. broj godina).

3.1.1 Definicija funkcijeUvedimo sada preciznu matematičku definiciju pojma funkcije.

6 Poglavlje 3. Funkcije i relacije

Definicija 3.1.1 Funkcija ili preslikavanje, u oznaci

f : D→ K ,

sastoji se od dva neprazna skupa D i K te pravila pridruživanja koje svakom elementux ∈ D pridružuje točno jedan element y ∈ K, što označavamo s

x 7→ y = f (x) .

Skup D zovemo domena ili područje definicije, a skup K zovemo kodomena ili područjevrijednosti. Elemente domene zovemo argumenti funkcije ili originali. �

Kažemo još i da pravilo pridruživanja preslikava argument x ∈ D u vrijednost f (x) ∈ K.Pravilo pridruživanja može biti zadano na više načina. Neki od tih načina su:• eksplicitna formula,• tablica,• grafički.

Navedimo sada ilustrativne primjere za svaki od načina zadavanja pravila pridruživanja.

� Primjer 3.1 Funkcija sljedbenik prirodnog broja, s kojom smo se susreli već u prvompoglavlju, definirana je na skupu prirodnih brojeva, s : N→ N, a pravilo pridruživanjan 7→ s(n) dano je eksplicitnom formulom

s(n) = n+1 , ∀ n ∈ N .

�

Vježba 3.1 Navedite primjer funkcije zadane eksplicitnom formulom na skupu cijelihbrojeva Z, koja poprima vrijednosti u skupu racionalnih brojeva Q.

� Primjer 3.2 Funkcija t : {7,8,9,10,D,B,K,A}→ {1,2,3, . . . ,19,20} zadana je svojomdomenom D = {7,8,9,10,D,B,K,A}, kodomenom K = {1,2,3, . . . ,19,20} i pravilompridruživanja x 7→ t(x), koje je dano tablicom

x 7 8 9 10 D B K At(x) 0 0 14 10 20 3 4 11

.

�

Vježba 3.2 Definirajte funkciju zamjena slova σ : {A,B,C, . . .} → {A,B,C, . . .} naskupu svih slova hrvatske abecede i to na način da se nikoja dva različita slova nepreslikavaju u isto slovo.

� Primjer 3.3 Funkcija g : 〈−1,6〉 → R u ovom primjeru zadana je grafički pomoću grafasa Slike 3.1. Domena D = 〈−1,6〉 označena je na x-osi, a vrijednosti funkcije nalazese na y-osi. Pravilo pridruživanja x 7→ g(x) zadano je preko grafa (označenog crvenombojom) na način da za svaki element x ∈ D, pripadni y = g(x) ∈ R očitamo na način kakoje označeno na slici. �

3.1 Funkcije 7

y

x

g(3)

〈〉−1 63

T (3, g(3))

Slika 3.1: Primjer grafički zadane funkcije. Npr. za točku 3 ∈ 〈−1,6〉, vrijednost funkcijeg(3) očitamo na vertikalnoj osi prateći strelice na isprekidanim linijama.

Primjer 3.3 ilustrira jednu realnu funkciju realne varijable. To su općenito funkcijef : D→ K kojima su domena i kodomena podskupovi skupa realnih brojeva R (čestose radi jednostavnosti uzima K = R), i to je najvažnija klasa funkcija kojima ćemo sebaviti u okviru predmeta Matematička analiza 1. U pravilu su realne funkcije realnevarijable zadane eksplicitnom formulom, kao npr. kvadratna funkcija f : R→ R kojaje zadana s x 7→ f (x) = x2 ili razlomljena linearna funkcija h : R\{0} → R zadana sx 7→ h(x) = 1

x. “Grafičko zadavanje” funkcije, kao u Primjeru 3.3, može biti rezultat

mjerenja jedne fizikalne veličine u ovisnosti o drugoj veličini u nekom eksperimentu. Utakvim slučajevima eksplicitne formule najčešće nisu dostupne.

Napomena 3.1 Dvije funkcije su jednake ukoliko se podudaraju u domeni, kodomenii pravilu pridruživanja. Drugim riječima, ako je jedan od tih elemenata (sastavnica)različit, funkcije su različite. Na primjer kvadratne funkcije f : R→ R, f (x) = x2 ig : [0,+∞〉 → R, g(x) = x2 su različite, jer su im domene različite. Skicirajte grafovetih dviju funkcija, time će biti jasnije zašto su različite.

Graf funkcijeKao što je već naznačeno kroz prethodnu diskusiju, realne funkcije realne varijable upotpunosti su odred̄ene svojim grafom. Graf realne funkcije realne varijable, u oznaciΓ( f ), je skup točaka ravnine R2, tj. skup ured̄enih parova realnih brojeva (x,y) ∈ R2 zakoje vrijedi jednakost y = f (x) za sve x ∈ D. Kraće to zapisujemo u obliku

Γ( f ) = {(x,y) ∈ R2 | y = f (x) , x ∈ D} .

U tom smislu često se i sama funkcija poistovjećuje i označava s jednadžbom grafay = f (x).

Vježba 3.3 Nacrtajte graf kvadratne funkcije y = x2− 5x+ 6 i razlomljene linearnefunkcije y =

5x−2.


x

y1

y2

1

Slika 3.2: Jedinična kružnica.

S druge strane, možemo se pitati kada neki skup točaka ravnine odgovara grafu realnefunkcije? Odgovor je formuliran je tzv. vertikalnim testom:

Graf funkcije ima svojstvo da ga svaki pravac paralelan s osi y siječe u najviše jednojtočki.

Vrlo ilustrativan primjer skupa točaka ravnine koji ne zadovoljava vertikalni test je kružnica(Slika 3.2). Nasuprot tome, graf funkcije g iz Primjera 3.3 očito zadovoljava vertikalni test.

Vježba 3.4 Navedite još neke primjere skupa točaka u ravnini koji ne zadovoljavajuvertikalni test i time ne mogu biti graf funkcije.

Napomena 3.2 Jediničnu kružnicu (Sliku 3.2) možemo prikazati kao uniju grafovafunkcija y =

√1− x2 (gornja polukružnica) i y =−

√1− x2 (donja polukružnica). Na-

crtajte pripadne grafove i uvjerite se da zadovoljavaju vertikalni test.

Za općenitu funkciju f : D→ K, graf funkcije je podskup Kartezijevog produkta skupovaD i K, odnosno

Γ( f ) = {(x,y) ∈ D×K | y = f (x) , x ∈ D} ⊆ D×K .

3.1.2 Slika funkcijePrimijetimo u Primjerima 3.1 - 3.3 da funkcije ne poprimaju sve vrijednosti koje se nalazeu kodomeni, tj. postoje y∈K u koje se niti jedan x∈D ne preslikava. Simbolički to pišemo

∃y ∈ K , ∀x ∈ D , y 6= f (x) .

Na primjer, u Primjeru 3.1 funkcija s ne poprima vrijednost 1 ∈ N, u Primjeru 3.2 funkcijat ne poprima vrijednost 15∈ {1,2,3, . . . ,19,20}, dok u Primjeru 3.3 funkcija g ne poprimavrijednost 10 ∈ R.

Definicija 3.1.2 Slika funkcije f : D→ K je skup svih vrijednosti koje funkcija fpoprima. Označava se s Im( f ) (engl. image) i simbolički pišemo

Im( f ) = { f (x) | x ∈ D} ⊆ K .

3.1 Funkcije 9

y

x−1 6

Im(g)

〈〉

Slika 3.3: Odred̄ivanje slike funkcije — ortogonalna projekcija grafa na y-os.

�

Dakle, slika je podskup kodomene.Vježba 3.5 Odredite po definiciji slike funkcija s i t iz Primjera 3.1 i 3.2.

Promotrimo sada kako odrediti sliku funkcije g iz Primjera 3.3? Ideja je vrlo jed-nostavna i možemo ju primijeniti za sve realne funkcije realne varijable — ortogonalnoprojiciramo graf funkcije na y-os (na Slici 3.3 Im(g) je označena plavom bojom). Med̄utim,precizno odred̄ivanje slike zahtijeva bolje poznavanje same funkcije. U ovom konkretnomprimjeru, treba nam informacija o maksimalnoj vrijednosti funkcije g. Kako odrediti tuvrijednost? Zatim, je li slika zatvoreni ili otvoreni interval? To su općenito vrlo netrivi-jalna pitanja i potpuni odgovor na njih dat ćemo za odred̄enu klasu funkcija u Poglavlju10. Navedimo sada nekoliko jednostavnijih primjera, čije slike možemo odred̄ivati bezpoznavanja naprednijih alata.

� Primjer 3.4 Računski i grafički odredite slike sljedećih funkcija:(a) f : [0,+∞〉 → R zadana s f (x) =√x,(b) g : R→ R zadana s g(x) = x2 +1,(c) h : 〈1,+∞〉 → R zadana s h(x) = log2(x−1).

Rješenje.(a) Pokažimo da je Im( f ) = [0,+∞〉.

Jednakost skupova A = B možemo pokazati tako da pokažemo dvije inkluzije, tj. davrijedi A⊆ B i B⊆ A. Kako je f (x) =√x≥ 0 za sve x ∈ D( f ), zaključujemo da jeIm( f )⊆ [0,+∞〉. Obrnuto, uzmimo proizvoljni y∈ [0,+∞〉, tada postoji x≥ 0 takavda je y =

√x, to je upravo x = y2. Time smo pokazali da svaki nenegativan realan

broj možemo prikazati kao korijen nenegativnog realnog broja (njegovog kvadrata),odnosno pokazali smo i drugu inkluziju [0,+∞〉 ⊆ Im( f ). Stoga je Im( f ) = [0,+∞〉.Grafički, vidi Sliku 3.4a.

(b) Očito je g(x) = x2 + 1 ≥ 1 za sve x ∈ D(g) = R, iz čega slijedi Im(g) ⊆ [1,+∞〉.Obratno, uzmimo proizvoljan y ∈ [1,+∞〉 i tražimo x ∈ D(g) takav da vrijedi y =g(x), tj. x2 = y−1. Kako je y−1 ≥ 0, jednadžba x2 = y−1 ima rješenje u skupu


1

2

3

4

5 10

(a) f (x) =√

x.

1

2

3

4

5

−2 −1 1 2

(b) g(x) = x2 +1.

−6

−5

−4

−3

−2

−1

1

2

1 2 3 4 5

(c) h(x) = log2(x−1).

Slika 3.4: Slike funkcija iz Primjera 3.4.

realnih brojeva, odnosno postoji x ∈R takav da je g(x) = y. Dakle, svaki y∈ [1,+∞〉možemo prikazati kao sliku nekog originala x ∈R po funkciji g, tj. [1,+∞〉 ⊆ Im(g).Za grafički prikaz vidi Sliku 3.4b.

(c) Pokažimo da je Im(h) = R. Po definiciji slike je Im(h) ⊆ R. Obratno, neka jey ∈ R proizvoljan, tražimo x ∈ 〈1,+∞〉 takav da je y = h(x), tj. y = log2(x− 1).Ova jednadžba ima jedinstveno rješenje x = 2y + 1 i očito je x ∈ 〈1,+∞〉. Dakle,R⊆ Im(h), odakle slijedi tvrdnja. Grafički je funkcija prikazana na Slici 3.4c.

�

Vježba 3.6 Računski i grafički odredite slike sljedećih funkcija:(a) f : [0,+∞〉 → R, f (x) = 4− x2,(b) g : R→ R, g(x) =−ex+1,(c) h : 〈−∞,1]→ R, h(x) =

√1− x.

Često je od interesa poznavanje samo dijela slike funkcije, odnosno za dani podskupdomene, A ⊂ D, zanima nas slika skupa A po funkciji f , što označavamo s f (A) isimbolički pišemo

f (A) := { f (x) | x ∈ A} ⊆ Im( f )⊆ K .

U smislu prethodne definicije, za funkciju f : D→ K vrijedi f (D) = Im( f ), tj. slikufunkcije možemo označavati i s f (D).

Vježba 3.7 Odredite s({1,2, . . . ,10}) i t({D,B,K,A}) iz Primjera 3.1 i 3.2.

Kako biste odredili g(〈1,3〉) u Primjeru 3.3? Načelno je to pitanje istovjetno odred̄ivanjucijele slike funkcije — najprije projiciramo interval 〈1,3〉 ⊂ D na graf funkcije g, a zatimdobiveni skup projiciramo na y-os (vidi Sliku 3.5). Odred̄ivanjem slika funkcija detaljnijećemo se još baviti u Poglavlju 5.

Vježba 3.8 Računski i grafički odredite sljedeće slike:(a) f (〈0,1〉), gdje je f : [0,+∞〉 → R, f (x) = 4− x2;(b) g(〈−1,1]), gdje je g : R→ R, g(x) =−ex+1;(c) h([−8,1]), gdje je h : 〈−∞,1]→ R, h(x) =

√1− x.

3.1 Funkcije 11

y

x

g(〈1, 3〉)

〈〉1 3〈〉

Slika 3.5: Odred̄ivanje dijela slike funkcije (podslike).

3.1.3 Injekcija, surjekcija, bijekcija

Promotrimo sada neka osnovna svojstva koja nas zanimaju kod funkcija.

Definicija 3.1.3 Neka je f : D→ K funkcija.• Ako funkcija f ima svojstvo da za svaki element kodomene y ∈ K postoji (barem

jedan) element domene x ∈ D koji se u njega preslikava, tj. y = f (x), onda takvufunkciju zovemo surjekcija. Simbolički to pišemo

∀y ∈ K , ∃x ∈ D , y = f (x) .

• Ako funkcija f različite originale preslikava u različite slike, tj.

∀x1,x2 ∈ D , x1 6= x2⇒ f (x1) 6= f (x2) , (3.1)

onda funkciju nazivamo injekcija.• Funkciju koja je surjekcija i injekcija zovemo bijekcija.

�

Napomena 3.31. Primijetimo da je funkcija f : D→ K surjekcija ako i samo ako joj je kodomena

jednaka slici, tj. K = Im( f ), što je očito po definiciji.2. U definiciji injekcije logički iskaz 3.1 ekvivalentan je (primjenom obrata po

kontrapoziciji) sljedećem iskazu:

(∀x1,x2 ∈ D) , ( f (x1) = f (x2))⇒ (x1 = x2) . (3.2)

Taj iskaz je operativniji i češće se koristi u dokazima injektivnosti.3. Ako je f : D→ K injekcija, tada je funkcija f : D→ Im( f ) bijekcija.4. Funkcija je bijekcija ako za svaki element y iz kodomene postoji jedinstveni


original x koji se u njega preslikava, tj.

∀y ∈ K , ∃!x ∈ D , y = f (x) .

Vježba 3.9 Negirajte definicije surjekcije i injekcije te provjerite svojstva injektivnostii surjektivnosti za funkcije iz Primjera 3.1 - 3.3.

� Primjer 3.5 Promotrimo sada nekoliko shematskih primjera funkcija koji ilustrirajusvojstva surjektivnosti, injektivnosti i bijektivnosti.

(a) Slika 3.6a prikazuje funkciju koja je surjekcija, jer za svaki y postoji x koji se u njegapreslikava. Med̄utim, nije injekcija, jer se različiti elementi x1 i x2 preslikavaju u y1.

(b) Slika 3.6b prikazuje funkciju koja nije surjekcija, jer postoji element y3 ∈ K u kojegase nikoji x ∈ D ne preslikava, ali jest injekcija jer se različiti x-evi preslikavaju urazličite y.

(c) Konačno, slika 3.6c prikazuje funkciju koja je injekcija i surjekcija, dakle, bijekcija.

x1

x2

x3

y1

y2

D K

f

(a) Surjekcija, nije injek-cija.

x1

x2

x3

y1

y2

y3

y4

D K

f

(b) Injekcija, nije surjek-cija.

x1

x2

x3

y1

y2

y3

D K

f

(c) Bijekcija.

Slika 3.6: Shematski prikaz različitih funkcija.

�

� Primjer 3.6 Neka je S skup koji ima konačno mnogo elemenata, npr. S8 = {1,2, . . . ,8}.Funkcija f : S→ S koja je bijekcija naziva se još permutacija. Primijetimo da svakapermutacija odgovara točno jednom poretku elemenata iz S. Npr. jedna permutacija na S8dana je s

x 1 2 3 4 5 6 7 8f (x) 8 7 6 5 4 3 2 1

.

�

Vezano za prethodni primjer, prirodno se postavlja pitanje koliko ima različitih permu-tacija na skupu S ili općenito, koliko ima permutacija na skupu od n članova? Odgovorna to pitanje dati ćemo u idućem poglavlju, gdje ćemo se baviti prebrojavanjem različitihobjekata. Izmed̄u ostalog, odgovorit ćemo i na pitanje koliko ima injekcija i općenitofunkcija iz nekog n-članog u m-člani skup?

Injektivnost realne funkcije realne varijable lako možemo provjeriti ukoliko nam jepoznat graf te funkcije.

3.1 Funkcije 13

Ako je funkcija injekcija, onda njezin graf ima svojstvo da ga svaki pravac paralelan sosi x siječe u najviše jednoj točki i obratno.

To je tzv. horizontalni test za provjeru injektivnosti funkcije. Ekvivalentno, ako neki pravacparalelan s osi x siječe graf funkcije u barem dvije točke, onda to nije graf injekcije. Takoveć na Slici 3.1 vidimo da g iz Primjera 3.3 nije injekcija.

� Primjer 3.7 Ispitajte injektivnost funkcija:(a) f : R→ R zadana s f (x) = x2,(b) g : R→ R zadana s g(x) = x3,(c) h : R→ R zadana s h(x) = sin(x).

Rješenje.(a) Kvadratna funkcija f nije injekcija, jer za različite x1 =−1 i x2 = 1 vrijedi f (x1) =

f (x2) = 1. Grafčki to vidimo na Slici 3.7a, gdje nam horizontalni test kaže dafunkcija f nije injekcija.

(b) Kubna funkcija g jest injekcija. Dokažimo to na sljedeći način. Pretpostavimoda je g(x1) = g(x2) za neke x1,x2 ∈ R, odnosno x31 = x32. To je ekvivalentno s(x1−x2)(x21 +x1x2 +x22) = 0, a kako je x21 +x1x2 +x22 = (x1 + x22 )2 + 34x22 > 0 (osimu slučaju da su oba x1 = x2 = 0), iz prethodne jednakosti nužno slijedi da je x1 = x2.Time smo prema (3.2) pokazali da je funkcija g injekcija. Promotrimo graf funkcijeg (Slika 3.7b) i uvjerimo se da on zadovoljava horizontalni test, tj. proizvoljni pravacparalelan s x-osi siječe graf funkcije g u najviše jednoj točki.

(c) Funkcija sinus nije injekcija, jer sin(0) = sin(2π) = 0. Općenito periodičke funkcijenisu injekcije. Graf funkcije sinus ne zadovoljava horizontalni test (Slika 3.7c)

1

2

3

4

−2 −1 1 2

(a) f (x) = x2

−3−2−1

1

2

3

−1 1

(b) g(x) = x3

−1

−0.5

0.5

1

1 2 3 4 5 6

(c) h(x) = sin(x)

Slika 3.7: Ispitivanje injektivnosti funkcija pomoću grafa.

�

Vježba 3.10 Ispitajte injektivnost funkcija:(a) f : R→ R zadana s f (x) = 1− x4,(b) g : R\{−1}→ R zadana s g(x) = 1− x

1+ x,

(c) h : R→ R zadana s h(x) = cos(x).

Promotrimo sada pitanje surjektivnosti za realne funkcije realne varijable. Prisjetimose, funkcija je surjekcija ako joj je slika jednaka kodomeni.


� Primjer 3.8 Ispitajte surjektivnost funkcija:(a) f : R→ R zadana s f (x) = x2,(b) g : R→ R zadana s g(x) = x3,(c) h : R→ R zadana s h(x) = sin(x).

Rješenje.(a) Primijetimo da je f (x) = x2 ≥ 0 za sve x ∈ R. Stoga npr. za y =−1 ∈ R ne postoji

x ∈ R takav da je x2 = y. Dakle, f nije surjekcija. Primijetimo i da je slika funkcijeIm( f ) = [0,+∞〉 različita od kodomene K = R pa f nije surjekcija. Odred̄ivanjeslike funkcije može biti teži zadatak, med̄utim da bismo pokazali da funkcija nijesurjekcija, dovoljno je naći jedan element u kodomeni koji nije slika niti jednogelementa iz domene.

(b) Promotrimo graf kubne funkcije (Slika 3.7b) i uočimo da za velike x > 0 vrijednostix3 > 0 postaju sve veće, dok za male x < 0 vrijednosti x3 < 0 postaju sve manje. Iztoga naslućujemo da je Im(g) = R. Preciznije, uočimo da za svaki y ∈ R jednadžbay = x3 ima (jedinstveno) rješenje x ∈ R, odnosno g je surjekcija i vrijedi Im(g) = R.

(c) Znamo da vrijedi −1 ≤ sinx ≤ 1 za sve x ∈ R. Prema tome, npr. za y = 5 ∈ R nepostoji x ∈ R takav da je sinx = y. Stoga funkcija h nije surjekcija.

�

Napomena 3.4 Primijetimo da se surjektivnost funkcije relativno lako postiže tako daza kodomenu uzmemo upravo sliku funkcije. Stoga je funkcija f : R→ [0,+∞〉 zadanas f (x) = x2 surjekcija, kao i funkcija h : R→ [−1,1] zadana s h(x) = sinx.

Vježba 3.11 Ispitajte surjektivnost funkcija:(a) f : R→ R zadana s f (x) = 1− x4,(b) g : R\{−1}→ R zadana s g(x) = 1− x

1+ x,

(c) h : R→ R zadana s h(x) = cos(x).Ukoliko zadane funkcije nisu surjekcije, odredite im odgovarajuće kodomene tako dabudu surjekcije.

Svojstvo injektivnosti funkcije može se postići na način da funkciju zadamo na manjemskupu.

Definicija 3.1.4 Restrikcija funkcije f : D→K na skup A⊂D je funkcija f |A : A→Kzadana s f |A(x) = f (x) za sve x ∈ A. Dakle, funkcija f se od svoje restrikcije f |Arazlikuje samo u domeni. �

� Primjer 3.9 (a) Restrikcijom kvadratne funkcije f : R→ R iz prethodnog primjera naskup A = [0,+∞〉, dobivamo funkciju f |[0,+∞〉 : [0,+∞〉→R zadanu s f |[0,+∞〉(x) =x2, koja je injekcija. Provjerite da graf te nove funkcije zadovoljava horizontalni test.

(b) Restrikcijom funkcije h : R→R na segment A = [π2 , 3π2 ], dobivamo funkciju h|[ π2 , 3π2 ]zadanu s h|[ π2 , 3π2 ](x) = sinx koja je injekcija.

Takvim i sličnim problemima detaljnije ćemo se još baviti u Poglavlju 5. �

3.1 Funkcije 15

Vježba 3.12 Navedite neki primjer skupa A⊂ R tako da restrikcije funkcija(a) f : R→ R zadana s f (x) = 1− x4,(b) h : R→ R zadana s h(x) = cos(x)

na skup A budu injekcije.

Napomena 3.5 Primijetimo da je kvadratna funkcija f |[0,+∞〉 : [0,+∞〉 → [0,+∞〉zadana s f (x) = x2 injekcija i surjekcija, dakle bijekcija.

3.1.4 Kompozicija funkcijaAko su nam zadana dva preslikavanja, onda često od njih možemo formirati treće preslika-vanje koje je od interesa. Na primjer, ako su nam zadana dva preslikavanja:

preslikavanje 1 : grad̄anin Hrvatske 7→ OIBpreslikavanje 2 : OIB 7→ naplaćeni porez u protekloj godini

onda lako formuliramo

preslikavanje 3 : grad̄anin Hrvatske 7→ naplaćeni porez u protekloj godini ,

koje nam kaže koliko je svaki grad̄anin Hrvatske uplatio poreza u protekloj godini.Promotrimo još jedan ilustrativni primjer.

� Primjer 3.10 Uzmimo funkciju t iz Primjera 3.2 i nadodajmo još jedan redak u tablicutako da elemente drugog retka uvećamo za 1.

x 7 8 9 10 D B K Ay 0 0 14 10 20 3 4 11z 1 1 15 11 21 4 5 12

(a)

x 7 8 9 10 D B K Az 1 1 15 11 21 4 5 12

(b)

Tablica 3.1: Konstrukcija jednostavne kompozicije.

Tada možemo pisati z = s(y) za sve y ∈ {0,3,4,10,11,14,20}, gdje je s funkcija sljed-benik kao iz Primjera 3.1. Ako sada zamemarimo drugi redak u Tablici 3.1a , dobilismo novu funkciju zadanu Tablicom 3.1b, koju označimo s k : {7,8,9,10,D,B,K,A}→{1,4,5,11,12,15,21}. Kako je y= t(x), onda je z= s(t(x)) za sve x∈{7,8,9,10,D,B,K,A},odnosno pravilo pridruživanja funkcije k dano je s k(x)= s(t(x)) za sve x∈{7,8,9,10,D,B,K,A}.

�

Za dvije funkcije f : X → Y i g : Y → Z takve da je kodomena prve jednaka domenidruge kažemo da su ulančane. Uz taj uvjet možemo definirati kompoziciju funkcija.

Definicija 3.1.5 Neka su f : X → Y i g : Y → Z dvije ulančane funkcije. Kompozicijafunkcija f i g je funkcija g◦ f : X → Z s pravilom pridruživanja

(g◦ f )(x) = g( f (x)) , ∀x ∈ X . (3.3)


�

x

y

z

X

Y

Z

f g

g ◦ f

Slika 3.8: Ilustrativni prikaz kompozicije.

Napomena 3.6 U gornjoj definiciji kompozicije g◦ f radi jednostavnosti smo pretpos-tavili da je kodomena funkcije f jednaka domeni funkcije g, tj. da su funkcije ulančane.Zapravo je prema formuli 3.3 dovoljno pretpostaviti da je slika od f sadržana u domeniod g, tj. Im( f )⊆ D(g).

� Primjer 3.11 Zadane su funkcije(a) f : 〈1,+∞〉 → R, f (x) = x4−1,(b) g : 〈0,+∞〉 → R, g(x) = log2 x,(c) h : R→ R, h(x) = sin(x).

Odredite kompozicije g◦ f , h◦g, f ◦h◦g.Rješenje.

(a) Kompozicija g ◦ f : 〈1,+∞〉 → R zadana je s g( f (x)) = log2(x4− 1) za sve x ∈〈1,+∞〉. Primijetimo da je Im( f ) = 〈0,+∞〉= D(g) i stoga je kompozicija dobrodefinirana.

(b) Kompozicija h ◦ g : 〈0,+∞〉 → R zadana je s h(g(x)) = sin(log2(x)) za sve x ∈〈0,+∞〉.

(c) Kompozicija f ◦h◦g : 〈0,+∞〉 → R zadana je s f (h(g(x))) = sin4(log2(x))−1 zasve x ∈ 〈0,+∞〉.

�

Napomena 3.7 Primijetimo da u prethodnom primjeru kompozicija g◦h : R→R nijedobro definirana. Naime, pravilo pridruživanja bilo bi dano s g(h(x)) = log2(sin(x)),što nije dobro definirano za one x ∈ R za koje je sinx ≤ 0. Takod̄er, kompozicijaf ◦h : R→ R nije dobro definirana, jer Im(h) = [−1,1]* 〈1,+∞〉= D( f ). Općenito,kompozicija funkcija f ◦g nije dobro definirana ako slika od g nije sadržana u domeniod f , tj. Im(g)* D( f ).

Napomena 3.8 U slučaju kada su obje kompozicije g ◦ f i f ◦ g dobro definirane,jednakost f ◦ g = g ◦ f ne mora vrijediti. Drugim riječima, kompozicija funkcijanije komutativna operacija. Uzmimo na primjer, f : R→ R, f (x) = 2x i g : R→ R,g(x) = x+1. Tada je (g◦ f )(x) = 2x+1 6= 2x+2 = ( f ◦g)(x).Med̄utim, za kompoziciju funkcija vrijedi svojstvo asocijativnosti, tj. za proizvoljne tri

3.1 Funkcije 17

ulančane funkcije f : X → Y , g : Y → Z i h : Z→W vrijedi jednakost

(h◦g)◦ f = h◦ (g◦ f ) .

Vježba 3.13 Zadane su funkcije(a) f : [0,+∞〉 → R, f (x) =√x,(b) g : R→ R, g(x) = ex,(c) h : R→ R, h(x) = cos(x).

Odredite kompozicije g◦ f , f ◦g, h◦g, h◦g◦ f .

Vježba 3.14 Zadane su funkcije(a) f : R→ R s f (x) = sin3(4x),(b) g : R→ R s g(x) = ln2(x2 +1).

Prikažite ih kao kompoziciju triju funkcija.

Vježba 3.15 Pokažite svojstvo asocijativnosti kompozicije funkcija.

3.1.5 Inverzna funkcijaNeka su X i Y neprazni skupovi i f : X → Y zadana funkcija x 7→ y = f (x). Možemopostaviti pitanje o postojanju funkcije g : Y → X koja preslikava elemente “u suprotnomsmjeru” od funkcije f . Preciznije, pitamo se o postojanju funkcije g koja preslikava slikefunkcije f u originale, tj. y 7→ x = g(y). Primijetimo odmah sljedeće:

ako funkcija f nije surjekcija, tj. postoji y ∈ Y za koji ne postoji x ∈ X koji se u njegapreslikava po pravilu y = f (x), tada takva funkcija g ne može postojati.

Takod̄er,

ako f nije injekcija, tada postoje različiti x1, x2 ∈ X takvi da je y = f (x1) = f (x2) paza element y nije moguće jednoznačno definirati preslikavanje g u “suprotnom" smjeru.

Iz ovog razmatranja zaključujemo da ako funkcija f nije surjekcija ili injekcija, daklebijekcija, onda preslikavanje g “u suprotnom smjeru” ne može postojati.

Prije uvod̄enja precizne definicije “suprotnog preslikavanja", uvedimo jednu vrlospecifičnu i jednostavnu funkciju. Neka je X neprazan skup, definiramo funkciju id : X→Xkoja svakom x ∈ X pridružuje taj isti x, dakle id(x) = x. Tu funkciju nazivamo identiteta ioznačavamo ju s id. U slučaju kada je potrebno naglasiti o kojem se skupu radi, označavase s idX .

Definicija 3.1.6 Neka je f : X→Y funkcija. Kažemo da je funkcija g : Y → X inverznafunkcija funkcije f ako vrijedi:

g( f (x)) = x , ∀x ∈ X i f (g(y)) = y ∀y ∈ Y ,

odnosno

g◦ f = idX i f ◦g = idY .

�


Ako postoji inverzna funkcija od f : X → Y , ona je jedinstvena i označavamo ju s f−1 :Y → X . Prema definiciji tada vrijedi:

f−1( f (x)) = x , ∀x ∈ X i f ( f−1(y)) = y ∀y ∈ Y ,

odnosno

f−1 ◦ f = idX i f ◦ f−1 = idY .

Drugim riječima, ako f : X → Y ima inverznu funkciju f−1 : Y → X , tada je

y = f (x) ⇔ x = f−1(y) . (3.4)

Iz relacije (3.4) slijedi da su domena D( f−1) i slika Im( f−1) inverzne funkcije dane s:

D( f−1) = Im( f ) i Im( f−1) = D( f ) .

x y

X Y

f

f−1

Slika 3.9: Ilustrativni prikaz inverzne funkcije.

Vježba 3.16 Pokažite jedinstvenost inverzne funkcije. (Uputa: pretpostavite suprotno.)

Napomena 3.9 Direktno iz definicije inverzne funkcije možemo iščitati sljedećuvažnu tvrdnju. Ako funkcija f ima inverznu funkciju f−1, tada i f−1 ima inverznufunkciju koja je jednaka je upravo funkciji f , tj. ( f−1)−1 = f .

Napomena 3.10 Identiteta na skupu funkcija s operacijom komponiranja ima isto-vjetnu ulogu kao i 1 (jedinica) u skupu realnih brojeva R\{0} s obzirom na operacijumnoženja, odnosno 0 u skupu R ili Z s obzirom na operaciju zbrajanja. Takve elementezovemo neutralni element. Naime, kao što za sve realne brojeve x vrijedi 1 ·x = x ·1 = xi 0+ x = 0+ x = x, tako za sve funkcije f : X → X vrijedi idX ◦ f = f ◦ idX = f .

Već na samom početku smo diskutirali da su surjektivnost i injektivnost nužna svojstvafunkcije da bi ona imala inverznu funkciju. U sljedećem teoremu pokazujemo da su tasvojstva i dovoljni uvjeti za postojanje inverzne funkcije.

3.1 Funkcije 19

Teorem 3.1.1 Funkcija f : X → Y ima inverznu funkciju f−1 : Y → X ako i samo akoje f bijekcija.

Dokaz. Kako je iskaz teorema u obliku ekvivalencije, onda za dokaz pokazujemo dvijeimplikacije.(⇒) Pretpostavimo da f : X → Y ima inverznu funkciju f−1 : Y → X i dokažimo da je

onda f bijekcija.Surjektivnost. Za svaki y ∈ Y po definiciji inverzne funkcije vrijedi f ( f−1(y)) = y.Definiramo x = f−1(y) ∈ X i tada vrijedi f (x) = y. Time smo pokazali da je fsurjekcija.Injektivnost. Neka su x1, x2 ∈ X takvi da je f (x1) = f (x2). Kako po pretpos-tavci f ima inverznu funkciju f−1, onda po definiciji slijedi x1 = f−1( f (x1)) =f−1( f (x2)) = x2, tj. x1 = x2. Time smo pokazali da je f injekcija.

(⇐) Obratno, pretpostavimo da je f : X → Y bijekcija i pokažimo da onda ima inverznufunkciju. Kako je f po pretpostavci surjekcija, onda za svaki y ∈ Y postoji x ∈ Xtakav da je f (x) = y. Pokažimo da je takav x jedinstven. Naime, ako su x1, x2 ∈ Xdva elementa za koje vrijedi f (x1) = f (x2) = y, onda zbog injektivnosti funkcijef slijedi x1 = x2. Zbog jedinstvenosti gornjeg x, dobro je definiramo preslikavanjeg : Y → X s pravilom pridruživanja g(y) = x. Koristeći jednakosti y= f (x) i g(y) = x,onda imamo

g( f (x)) = x i f (g(y)) = y

za sve x ∈ X i y ∈ Y . Time smo pokazali da je g inverzna funkcija of f , a zbogjedinstvenosti inverzne funkcije, onda pišemo g = f−1.

�

Kao važnu posljedicu prethodnog teorema navodimo sljedeći korolar.

Korolar 3.1.2 Neka su f : X → Y i g : Y → Z ulančane funkcije koje su bijekcije.Tada je i funkcija g◦ f : X → Z bijekcija i njezina inverzna funkcija dana je formulom(g◦ f )−1 = f−1 ◦g−1.

Dokaz. Prema Teoremu 3.1.1, dovoljno je pokazati da je f−1 ◦g−1 inverzna funkcija odg◦ f . Koristeći svojstvo asocijativnosti kompozicije dobivamo:

(g◦ f )◦ ( f−1 ◦g−1) = g◦ ( f ◦ f−1)◦g−1 = g◦g−1 = idZ ,( f−1 ◦g−1)◦ (g◦ f ) = f−1 ◦ (g−1 ◦g)◦ f = f ◦ f−1 = idX .

Zbog jedinstvenosti inverzne funkcije, onda zaključujemo (g◦ f )−1 = f−1 ◦g−1. �

Odred̄ivanje inverzne funkcijeKako odrediti inverznu funkciju realne funkcije realne varijable f : D→ K, ako takvapostoji?

• Da bi f imala inverznu funkciju, nužno je surjekcija, odnosno K = Im( f ).• Nadalje, za svaki y ∈ K tražimo rješenje jednadžbe

f (x) = y (3.5)


1

2

3

4

5

6

2.5 5

g(x) = x2

g−1(x) =√x

Slika 3.10: Grafički prikaz kvadratne funkcije i njene inverzne.

u skupu D. Ako za svaki y ∈ K jednadžba (3.5) ima jedinstveno rješenje x ∈ D,onda je preslikavanje y 7→ x tražena inverzna funkcija i pišemo f−1(y) = x. Akone postoji rješenje x u skupu D ili pak ima više rješenja, onda f : D→ K nijebijekcija i prema Teoremu 3.1.1 nema inverznu funkciju.

� Primjer 3.12 Zadana je funkcija f : R→ [0,+∞〉 s f (x) = x2. Je li f bijekcija? Možemoli joj naći inverznu funkciju?

Rješenje. Uočimo da funkcija f nije injekcija (vidi Sliku 3.7a), a time niti bijekcija paonda nema inverznu funkciju. Med̄utim, funkcija f jest surjekcija. Injektivnost funkcijef možemo osigurati restrikcijom na skup [0,+∞〉. Tada restringirana kvardatna funkcijag = f |[0,+∞〉 : [0,+∞〉 → [0,+∞〉 jest bijekcija pa ima inverznu funkciju g−1 : [0,+∞〉 →[0,+∞〉 i to je upravo funkcija drugi korijen, g−1(x) =√x za sve x ∈ [0,+∞〉 (Slika 3.10).Restrikcija funkcije f na skup 〈−∞,0] je takod̄er injekcija, odnosno kvadratna funkcijah= f |〈−∞,0] : 〈−∞,0]→ [0,+∞〉 je bijekcija, a njezina inverzna funkcija je h−1 : [0,+∞〉→〈−∞,0] zadana s h−1(x) =−√x. �

� Primjer 3.13 Zadana je funkcija f : R\{1}→R s f (x) = 1x−1. Je li f bijekcija? Postoji

li inverzna funkcija funkcije f : R\{1}→ Im( f )?Rješenje. Najprije uočimo da zadana funkcija f nije surjekcija. Naime, ne postoji x ∈R\{1} takav da je f (x) = 0. Med̄utim, f je injekcija (provjerite to). Odredimo sadasliku funkcije f . Kako je f (x) 6= 0 za sve x ∈ D( f ), zaključujemo da je Im( f )⊆ R\{0}.Pokažimo da vrijedi i obratna inkluzija R\{0} ⊆ Im( f ). Uzmimo proizvoljan y ∈R\{0} itražimo rješenje jednadžbe

y =1

x−1 .

Direktnim računom slijedi

yx = 1+ y ⇔ x = 1+ 1y.

Očito dobiveni x postoji za svaki y ∈ R\{0} i vrijedi x ∈ R\{1} = D( f ). Time smopokazali da je Im( f ) = R\{0}. Tada je funkcija f : R\{1} → R\{0} bijekcija i njezina

3.2 Relacije 21

inverzna funkcija dana je formulom

f−1(y) = 1+1y, ∀y ∈ R\{0} .

�

Vježba 3.17 Odredite (ako postoji) inverznu funkciju funkcija:(a) f : 〈1,+∞〉 → R zadana s f (x) = log2(x−1),(b) g : R\{2}→ R zadana s g(x) = x

x−2.

Graf inverzne funkcijePromotrimo u kojem su odnosu grafovi med̄usobno inverznih funkcija. Pretpostavimo darealna funkcija f ima inverznu funkciju. Točke na grafu funkcije f imaju koordinate oblika(x, f (x)). Ako zamijenimo x- i y-koordinate te točke, dobivamo točku ( f (x),x), a zbogpostojanja inverzne funkcije imamo jednakost ( f (x),x) = (y, f−1(y)). Dakle, zamjenomkoordinata točaka s grafa funkcije f dobivamo točke koje leže na grafu inverzne funkcijef−1. Stoga su grafovi med̄usobno inverznih funkcija zrcalno simetrični s obzirom napravac y = x (vidi Sliku 3.10 iz prethodnog primjera).

3.2 Relacije3.2.1 Binarne relacije

Relacijom na nekom skupu definira se “odnos” izmed̄u elemenata tog skupa, preciznije,izmed̄u prvog i drugog, jer je u relacijama poredak elemenata bitan. Navedimo sada neke“relacije” na skupu svih osoba u Hrvatskoj:• “biti rod̄en iste godine kao” (npr. Matan je rod̄en iste godine kao i Lina),• “biti stariji od” (npr. teta Terezija je starija od nećakinje Mile)• “imati istu boju očiju kao”• “biti zaljubljen u”,• “biti brat od”, itd.

Kao što vidimo, pojam relacije sveprisutan je u društvu, a u matematici, kao što ćemovidjeti, predstavlja jedan od temeljnih pojmova.

Definicija 3.2.1 Neka je A neprazan skup. Relacija ρ na skupu A je neprazan podskupKartezijevog produkta A×A, tj. ρ ⊆ A×A. Ako je (x,y) ∈ ρ , onda kažemo da je ‘x urelaciji ρ s y’ i kraće pišemo xρ y. �

� Primjer 3.14 Neka je A = {skup svih studenata 1. godine FER-a} i relacija ρ definiranana sljedeći način: xρ y ako i samo ako su studenti x i y rod̄eni isti mjesec neke godine.Drugim riječima, ρ ⊆ A×A je skup svih parova studenata koji imaju rod̄endan u istommjesecu neke godine. �

Kako su relacijom ρ vezana dva elementa is skupa A, relaciju ρ još nazivamo binarnarelacija. Za svaki par (x,y) ∈ A×A je ili (x,y) ∈ ρ (x je u relaciji ρ s y), ili (x,y) /∈ ρ (xnije u relaciji ρ s y). Ako za neka dva elementa x i y vrijedi (x,y) /∈ ρ i (y,x) /∈ ρ , ondakažemo da su x i y neusporedivi elementi (s obzirom na relaciju ρ).


Napomena 3.11 Poredak elemenata u relaciji je bitan. Drugim riječima, postojerelacije ρ za koje vrijedi (x,y) ∈ ρ (x je u relaciji ρ s y), dok (y,x) /∈ ρ (y nije u relacijiρ s x).

� Primjer 3.15 Neka je A = {a,b,c,d} četveročlani skup. Na skupu A možemo zadatinpr. sljedeće relacije:

(a) ρ1 = {(a,a),(b,b),(c,c),(d,d)} ⊆ A×A;(b) ρ2 = {(a,a),(a,b),(b,a),(a,c),(c,a),(a,d),(d,a)} ⊆ A×A;(c) ρ3 = {(a,a),(b,b),(c,c),(a,b),(b,a)}.

�

Slično kao i realne funkcije realne varijable, relacije na skupovima A ⊆ R možemozadavati njihovim grafičkim prikazom u R2. Pretpostavimo da su elementi skupa A izprethodnog primjera zadani realni brojevi, tada je grafički prikaz relacija ρ1, ρ2 i ρ3 danna Slici 3.11.

ρ1

a b c d

a

b

c

d

(a)

ρ2

a b c d

a

b

c

d

(b)

ρ3

a b c d

a

b

c

d

(c)

Slika 3.11: Grafički prikaz relacija iz Primjera 3.15.

Napomena 3.12 Za razliku od grafa funkcije, koji mora zadovoljavati vertikalni test,svaki skup točaka u R2 predstavlja graf neke binarne relacije na R. Npr. jediničnakružnica (Slika 3.2), koja ne može biti graf funkcije, predstavlja jednu relaciju naskupu R. Preciznije, x ∈ R je u relaciji “biti na jediničnoj kružnici” s y ∈ R ako vrijedix2 + y2 = 1. Iz ovog naslućujemo da je pojam relacije općenitiji od pojma funkcije,odnosno da su funkcije specijalni slučaj relacije.

Vježba 3.18 Napišite i skicirajte dvije relacije na skupu A = {a,b,c,d,e, f} ⊂ R.

� Primjer 3.16 Neka je A = Z, skup cijelih brojeva. Na skupu Z možemo definirati raznerelacije ρ . Mnoge su već dobro poznate, iako ne pod pojmom relacije.

(a) xρ y ako je x = y, tj. ρ := {(x,y) ∈ Z×Z : x = y} (relacija jednakosti);

(b) xρ y ako je x≤ y, tj. ρ := {(x,y) ∈ Z×Z : x≤ y} (relacija manje ili jednako);

(c) xρ y ako x < y, tj. ρ := {(x,y) ∈ Z×Z : x < y} (relacija strogo manje);

(d) xρ y ako je razlika x− y paran broj (tj. oba su parni ili su oba neparni);

(e) xρ y ako je razlika x− y djeljiva s m, gdje je m≥ 2 unaprijed zadani prirodan broj(npr. za m = 2 dobivao relaciju iz (d));

3.2 Relacije 23

(f) xρ y ako je x djelitelj od y, tj. y je djeljiv s x;Skicirajte odgovarajuće podskupove ρ u Z×Z. �

3.2.2 Relacija ekvivalencije i relacija parcijalnog poretka

Definicija 3.2.2 Za relaciju ρ zadanu na nepraznom skupu A kažemo da je:(1) refleksivna, ako za sve x ∈ A vrijedi xρ x, tj. svaki je element u relaciji sam sa

sobom. Simbolički to pišemo (∀x ∈ A)(xρ x).(2) simetrična, ako za svaki x,y ∈ A vrijedi da iz xρ y slijedi yρ x, tj. ako je x u

relaciji s y, onda je y u relaciji s x.Kraće pišemo, (∀x,y ∈ A)(xρ y ⇒ yρ x).

(2’) antisimetrična, ako za sve x,y ∈ A vrijedi da iz xρ y i yρ x slijedi x = y, ili kraće(∀x,y ∈ A)(xρ y ∧ yρ x⇒ x = y).

(3) tranzitivna, ako za sve x,y,z ∈ A vrijedi da ako je x u relaciji ρ s y i y u relaciji ρsa z, onda je i x u relaciji ρ sa z, odnosno (∀x,y,z ∈ A)(xρ y ∧ yρ z ⇒ xρ z).

�

Napomena 3.13 Diskutirajmo sada geometrijsku interpretaciju svojstva refleksivnostii simetričnosti relacije. Neka je A⊂ R i ρ binarna relacija na A:

(1) ρ je refleksivna ako i samo ako ρ sadrži dijagonalu kvadrata A×A, koja leži nasimetrali I. i III. kvadranta, tj. na pravcu y = x.

(2) ρ je simetrična ako i samo ako je skup ρ simetričan obzirom na pravac y = x.

Nadalje, obratom po kontrapoziciji zaključujemo da je relacija antisimetrična ako i samoako za svaka dva različita elementa x,y ∈ A (x 6= y) ne može biti istodobno xρ y i yρ x,tj. za x 6= y ili x nije u relaciji s y ili y nije u relaciji s x.� Primjer 3.17 Pokažimo sada neka svojstva relacija iz Primjera 3.16.

(a) Relacija jednakosti “=” na skupu Z očito je refleksivna (x = x za sve x ∈ Z), sime-trična (za sve x,y ∈ Z, ako x = y, onda i y = x) i tranzitivna (za sve x,y,z ∈ Z, akox = y i y = z, tada je i x = z).

(b) Relacija manje ili jednako “≤” na Z je refleksivna (x≤ x za sve x∈Z), antisimetrična(za sve x,y∈Z, ako x≤ y i y≤ x, onda je nužno x = y) i tranzitivna (za sve x,y,z∈Z,ako x≤ y i y≤ z, tada je i x≤ z).

�

Vježba 3.19 Provjerite koje su od preostalih relacija iz Primjera 3.16 refleksivne, sime-trične, antisimetrične, tranzitivne.

Vježba 3.20 Skicirajte binarnu relaciju na 〈0,1〉 koja je istovremeno simetrična i antisi-metrična.

Definicija 3.2.3 Relaciju koja je refleksivna, simetrična i tranzitivna nazivamo relacijaekvivalencije. Relacija koja je refleksivna, antisimetrična i tranzitivna naziva se relacijaparcijalnog poretka (ili ured̄aja). �


� Primjer 3.18 U Primjeru 3.17 pokazali smo da je relacija jednakosti “=” na Z relacijaekvivalencije, dok je relacija “≤” relacija parcijalnog poretka. Analogne relacije jednakosti“=” i manje ili jednako “≤” s istim svojstvima imamo i na skupu realnih brojeva R. �� Primjer 3.19 Relacija iz Primjera 3.16(d): xρ y ako je razlika x−y paran broj, je relacijaekvivalencije. Provjerimo redom zadovoljava li ρ svojstva relacije ekvivalencije:• refleksivnost: za sve x ∈ Z vrijedi xρ x, jer x− x = 0, što je po definiciji paran broj.• simetričnost: uzmimo proizvoljne x,y ∈ Z takve da xρ y, tj. x− y je paran broj

(djeljiv s 2). Tada je i y− x djeljiv s 2, odnosno paran pa vrijedi yρ x.• tranzitivnost: neka su x,y,z ∈ Z, takvi da je xρ y i yρ z, tj. x− y i y− z su parni

brojevi. Tada je i njihov zbroj x− y+ y− z = x− z paran, tj. xρ z.Pokazali smo da je relacija ρ refleksivna, simetrična i tranzitivna, stoga je ona relacijaekvivalencije. �

Vježba 3.21 Pokažite da je relacija iz Primjera 3.16(e) relacija ekvivalencije, a relacija(f) relacija parcijalnog poretka.

Napomena 3.14 Za razliku od relacije “≤”, relacija strogo manje “

3.2 Relacije 25

DodatakDodatak Relacija sličnosti na skupu svih trokuta u ravnini (sličnost trokuta) poznata je još odantičkog doba. Pretpostavlja se da ju je uveo starogrčki matematičar Tales, koji je živiooko 625.–547. g. prije Krista. Uvjerite se da je to relacija ekvivalencije.

Relacije ekvivalencije mogu se naći i u glazbi. Poistovjećivanjem tonova koji se u dur-ljestvici razlikuju za oktavu ili njen višekratnik (npr. tona C1 s tonom C2 itd.) dobivamozapravo samo sedam različitih stupnjeva dijatonske dur-ljestvice: C,D,E,F,G,A,H.

3.2.3 Relacija ekvivalencije i particija skupa

� Primjer 3.22 Neka je A = {skup svih studenata 1. godine FER-a} i relacija ρ označavapripadnost predavačkoj grupi iz Matematičke analize I, tj. xρ y, ako x,y ∈ A pripadaju istojpredavačkoj grupi. Uvjerite se da se radi o relaciji ekvivalencije. Predavačke grupe P1, P2,. . . , PN su podskupovi od A, koji sadrže točno one elemente koji su med̄usobno u relacijiρ . Preciznije, svaka dva studenta x,y iz grupe Pi (i = 1, . . . ,N) su u relaciji ρ , a bilo kojadva studenta iz različitih grupa, x ∈ Pi i y ∈ Pj za i 6= j, nisu u relaciji. Kako svaki studentpripada točno jednoj predavačkoj grupi, skupovi P1, . . . , PN su med̄usobno disjunktni, a uuniji daju cijeli skup A, odnosno

Pi∩Pj = /0 za sve i 6= j iN⋃

i=1

Pi = A .

�

Definicija 3.2.4 Neka je A neprazan skup i I skup indeksa. Familiju podskupova Ai ⊂ A,i ∈ I, koji su med̄usobno disjunktni, tj. Ai∩A j = /0 za sve i 6= j ∈ I, a unija im je cijeliskup A, tj.

⋃i∈I

Ai = A, nazivamo particija skupa A. �

Napomena 3.15 Predavačke grupe P1, . . . ,PN iz Primjera 3.22 čine particiju skupasvih studenata 1. godine FER-a.

Od relacije ekvivalencije do particije skupaNeka je sada ρ proizvoljna relacija ekvivalencije zadana na nepraznom skupu A. Kaou Primjeru 3.22, svakom elementu x ∈ A možemo pridružiti njegov razred (ili klasu)ekvivalencije, definiran kao skup [x] koji se sastoji od svih elemenata y ∈ A koji su urelaciji ρ s x, tj.

[x] := {y ∈ A : yρ x} ⊆ A . (3.7)

Za elemente iz istog razreda kažemo da su ekvivalentni, a bilo koji element y iz razreda[x] naziva se reprezentantom tog razreda. Svaki reprezentant (predstavnik) nekog razredaekvivalencije jednoznačno odred̄uje razred u kojem se on nalazi.

Propozicija 1 Za svaka dva elementa x,y ∈ A vrijedi točno jedna od sljedećih tvrdnji:• [x]∩ [y] = /0, tj. odgovarajući razredi ekvivalencije su disjunktni,• [x] = [y], tj. odgovarajući razredi ekvivalencije su jednaki.


Dokaz. Ako x i y nisu u relaciji ρ , onda je [x]∩ [y] = /0. Pretpostavimo sada da je presjek[x]∩ [y] neprazan, tj. postoji z ∈ [x]∩ [y]. Tada vrijedi xρ z i zρ y. Uzmimo sada proizvoljnix1 ∈ [x], tj. x1 ρ x. Zbog tranzitivnosti relacije ρ iz x1 ρ x, xρ z i zρ y slijedi x1 ρ y, tj. x1 ∈ [y].Time smo pokazali [x]⊆ [y]. Na potpuno analogni način možemo pokazati da je i [y]⊆ [x].Dakle, iz pretpostavke da je [x]∩ [y] neprazan slijedi [x] = [y]. �

Iz prethodne propozicije zaključujemo da u skupu A sa zadanom relacijom ekvivalencijeρ postoje elementi xk, gdje je k ∈ I (pri čemu I označava skup indeksa), takvi da su imodgovarajući razredi ekvivalencije disjunktni, a unija im je cijeli skup A, tj.

[xi]∩ [x j] = /0 za sve i 6= j ∈ I ,⋃k∈I

[xk] = A . (3.8)

Na taj način razredi ekvivalencije [xk], k ∈ I, čine particiju skupa A.

Definicija 3.2.5 Skup svih razreda ekvivalencije {[xk] : k ∈ I} naziva se kvocijentniskup skupa A po relaciji ρ i označava s A/ρ . �

A x1 x2

xkxN

[x1] [x2]

...

[xk]

...

[xN ]

Slika 3.12: Skup A na kojem je zadana relacija ekvivalencije generira particiju skupa A naodgovarajuće razrede ekvivalencije [xk], k ∈ I.

� Primjer 3.23 U Primjeru 3.16(e) uveli smo sljedeću relaciju ρ na skupu cijelih brojevaZ. Neka je m ≥ 2 zadan prirodan broj, cijeli brojevi x i y su u relaciji ρ ako je x− ydjeljivo s m, odnosno, x i y daju isti ostatak pri dijeljenju s m. Ova relacija na Z imaposebno ime i oznaku. Za xρ y kažemo da je “x kongruentan y modulo m” i pišemox ≡ y (mod m). Kako pri dijeljenju s m imamo m mogućih ostataka: 0, 1, . . . , m−1, ondarelacija kongruencije modulo m generira m razreda ekvivalencije:

• [0] := {mk : k ∈ Z} – skup svih cijelih brojeva koji pri dijeljenju s m daju ostatak 0;• [1] := {mk + 1 : k ∈ Z} – skup svih cijelih brojeva koji pri dijeljenju s m daju

ostatak 1;

• . . .• [m−1] := {mk+(m−1) : k ∈ Z} – skup svih cijelih brojeva koji pri dijeljenju s m

daju ostatak m−1.Tih m skupova čini particiju skupa cijelih brojeva Z, a pripadni kvocijentni skup je{[0], [1], . . . , [m−1]}. �

Vježba 3.22 Na skupu S = {1,2,3,4,5,6} zadana je relacija

ρ = {(1,1),(2,2),(2,1),(3,3),(3,5),(4,5),(6,6)}

3.2 Relacije 27

Nadopunite ρ do ρ̃ najmanjim brojem parova tako da ρ̃ bude relacija ekvivalencije na S.Odredite zatim klase ekvivalencije i kvocijentni skup za relaciju ρ̃ .

Od particije skupa do relacije ekvivalencijeNeka je na nepraznom skupu A (bez ikakve relacije na njemu) zadana neka particija, tj. danisu podskupovi Ak (k ∈ I) skupa A, koji zadovoljavaju

Ai∩A j = /0 za sve i 6= j ∈ I ,⋃k∈I

Ak = A . (3.9)

Na skupu A tada definiramo relaciju ρ na sljedeći način:

xρ y ako i samo ako x i y pripadaju istom skupu particije, tj. postoji k ∈ I tako da sux,y ∈ Ak.

Vježba 3.23 Provjerite da je ρ relacija ekvivalencije na A.

Prema tome, svaka particija skupa A na prirodan način generira pripadnu relaciju ekviva-lencije, a odgovarajući kvocjentni skup A/ρ jednak je danoj particiji {Ak : k ∈ I}.

A xy

A1 A2

...

Ak

...

AN

Slika 3.13: Skup A na kojem je zadana particija {Ak : k ∈ I}. Particija definira relacijuekvivalencije ρ čiji su razredi ekvivalencije upravo skupovi Ak. Elementi x,y ∈ A su urelaciji ρ , jer postoji k ∈ I takav da su x,y ∈ Ak.

Napomena 3.16 Iz svega prethodnog zaključujemo da je zadavanje relacije ekviva-lencije na skupu A ekvivalentno zadavanju particije na tom istom skupu.

� Primjer 3.24 Na tročlanom skupu A = {a,b,c} nad̄ite sve njegove particije.Rješenje. Particija skupa A koja kao svoje elemente sadrži samo jednočlane podskupove odA je P1 =

{{a}, {b},{c}

}. Particije skupa A koje sadrže i dvočlane podskupove skupa A

su:

P2 ={{a,b},{c}

},

P3 ={{a}, {b,c}

},

P4 ={{a,c},{b}

}.

Tu je još i particija P5 = {A} koja sadrži samo jedan element, naime cijeli skup A. Svakaod navedenih pet particija jednoznačno definira odgovarajuću relaciju ekvivalencije na A.Npr. relacija ρ2 koja odgovara particiji P2 dana je s

ρ2 = {(a,a),(b,b),(c,c),(a,b),(b,a)} .

�


Vježba 3.24 Zadan je skup S = {a,b,c,d,e, f ,g,h} i na njemu particija skupa P ={{a,b,c},{e, f},{g},{h}}. Odredite pripadnu relaciju ekvivalencije.

3.2.4 Općenite relacijeDosad smo promatrali binarne relacije ρ ⊆ A×A definirane na nekom nepraznom skupuA.

Definicija 3.2.6 Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Svaki podskup Kartezije-vog produkta A×B, tj. skup ured̄enih parova (a,b) ∈ A×B nazivamo relacija iz A u B.�

Prisjetimo se, graf funkcije f : A→ B je podskup skupa A×B, odnosno možemo rećida je graf funkcije Γ( f ) relacija iz A u B. Na taj način funkcije možemo promatrati kaospecijalni slučaj relacija, odnosno pojam relacije poopćuje pojam funkcije.

3.3 Ekvipotentni skupovi i kardinalni brojevi

Brojenje elemenata nekog skupa vjerojatno spada u same početke razvoja matematičkemisli. Ljudi su pred tisuće godina imali potrebu brojiti npr. stoku koju posjeduju, oružjes kojim raspolažu za obranu, zatim prijatelje (a možda i neprijatelje). Za većinu djecebrojenje do 10 spada med̄u najranije savladane vještine. Predodžba o tome što bi bilikonačni skupovi i kako ih brojiti, intuitivno je svima jasna. Med̄utim, kako brojiti “besko-načne skupove”, i kakvi bi to uopće bili? Svi bismo rekli da je skup prirodnih brojeva Nbeskonačan, ali što to zapravo znači? Ima li skup cijelih brojeva Z više elemenata od skupaN? To su samo neka od pitanja na koja ćemo dati odgovore u ovom poglavlju. Krenimoredom.

Umjesto odgovora na pitanje: “Koliko elemenata ima neki skup?”, najprije ćemoodgovoriti na pitanje “Kada dva skupa imaju jednako mnogo elemenata?”. Ispostavlja seda je ovo drugo pitanje osnovnije, a tome u prilog govori i sljedeća povijesna crtica.

Crtica Tim američkih arheologa pronašao je u mjestu Nuzi (u blizini današnjeg Kirkuka u Iraku)glinenu posudicu s popisom od 48 ovaca i koza, a u posudici je bilo 48 glinenih kuglica.Posudica s kuglicama služila je pastiru za brojenje stada. Naime, u stadu je moralo bitionoliko jedinki koliko je bilo kuglica u posudici. Sâm broj 48 pritom uopće nije važan.Pastir vjerojatno nije znao brojiti u današnjem smislu, možda brojevi tada nisu ni postojali,ali je znao svakoj ovci ili kozi pridružiti točno jednu kuglicu iz posudice, odnosno znao jekonstruirati bijekciju sa skupa ovaca i koza na skup kuglica.

Definicija 3.3.1 Za skupove X i Y kažemo da su ekvipotentni (ili jednakobrojni)ako postoji bijekcija f : X → Y . Za ekvipotentne skupove kažemo da imaju jednakkardinalni broj (kardinalitet) i pišemo cardX = cardY ili |X | = |Y |. Ako postojiinjekcija f : X → Y , onda kažemo da X ima manje ili jednako elemenata od Y i pišemocardX ≤ cardY . �

3.3 Ekvipotentni skupovi i kardinalni brojevi 29

� Primjer 3.25 Pokažite da su skupovi X = N i Y = N\{1}= {2,3,4, . . .} ekvipotentni.Rješenje. Funkcija sljedbenik iz Primjera 3.1, s : N→N\{1} zadana sa s(n) = n+1 za sven ∈ N, očito je jedna bijekcija iz N u N\{1}. Njezina inverzna funkcija s−1 : N\{1}→ Nzadana je sa s−1(m) = m−1 za sve m ∈ N\{1}. �

Crtica Hilbertov hotel. U vezi s prethodnim primjerom poznata je priča (misaoni pokus) oHilbertovom hotelu. Radi se o hotelu koji ima beskonačno1 soba i sve sobe su zauzete. Uhotel tada dolazi još jedan gost i traži smještaj. Lukavi recepcionar brzo se dosjeti kakosmjestiti gosta u puni hotel. Zamolit će gosta iz sobe broj 1 da se preseli u sobu broj 2,onog iz sobe 2 da se preseli u sobu 3, itd., i tada će novopridošlog gosta smjestiti u sobubroj 1.

Vježba 3.25 Pokažite da su skupovi X = N i Y = N\{1,2, . . . ,n0} za neki n0 ∈ Nekvipotentni.

Vježba 3.26 Pokažite da je skup parnih prirodnih brojeva ekvipotentan skupu neparnihprirodnih brojeva.

� Primjer 3.26 Pokažite da su skupovi X = 〈−1,1〉 i Y = R ekvipotentni.

Rješenje. Pokažimo da je funkcija f : 〈−1,1〉 → R, definirana s f (x) = x1− x2 bijekcija.

• injektivnost: pretpostavimo da za neke x1,x2 ∈ 〈−1,1〉 vrijedi f (x1) = f (x2), tj.x1

1− x21=

x21− x22

.

Unakrsnim množenjem ova jednakost ekvivalentna je s x1−x1x22 = x2−x21x2, odakleslijedi (x1− x2)(1+ x1x2) = 0. Kako su x1,x2 ∈ 〈−1,1〉, onda zaključujemo daje x1x2 > −1, tj. 1+ x1x2 > 0 i stoga je nužno x1 = x2 da bi prethodna jednakostvrijedila. Time smo pokazali da je f injekcija.• surjektivnost: za proizvoljni y ∈ R, tražimo rješenje jednadžbe

y =x

1− x2 (3.10)

u skupu 〈−1,1〉. Ako je y = 0, onda je x = 0 ∈ 〈−1,1〉 jedino rješenje. Za y 6= 0dobivamo kvadratnu jednadžbu yx2 + x− y = 0 koja ima dva realna rješenja

x1 =−1−

√1+4y2

2y, x2 =

−1+√

1+4y2

2y.

Pokažimo da za y > 0 vrijedi 0 < x2 < 1. Zbog y > 0 slijedi

x2 =−12y

+

√1

4y2+1


S druge strane vrijedi

x2 =−12y

+

√1

4y2+1 >− 1

2y+

√1

4y2=− 1

2y+

12y

= 0 .

Vježba 3.27 Analogno pokažite da za y < 0 vrijedi −1 < x2 < 0.

Time je pokazana surjektivnost funkcije f .�

Napomena 3.17 U prethodnom primjeru mogli smo koristiti i funkcije f : 〈−1,1〉 →R, f (x) =

x1−|x| ili g : 〈−1,1〉 → R, g(x) = tg(

π2 x). Obje su bijekcije s 〈−1,1〉 na R.

Napomena 3.18 Primjerom 3.26 pokazali smo da skupovi 〈−1,1〉 i R imaju “jednakomnogo” elemenata. Općenito se na taj način može pokazati da svaki interval oblika〈a,b〉 ⊂ R sadrži jednako mnogo elemenata kao i cijeli R.

Vježba 3.28 Pokažite da su skupovi [0,1] i [a,b]⊂ R ekvipotentni.

U praksi je ponekad teško konstruirati bijekciju izmed̄u dva skupa. Med̄utim, da bipokazali da su skupovi ekvipotentni, dovoljno je konstruirati injekcije med̄u njima, o čemugovori sljedeći teorem, koji navodimo bez dokaza.

Teorem 3.3.1 — Cantor-Bernstein-Schröder. Neka su X i Y skupovi. Ako postojeinjekcije f : X → Y i g : Y → X , tada su skupovi X i Y ekvipotentni, tj. cardX = cardY .

Napomena 3.19 U prethodnom teoremu funkcije f i g nisu nužno inverzne jednadrugoj. S obzirom na to da su f : X → Y i g : Y → X injekcije, onda po Definiciji3.3.1 znamo da vrijedi cardX ≤ cardY i cardY ≤ cardX . Teorem 3.3.1 nam kaže daje tada cardX = cardY . Drugim riječima, ≤ je relacija parcijalnog poretka i na skupukardinalnih brojeva.

Definicija 3.3.2 Kažemo da je skup X konačan, ako postoji prirodan broj n ∈ N takavda su skupovi X i {1, . . . ,n} ekvipotentni i definiramo cardX = n. �

Za prazan skup /0 kažemo da je konačan i definiramo cardX = 0. Primijetimo da je brojenjeelemenata nekog konačnog skupa X zapravo uspostavljanje bijekcije iz skupa {1, . . . ,n} naX , a kardinalni broj cardX = n predstavlja upravo ono što nazivamo broj elemenata skupa.

Bez dokaza navodimo sljedeću karakterizaciju konačnih skupova, koja će nam pomoćiu boljem razumijevanju beskonačnih skupova.

Propozicija 2 Skup X je konačan ako i samo ako ne postoji bijekcija s X na niti jedannjegov pravi podskup.


3.3.1 Beskonačni skupovi, prebrojivost i neprebrojivost

Definicija 3.3.3 Skup X je beskonačan ako nije konačan. �

Obratom po kontrapoziciji tvrdnje iz Propozicije 2 slijedi — ako postoji bijekcija sa skupaX na njegov pravi podskup, onda je X beskonačan.

� Primjer 3.27 Skup prirodnih brojeva N je beskonačan.Dokaz. Promotrimo funkciju f : N→ N definiranu s f (n) = 2n, tj. funkcija f prirodnombroju n pridružuje n-ti parni broj. Funkcija f : N→ 2N, gdje 2N označava skup parnihbrojeva je bijekcija (pokažite to), a kako je 2N pravi podskup od N, slijedi da je Nbeskonačan. Ovime smo pokazali i da su skupovi N i 2N ekvipotentni, tj. prirodnih brojevaima “jednako mnogo” kao i samo parnih. �

Vježba 3.29 Pokažite da je skup neparnih prirodnih brojeva beskonačan.

Definicija 3.3.4 Za skup X koji je ekvipotentan sa skupom prirodnih brojeva N kažemoda je prebrojiv (prebrojivo beskonačan), a kardinalni broj takvog skupa označavamosimbolom cardX = ℵ0 (čita se “alef nula”). �

� Primjer 3.28 Skup cijelih brojeva Z je prebrojiv.Dokaz. Ideja je da neparne prirodne brojeve preslikamo u negativne cijele brojeve, a parneprirodne brojeve u nenegativne cijele brojeve. Možemo reći i da ćemo negativne cijelebrojeve prebrojiti s neparnim prirodnim brojevima, a nenegativne s parnim prirodnimbrojevima. U tu svrhu konstruiramo funkciju f : N→ Z definiranu s

f (n) =

−n+1

2, n neparan ,

n2−1 , n paran .

Tablični prikaz te funkcije je

n 1 2 3 4 5 6 . . .f (n) −1 0 −2 1 −3 2 . . . .

Očito različitim prirodnim brojevima pridružujemo različite cijele brojeve, odnosno f jeinjekcija. S druge strane svaki cijeli broj biti će prebrojen, tj. za svaki k ∈ Z postoji n ∈ Ntakav da je f (n) = k, odnosno f je surjekcija. Stoga je f bijekcija i time je Z prebrojiv. �

Vježba 3.30 Pokažite da je skup svih kvadrata prirodnih brojeva K = {n2 | n ∈ N}prebrojiv.

Napomena 3.20 Ako je skup X ekvipotentan s N, odnosno prebrojiv, tada postojibijekcija f : N→ X i skup X možemo zapisati u obliku X = {x1,x2,x3, . . .}, gdje jexn = f (n) za sve n ∈ N. Takav zapis često koristimo za prebrojive skupove.

� Primjer 3.29 Neka su X i Y prebrojivi skupovi, tada je i Kartezijev skup X×Y prebrojiv.Dokaz. Označimo X = {x1,x2, . . .} i Y = {y1,y2, . . .}, tada se X×Y sastoji od svih mogućihparova (xi,y j) za i, j ∈ N, odnosno pišemo X×Y = {(xi,y j) : i, j ∈ N}. Parove možemo


brojiti na način kako je označeno na Slici 3.14: počnemo od para (x1,y1) i dalje pratimostrelice. Tako je svakom prirodnom broju pridružen točno jedan par i svi parovi će bitiprebrojeni. Prema tome konstruirali smo bijekciju iz N na X×Y . �

x1 x2 x3 x4 x5 . . .X

y1

y2

y3

y4

y5

...Y

Slika 3.14: Elemente skupa X×Y brojimo redom kako je naznačeno strelicama.

Napomena 3.21 Kao posljedicu tvrdnje iz prethodnog primjera imamo — ako jeskup X prebrojiv i n ≥ 2 bilo koji prirodan broj, tada je i skup Xn = X×X× . . .×X︸︷︷︸

n putaprebrojiv. Pokažite to matematičkom indukcijom.

� Primjer 3.30 Skup racionalnih brojeva Q je prebrojiv.

Dokaz. Prisjetimo se da je Q skup svih (do kraja skraćenih) razlomakamn

, gdje su m ∈ Z,n ∈ N. Ako razlomcima pridružimo parove na način m

n7→ (m,n), onda smo konstruirali

injektivno preslikavanje iz Q u Z×N. S druge strane, kako je Z×N prebrojiv skup,onda postoji injekcija f : Z×N→ N. Nadalje, preslikavanje e : N→Q (ulaganje) zadanos e(n) =

n1∈ Q za sve n ∈ N je injektivno. Kako je kompozicija dviju injekcija opet

injekcija (Zadatak 2 (a) iz 3.4), funkcija e◦ f : Z×N→Q je injekcija. Prema Teoremu3.3.1 skupovi Z×N i Q su ekvipotentni, odnosno cardQ= ℵ0. �

Vježba 3.31 Neka su X i Y prebrojivi skupovi, pokažite da je tada i skup X∪Y prebrojiv.Indukcijom pokažite i općenitiju tvrdnju da je končna unija prebrojivih skupova prebrojivskup.

DodatakDodatak Algebarski brojevi. Realni brojevi koji se mogu dobiti kao nultočke polinoma s cjelobroj-nim koeficijentima zovu se realni algebarski brojevi. Svaki racionalan broj x =

mn

, gdje su

m ∈ Z, n ∈ N je algebarski broj, jer je on nultočka polinoma P(x) = nx−m. Brojevi√

2,√3,√

5 su algebarski brojevi, koji nisu nisu racionalni. Oni su redom nultočke polinomax2−2, x2−3 i x2−5. Algebarskih brojeva ima (samo) prebrojivo mnogo. Svaki polinomstupnja n ∈ N∪{0} jednoznačno je odred̄en s n+1 koeficijenata. Stoga prema Napomeni


3.21, za sve n ∈ N∪{0} je skup svih polinoma n-tog stupnja s cjelobrojnim koeficijen-tima prebrojiv. Nadalje, korištenjem činjenice da je prebrojiva unija prebrojivih skupovaprebrojiv skup, zaključujemo da je skup realnih algebarskih brojeva prebrojiv.

Još u Primjeru 3.26 pokazali smo da je skup realnih brojeva beskonačan. Naime,konstruirali smo bijekciju iz R na njegov pravi podskup 〈−1,1〉. Kao i za prethodneprimjere, možemo se pitati je li i skup R prebrojiv? Zbog inkluzije N ⊂ R slijedi da jecardR≥ℵ0.� Primjer 3.31 — G. Cantor. Skup realnih brojeva R nije prebrojiv. Njegov kardinalnibroj naziva se kontinuum, a označava se s cardR= c.Dokaz. Pokazat ćemo da skup 〈0,1〉 ⊂ R nije prebrojiv, iz čega očito slijedi da ni R nemože biti prebrojiv. Pretpostavimo suprotno tj. da je interval 〈0,1〉 prebrojiv. Tada možemopisati 〈0,1〉= {b1,b2,b3, . . .}, a realne brojeve bi možemo zapisati u decimalnom obliku

b1 = 0.b11b12b13 . . .b2 = 0.b21b22b23 . . .b3 = 0.b31b32b33 . . ....

pri čemu svaki bi ima beskonačno mnogo (prebrojivo) decimala različitih od 0. Npr. broj0.025 pišemo u obliku 0.02499999 . . .. Na taj način osigurali smo jednoznačnost prikazarealnog broja u decimalnom zapisu. Sada konstruiramo broj

a = 0.a1a2a3 . . .

korištenjem tzv. dijagonalnog postupka: za svaki i ∈ N definiramo

ai ={

bii +1 , ako je bii ∈ {0,1, . . . ,8} ,1 , ako je bii = 9 .

Ovako konstruirani broj a nalazi se u intervalu 〈0,1〉 i različit je od svih realnih brojeva bi,jer se po konstrukciji od svakog od njih razlikuje na i-tom decimalnom mjestu. Med̄utim,to je u kontradikciji s pretpostavkom da elemente intervala 〈0,1〉 možemo prebrojiti. Timesmo zapravo pokazali da je c> ℵ0. �

Definicija 3.3.5 Za skup brojeva X koji je beskonačan i nije prebrojiv kažemo da jeneprebrojiv (beskonačno neprebrojiv). �

� Primjer 3.32 Skup ured̄enih parova realnih brojeva R2 ekvipotentan je skupu R, odnosnocard(R2) = c.Dokaz. Ponovno je dovoljno pokazati da su skupovi 〈0,1〉2 i 〈0,1〉 ekvipotentni, odnosnoda jedinični kvadrat ima jednako mnogo elemenata kao i samo jedna njegova stranica.Uzmimo proizvoljan par (a,b) ∈ 〈0,1〉2 i zapišimo ih u decimalnom zapisu s beskonačnomnogo decimalnih znamenki kao i u prethodnom primjeru. Ilustrirajmo to na jednomprimjeru realnih brojeva

a = 0.5 004 3 7 05 . . .b = 0.02 4 05 1 008 . . .


Decimalne znamenke brojeva a i b separirali smo u grupe koje sadrže točno po jednuznamenku različitu od 0 i s tom znamenkom grupe završavaju. Na ovom primjeru kons-truirajmo sada realni broj c koji dobivamo “stapanjem” grupa znamenki brojeva a i b nasljedeći način:

c = 0.5 02 004 4 3 05 7 1 05 008 . . .

Dakle, u decimalni zapis broja c alternirano upisujemo grupe znamenki od a i b. S drugestrane, za dani realni broj c u ovakvom decimalnom zapisu, na jednoznačan način možemoodrediti od kojeg para realnih brojeva je on sastavljen. Na primjer broj

c = 0.6 5 03 04 2 008 2 01 5 8 . . .

dobiven je od para

a = 0.6 03 2 2 5 . . .b = 0.5 04 008 01 8 . . .

Stoga je preslikavanje (a,b) 7→ c bijekcija i time je tvrdnja pokazana. �

Napomena 3.22 Kao posljedicu prethodnog primjera imamo cardC= c. Naime, lakose vidi da je cardC= card(R2), jer je preslikavanje (x,y) 7→ z = x+ iy bijekcija.

Vježba 3.32 Odredite kardinalitet skupa svih dužina u ravnini.

DodatakDodatak Hipoteza kontinuuma. Kroz prethodne primjere pokazali smo da za kardinalne brojeveskupova N i R vrijedi ℵ0 < c. Postavlja se pitanje: Postoji li skup X koji je “izmed̄u”skupova N i R, čiji kardinalni broj zadovoljava ℵ0 < cardX < c, tj. postoji li skup koji nijeprebrojiv, ali nije ni ekvipotentan s R. Kroz godine istraživanja, osobito u prvoj polovici20. stoljeća, nastala je hipoteza (slutnja) da takav skup ne postoji, i to je tzv. hipotezakontinuuma. Pitanje o postojanju takvog skupa formulirao je Georg Cantor još 1878. godine,a 1900. njemački matematičar David Hilbert uvrstio ga je kao prvog na popis od 23neriješena matematička problema koji će predstavljati velike izazove i imati značajan utjecajna razvoj matematike u 20. stoljeću. Pitanje hipoteze kontinuuma riješio je 1963. godineamerički matematičar Paul Cohen tako što je pokazao da niti hipotezu niti njenu negacijunije moguće dokazati u okviru standardne (općeprihvaćene) teorije skupova i za taj rezultatdobio je 1966. godine Fieldsovu medalju, najveće matematičko odlikovanje.

Crtica

Georg Cantor (1845.-1918.), njemački matematičar rod̄en uSankt Petersburgu, smatra se osnivačem teorije skupova, mate-matičke grane koja spada u same temelje moderne matematike.Cijeli svoj radni vijek proveo je kao profesor na Sveučilištuu Halleu (SR Njemačka). Početci Cantorovog znanstvenograda spadaju u matematičku analizu i značajan rezultat u tompodručju je njegov dokaz jedinstvenosti prikaza funkcije po-moću trigonometrijskog reda. Za početak teorije skupova uzimase objavljivanje Cantorovg članka “Über eine Eigenschaft desInbegriffes aller reellen algebraischen Zahlen” (O jednom svoj-stvu skupa realnih algebarskih brojeva) iz 1874. godine,

3.4 Zadatci za vježbu 35

u kojem Cantor po prvi put dolazi do zaključka o postojanju različitih beskonačnosti.Cantor uvodi pojam bijekcije i pomoću njega definira pojam ekvipotentnosti skupova.Dijagonalni postupak koji smo koristili u Primjeru 3.31 originalna je Cantorova ideja, kao idokaz ekvipotentnosti skupova R i R2. Cantor je bio čovjek, čak i za područje matematike,daleko ispred svojega vremena. Njegova teorija nailazila je u početku na žustar otpormatematičke zajednice. Nakon niza kritika, sam je za jedan svoj rad izjavio: “ovo samtrebao objaviti za 100 godina”. Neprihvaćanje njegovih ideja i brojne kritike od stranekolega narušile su Cantorovo zdravlje. Umro je u 73. godini života u jednom sanatoriju.

3.4 Zadatci za vježbu1. Neka je S konačan skup. Dokažite tvrdnju: ako je funkcija f : S→ S injekcija, tada

je f i surjekcija.

2. Zadane su ulančane funkcije f : X → Y i g : Y → Z. Pokažite sljedeće tvrdnje:(a) ako su f i g injekcije, tada je i g◦ f injekcija;(b) ako su f i g surjekcije, tada je i g◦ f surjekcija;(c) ako je funkcija g◦ f injekcija, tada je f injekcija;(d) ako je funkcija g◦ f surjekcija, tada je g surjekcija.

3. Ispitajte injektivnost funkcije f : R\{1}→ R zadane s f (x) = 2x+3x−1 .

4. Ispitajte injektivnost funkcije f : [0,+∞〉 → R zadane s f (x) =√

xx+1

. Je li ta

funkcija surjekcija?

5. Neka je f : R→R zadana s f (x) = x2−1 i g : R\{−1}→R zadana s g(x) = 1x+1

.

Odredite ako postoji g−1 : Im(g)→ R\{−1} i izračunajte f ◦g−1.6. Neka je f : R → R zadana s f (x) = log2(x2 + 4) i g : R\{−5} → R zadana s

g(x) =2x−1x+5

. Je li funkcija f injekcija? A surjekcija? Odredite ako postoji

g−1 : Im(g)→ R\{−5} i izračunajte (g−1 ◦ f )(2).7. Računski i grafički odredite sliku funkcije f : R→ R zadane s f (x) = 3− (x−2)2.

Odredite i slike f ([0,1]) i f (〈1,3〉).8. Računski i grafički odredite sliku funkcije f : [−2,+∞〉 → R zadane s f (x) =√

x+2−1. Odredite i sliku f (〈2,7]).9. Na skupu S = {1,2,3,4,5} zadana je binarna relacija

ρ = {(2,2),(1,5),(4,2),(3,1),(5,5),(5,1),(5,3)} .

Proširite relaciju ρ najmanjim mogućim brojem parova do relacije ρ̃ na način da ρ̃bude refleksivna i simetrična. Ispitajte tranzitivnost dobivene relacije ρ̃ . Ako je ρ̃relacija ekvivalencije, odredite pripadne klase ekvivalencije i zapišite kvocijentniskup.


10. Na skupu A = {a,b,c,d} zadana je binarna relacija

ρ = {(a,a),(a,b),(a,d),(b,b),(b,d),(d,a),(d,b),(d,d)} .

Ispitajte refleksivnost, simetričnost, antisimetričnost i tranzitivnost relacije ρ . Akoje potrebno proširite relaciju ρ do relacije ρ̃ najmanjim mogućim brojem parovatako da ρ̃ bude relacija ekvivalencije. Odredite zatim pripadne klase ekvivalencije izapišite kvocijentni skup.

11. Na skupu R definirane su binarne relacije ρ0 i ρ1 s

xρ0 y⇔ xy = 0 ,xρ1 y⇔ xy = 1 .

Ispitajte refeksivnost, simetričnost, antisimetričnost i tranzitivnost relacija ρ0 i ρ1.

12. Neka je S neprazan skup. Na partitivnom skupu P(S) definirana je relacija ρ s AρBako i samo ako A∩B = /0. Ispitajte refeksivnost, simetričnost, antisimetričnost itranzitivnost relacije ρ . Ovise li ta svojstva o skupu S?

13. Neka je S neprazan skup. Na partitivnom skupu P(S) definirana je relacija ρ sAρB ako i samo ako A\B = /0. Ispitajte refeksivnost, simetričnost, antisimetričnost itranzitivnost relacije ρ . Ovise li ta svojstva o skupu S?

14. Binarna relacija ρ na Z zadana je s

xρy⇔ (x3− y3) djeljivo s 4 .

Je li ρ relacija ekvivalencije?

15. Binarna relacija ρ na R2 zadana je s

(x,y)ρ(u,v)⇔ (x < u ili (x = u i y≤ v)) .

Je li ρ relacija parcijalnog poretka?

16. Napišite relaciju ekvivalencije na skupu S = {0,1,2,3,4,5,6,7} čije su klase ekvi-valencije k0 = {0,5}, k1 = {1,6}, k2 = {2,7}, k3 = {3}, k4 = {4}.

17. Binarna relacija ∼ na skupu realnih brojeva R zadana je s

ϕ ∼ ψ ⇔ ϕ−ψ = 2kπ za neki k ∈ Z .

Pokažite da je ∼ relacija ekvivalencije na R te da se pripadne klase ekvivalencijepodudaraju s definicijom argumenta kompleksnog broja z, odnosno da vrijedi argz ∈R/∼ za sve z ∈ C.

18. Konstruirajte bijekciju sa skupa prirodnih brojeva N na skup prirodnih brojeva kojisu djeljivi s 10.

19. Konstruirajte injekcije med̄u skupovima Z i 2N, gdje 2N označava skup svih parnihprirodnih brojeva.

20. Konstruirajte bijekciju izmed̄u proizvoljnog otvorenog intervala 〈a,b〉 ⊂ R, a < b iintervala 〈−1,1〉.


21. Neka je skup A⊂ X konačan i skup X prebrojiv. Pokažite da je skup X\A prebrojiv.22. Neka je skup X ⊂ Y prebrojiv, a skup Y neprebrojiv. Pokažite da je tada skup Y\X

neprebrojiv.

23. Koji je kardinalitet skupa svih konačnih podskupova skupa prirodnih brojeva koji suoblika {k, . . . , l}, gdje su k, l ∈ N takvi da je k ≤ l?

24. Koji je kardinalitet skupa svih otvorenih intervala oblika 〈a,b〉 ⊂ R, pri čemu jea < b?

25. Koji je kardinalitet skupa svih trokuta u ravnini?

3.4.1 Pitanja za ponavljanje i razumijevanje gradiva

Točno ili Netočno? Svoje tvrdnje obrazložite.1. Funkcija neke elemente domene preslikava u elemente kodomene.

2. Postoji funkcija koja nekim elementima domene pridružuje isti element kodomene.

3. Svaki element kodomene ima svoj original koji se u njega preslikava.

4. Svaka funkcija ima inverznu funkciju.

5. Postoji funkcija koja nije surjekcija, a ima inverznu funkciju.

6. Simetrična i antisimetrična relacija nužno je refleksivna. koja nije tranzitivna.

7. Simetrična i tranzitivna relacija je nužno i refleksivna.

8. Svaka funkcija je relacija.

9. Klase ekvivalencije čine particiju skupa.

10. Particija skupa odred̄uje relaciju parcijalnog poretka.

11. Svaki prebrojiv skup ekvipotentan je sa skupom cijelih brojeva.

12. Svaki neprebrojiv skup ekvipotentan je sa skupom realnih brojeva.

13. Jednakostraničnih trokuta u ravnini ima isto koliko i svih raznostraničnih trokuta.

Rješenja zadataka1. Bez smanjenja općenitosti uzmimo S = {1,2, . . . ,n} za neki n ∈ N. Pretpostavka

injektivnosti funkcije f : S→ S, tj. različiti elementi iz S preslikavaju se u različiteelemente u S, implicira Im(S) = S, odnosno f je surjekcija.

2. f : X → Y , g : Y → Z.(a) Neka su f i g injekcije. Pretpostavimo g( f (x1)) = g( f (x2)) za neke x1,x2 ∈ X .

Zbog injektivnosti od g slijedi f (x1) = f (x2), a zbog injektivnosti of f daljeslijedi x1 = x2. Dobili smo da iz pretpostavke (g◦ f )(x1) = (g◦ f )(x2) slijedix1 = x2, odnosno da je g◦ f injekcija.

(b) Neka su f i g surjekcije. Kako je g surjekcija, tada za proizvoljan z ∈ Z postojiy ∈ Y takav da je z = g(y). Za taj y, zbog surjektivnosti of f , postoji x ∈ Xtakav da je y = f (x). Dakle, za prizvoljan z ∈ Z, postoji x ∈ X takav da jez = g( f (x)), odnosno g◦ f je po definiciji surjekcija.


(c) Pretpostavimo da je g◦ f injekcija. Kada f ne bi bila injekcija, tada bi postojalix1 6= x2 takvi da je f (x1) = f (x2), odakle bi slijedilo g( f (x1)) = g( f (x2)).Time bismo dobili da g◦ f nije injekcija, što je u kontradikciji s pretpostavkom.Dakle, f je nužno injekcija.

(d) Pretpostavimo da je g ◦ f surjekcija. Kada g ne bi bila surjekcija, tada bipostojao z ∈ Z takav da je z 6= g(y) za sve y ∈ Y . Kako je f (x) ∈ Y , onda bivrijedilo i z 6= g( f (x)) za sve x ∈ X , što bi značilo da g◦ f nije surjekcija pasmo opet u kontradikciji s pretpostavkom. Dakle, g je nužno surjekcija.

3. Krenimo od pretpostavke f (x1) = f (x2), tj.2x1 +3x1−1

=2x2 +3x2−1

za neke x1,x2 ∈R\{1}. Raspisivanjem ove jednakosti dobivamo da je tada nužno x1 = x2, odnosnof je injekcija.

4. Pretpostavimo f (x1) = f (x2), odnosno√

x1x1 +1

=

√x2

x2 +1. Zbog injektivnosti

funkcije√ · : [0,+∞〉→ [0,+∞〉, slijedi x1

x1 +1=

x2x2 +1

, odakle dobivamo x1 = x2,

odnosno f je injekcija. Funkcija f nije surjekcija, jer postoje y ∈ R takvi da jey 6= f (x) za sve x ∈ [0,+∞〉. Na primjer y =−1.

5. Funkcija g jest injekcija, ali nije surjekcija, jer ne postoji x ∈ R\{−1} takav da jeg(x) = 0. Med̄utim, funkcija g : R\{−1}→ R\{0}, čija je kodomena jednaka slicijest surjekcija pa je i bijekcija, odnosno ima inverz g−1. Za odred̄ivanje inverzauzmimo proizvoljan y ∈ R\{0} i riješimo jednadžbu y = g(x) u varijabli x:

y =1

x+1⇔ yx+ y = 1 ⇔ x = 1

y−1 .

Time smo dobili pravilo pridruživanja za inverznu funkciju: y 7→ x = g−1(y). Dakle,g−1(y) =

1y−1. Konačno f (g−1(x)) = 1

x2− 2

x.

6. Funkcija f nije injekcija, jer f (−1) = f (1), a nije ni surjekcija jer f (x)≥ 2 za svex ∈ R. Funkcija g : R\{−5} → R\{2} je bijekcija i g−1(y) = 5y+1

2− y . Direktnimračunom (g−1 ◦ f )(2) =−16.

7. Im( f ) = 〈−∞,3]. f ([0,1]) = [−1,2]. f (〈1,3〉) = 〈2,3].8. Im( f ) = [−1,+∞〉. f (〈2,7]) = 〈1,2].9. Da bi postigli refleksivnost moramo dodati parove: (1,1), (3,3), (4,4). Da bi postigli

simetričnost moramo dodati parove: (2,4), (1,3), (3,5). Relacija je tranzitivna.Klase ekvivalencije: [1] = {1,3,5}, [2] = {2,4}. Kvocijentni skup S/ρ̃ = {[1], [2]}.

10. ρ nije refleksivna, jer (c,c) /∈ ρ; nije simetrična, jer (a,b) ∈ ρ , ali (b,a) /∈ ρ; nijeantisimetrična, jer za a,d ∈ A vrijedi (a,d) ∈ ρ i (d,a) ∈ ρ; nije tranzitivna, jer(b,d),(d,a) ∈ ρ , ali (b,a) /∈ ρ . ρ̃ = ρ ∪ {(c,c),(b,a)} je relacija ekvivalencije.Klase ekvivalencije: [a] = {a,b,d}, [c] = {c}. Kvocijentni skup A/ρ̃ = {[a], [c]}.

11. ρ0 nije refleksivna, jer xρ0 x⇒ x2 = 0, tj. x = 0; simetrična je; nije antisimetrična;nije tranzitivna, jer (1,0) ∈ ρ0 i (0,1) ∈ ρ0, ali (1,1) /∈ ρ0.ρ1 nije refleksivna, jer xρ1 x⇒ x2 = 1, tj. x =±1; simetrična je; nije antisimetrična;nije tranzitivna, jer (2,1/2) ∈ ρ1 i (1/2,2) ∈ ρ1, ali (2,2) /∈ ρ1.

12. ρ nije refleksivna, jer Aρ A⇒ A∩A = /0⇒ A = /0; simetrična je; nije antisimetrična;nije tranzitivna, jer za neprazne disjunktne skupove A i B je AρB i Bρ A, med̄utim(A,A) /∈ ρ .


13. Refleksivna je jer A\A = /0 za sve A⊂ S; nije simetrična; antisimetrična je, jer AρBi BρA implicira A\B = /0 i B\A = /0, odnosno A ⊆ B i B ⊆ A, odakle je A = B;tranzitivna je, jer za AρB i BρC imamo A∩Bc = /0 i B∩Cc = /0. Kako je A∩Cc =A∩ (Bc∪B)∩Cc = A∩Bc∪B∩Cc = /0 zaključujemo AρC.

14. ρ je relacija ekvivalencije: refleksivna je, tj. x,ρ x, jer 0 je djeljivo s 4; simetrična je;tranzitivna je, jer je zbroj dva broja koja su djeljiva s 4 takod̄er djeljiv s 4.

15. ρ je relacija parcijalnog poretka: refleksivna je, antisimetrična i tranzitivna.16. ρ = {(0,0),(5,5),(0,5),(5,0),(1,1),(6,6),(1,6),(6,1),(2,2),(7,7),(2,7)(7,2),

(3,3),(4,4)}.17. refleksivnost: ϕ ∼ ϕ jer ϕ−ϕ = 0 ·2π , simetričnost: ako ϕ ∼ ψ , tj. ϕ−ψ = 2kπ

za neki k ∈ Z, onda vrijedi i ψ−ϕ = 2(−k)π , tj. ψ ∼ ϕ , tranzitivnost: ako ϕ ∼ ψ ,tj. ϕ −ψ = 2kπ za neki k ∈ Z i ψ ∼ ϑ , tj. ψ − ϑ = 2lπ za neki l ∈ Z, ondazbrajanjem slijedi ϕ−ϑ = 2(k+ l)π , tj. ϕ ∼ ϑ .Klase ekvivalencije su oblika

[ϕ] = {ψ : ψ = ϕ +2kπ , k ∈ Z} za sve ϕ ∈ [0,2π〉 .

[ϕ] = arg(x+ iy), pri čemu vrijedi tg(ϕ) = y/x.18. Npr. f : N→ 10N, f (n) = 10n za sve n ∈ N, f−1(m) = m/10 za sve m ∈ 10N.19. Npr. f : Z→ 2N i g : 2N→ Z zadane s

f (k) ={

4k+2 , k ≥ 0 ,−4k , k < 0 , g(l) =

{−l/4 , ako je l djeljiv s 4 ,(l−2)/4 , ako l nije djeljiv s 4 .

20. Npr. f : 〈−1,1〉 → 〈a,b〉 zadana s f (x) = b−a2

x+a+b

2.

21. A ⊂ X konačan i X prebrojiv. Uspostavimo bijekciju izmed̄u skupa A i skupa{1,2, . . . ,n} za neki n ∈ N te izmed̄u skupova X i N. Tada očito imamo bijekcijuizmed̄u skupova X\A i N\{1,2, . . . ,n} za koji znamo da je prebrojiv.

22. Pretpostavimo suprotno, tj. da je Y\X prebrojiv. Tada je i skup Y\X ∪X , kao unijadva prebrojiva skupa, prebrojiv skup. Kako je Y =Y\X ∪X , slijedi da je Y prebrojiv,što je u kontradikciji s pretpostavkom da je Y neprebrojiv.

23. Kardinalitet zadanog skupa podskupova jednak je kardinalitetu skupa S = {(k, l),k, l ∈N, k≤ l}. Kako je S⊂N×N očito imamo injekciju iz S u N2, stoga je cardS≤cardN2 = ℵ0. S druge strane, očito imamo i injekciju iz N u S (npr. n 7→ (1,n) ∈ S)pa je ℵ0 ≤ cardS. Stoga je cardS = ℵ0.

24. Kardinalitet skupa svih otvorenih intervala jednak je kardinalitetu skupa S= {(a,b)∈R2 |a,b ∈R , a < b}. Kao i u prethodnom zadatku imamo injekciju iz S u R2 odakleslijedi cardS≤ c. S druge strane, zbog injekcije iz R u S imamo c≤ cardS. Stoga jecardS = c.

25. c


3.5 Literatura

[1 ] A. Aglić Aljinović, I. Brnetić, V. Ćepulić, N. Elezović, Lj. Marangunić, M. Pašić,D. Žubrinić, V. Županović. Matematika 1. Element, Zagreb, 2013.

[2 ] S. Kurepa. Matematička analiza 1. Školska knjiga, Zagreb, 1997.

[3 ] D. Veljan. Kombinatorna i diskretna matematika. Algoritam, Zagreb, 2001.

[4 ] B. Pavković, D. Veljan. Elementarna matematika 1. Tehnička knjiga, Zagreb, 1991.

[5 ] M Vuković. Teorija skupova - skripta s predavanja. Sveučilište u Zagrebu, PMF-MO, 2015.

3 Funkcije i relacije3.1 Funkcije3.1.1 Definicija funkcije3.1.2 Slika funkcije3.1.3 Injekcija, surjekcija, bijekcija3.1.4 Kompozicija funkcija3.1.5 Inverzna funkcija

3.2 Relacije3.2.1 Binarne relacije3.2.2 Relacija ekvivalencije i relacija parcijalnog poretka3.2.3 Relacija ekvivalencije i particija skupa3.2.4 Opcenite relacije

3.3 Ekvipotentni skupovi i kardinalni brojevi3.3.1 Beskonacni skupovi, prebrojivost i neprebrojivost

3.4 Zadatci za vježbu3.4.1 Pitanja za ponavljanje i razumijevanje gradiva

3.5 Literatura

skripta - unizg.hr 3... · 2020. 10. 23. · ova skripta se smije koristiti iskljucivoˇ u osobne...

Documents