Diferencijalni račun funkcija više varijabli

Transcript

1 Diferecijali raču fukcija više varijabli vježbe uredio Matija Bašić Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovo-matematički fakultet Matematički odsjek

2 (skripta e može zamijeiti vježbe)

3 Sadržaj 1 Struktura ormiraog prostora a R Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Zadaci s vježbi Obavezi zadaci za samostala rad Dodati materijali Metrike i otvorei skupovi Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Zadaci s vježbi Obavezi zadaci za samostala rad Iterior, zatvarač i rub potprostora Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Zadaci s vježbi Obavezi zadaci za samostala rad Dodati materijali Gomilišta skupova Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Zadaci s vježbi Obavezi zadaci za samostala rad Dodati materijali Nizovi Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Zadaci s vježbi Obavezi zadaci za samostala rad Kompaktost Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Zadaci s vježbi Obavezi zadaci za samostala rad Dodati materijali Neprekide fukcije Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Zadaci s vježbi Obavezi zadaci za samostala rad Prošireja fukcija po eprekidosti Teorijske apomee Zadaci s vježbi i

4 8.3 Obavezi zadaci za samostala rad Povezaost i povezaost putovima Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Zadaci s vježbi Dodati materijali ii

5 Uvod Fukcije više varijabli su fukcije kojima su domea i kodemea podskupovi prostora R. Za jihovo proučavaje smo prirodo motivirai različitim problemima u fizici, biologiji, ekoomiji itd. Naime, mogo je češće da u situaciji koju želimo aalizirati imamo veći broj parametara o kojima promatraa situacija ovisi i imamo veći broj izlazih podataka koji opisuju tu situaciju i koje želimo predvidjeti u ekom budućem treutku. Prisjetimo se pojma eprekidosti u aalizi realih fukcija jede varijable. Jeda od ajvažijih teorema u primjeama eprekidosti je Bolzao-Weisterassov teorem Teorem. Neka je fukcija f : [a, b] R eprekida a segmetu [a, b] R. Tada je f([a, b]) = [m, M] takoder segmet. Uočite sljedeće posljedice ovog teorema i povezae primjere. Promatramo eprekidu fukciju defiirau a ekom podskupu od R, te as zaima je li ta fukcija ograičea i potižu li se globali ekstremi te fukcije. BW teorem am govori da je a oba pitaja odgovor potvrda ako je domea fukcije ograiče i zatvore iterval (tj. segmet). S druge strae, ako domea ije zatvore iterval ili je eograičea i jedo i drugo svojstvo e moraju vrijediti. Kao primjere promotrite fukcije tg : π 2, π 2 R, arctg: R π 2, π 2 i f : R R, f(x) = x2. Uočimo da za eprekidu fukciju a segmetu BW teorem garatira da se sve meduvrijedosti (izmedu miimuma i maksimuma fukcije) takoder postižu. To e mora biti istia ako domea eprekide fukcije ije poveza skup. Promotrite fukciju f : R \ {0} R, f(x) = 1. x Ako fukcija f : [a, b] R ije eprekida, oda jea slika e mora biti i ograičea, iti povezaa, iti ekstremi e moraju postojati. Prisjetimo se i defiicije eprekidosti reale fukcije (jede varijable) u točki. Prirodo polazište za uvodeje pojma eprekidosti je zapravo defiiraje prekida fukcije u točki. 1

6 Uočimo da fukcija f : I R R ima prekid u točki c I ako postoji (barem jeda, makar jako mala) okolia V točke f(c) u kodomei takva da svaka (ma kako bila mala) okolia točke c u domei sadrži točku x koja se preslikava izva okolie V. Zapišimo to kao defiiciju prekidosti fukcije u točki: fukcija f ima prekid u točki c ako postoji okolia V točke f(c) u kodomei takva da e postoji okolia U točke c za koju vrijedi f(u) V. Negiramo li ovu tvrdju dobivamo: fukcija f je eprekida u točki c ako e postoji okolia V točke f(c) u kodomei takva da postoji okolia U točke c za koju vrijedi f(u) V, to jest fukcija f je eprekida u točki c ako za svaku okoliu V točke f(c) u kodomei postoji okolia V točke c za koju vrijedi f(u) V. U R, svaka okolia točke x sadrži otvorei simetriči iterval koji sadrži x. Zato je avedei uvjet zadovolje za sve okolie V ako i samo ako je zadovolje u slučaju kad je V bilo koji simetriči otvorei iterval. Takoder, ako za eku okoliu V postoji okolia U sa svojstvom f(u) V, oda postoji i otvorei simetriči iterval U oko točke c takav da je f(u ) V. Dakle, vrijedi sljedeća tvrdja: fukcija f je eprekida u točki c ako za svaki simetriči iterval V oko točke f(c) u kodomei postoji simetriči otvorei iterval oko točke c za koji vrijedi f(u) V. Koačo, svaki otvorei simetriči iterval oko točke x je oblika x r, x+r i jedistveo je odrede točkom x i realim brojem r > 0. Ako pišemo V = f(c) ε, f(c) + ε i U = c δ, c + δ, oda vrijedi sljedeća tvrdja: fukcija f je eprekida u točki c ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0 tako da vrijedi f( c δ, c + δ ) f(c) ε, f(c) + ε. Naravo, to možemo pisati kao: fukcija f je eprekida u točki c ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0 tako da x c δ, c + δ povlači f(x) f(c) ε, f(c) + ε. Ili simbolima: fukcija f je eprekida u točki c I ako ( ε > 0)( δ > 0)( x I)( x c < δ = f(x) f(c) < ε. 2

7 Nizom reformulacija defiicije eprekidosti i diskusijom o Bolzao Weierstrassovom teoremu želimo preijeti dvije poruke. Prvo, matematičke kocepte treba usvajati a cjelovit ači razvijajući razumijevaje i ituiciju a temelju prethodo uvedeih pojmova, te svih primjera, kotraprimjera i svojstava koji su povezai s tim koceptom. Drugo, diskusija o defiiciji i svojstvima eprekidih fuckija pokazuje da je kocept eprekidosti moguće geeralizirati ukoliko imamo dobro defiira pojam prostora i okolie točke prostora. Čitatelj koji promatra a taj ači će biti motiviraiji za proučavaje razih svojstava koja se proučavaju u prvim poglavljima ove skripte (tj. prvim tjedima predavaja i vježbi). Cilj ovog kolegija je uvesti i istražiti eprekide i diferecijabile fukcije više varijabli. Za to ćemo koristiti zaja i ituiciju stečee a Matematičkoj aalizi 1 i 2, ali i a Liearoj algebri 1 i 2, te ćemo ta zaja povezati. Pri prvom susretu s materijom od velike je pomoći prepozati kocept strukture u matematici. Naime, kad kažemo prostor e mislimo samo a skup već i a dodatu strukturu koja am omogućava da a preciza ači govorimo o odredeim svojstvima tog prostora. Primjer algebarske strukture a R je struktura vektorskog prostora i vidjet ćemo da am je ta struktura (kao i još eke druge) potreba kako bismo defiirali diferecijabilost vektorske fukcije više varijabli. Kao što ćemo ilustrirati u uvodim pojmovima, za defiiciju kovergecije i eprekidosti ije bita ikakva algebarska strukutura, već struktura koja omogućava da govorimo o okoliama točaka prostora i pojmu bliskosti točaka kako bismo eprekidost mogli defiirati kao svojstvo fukcije da bliske točke preslikava u bliske točke. Takve strukture azivamo topološkim strukturama. Osim a ovom kolegiju zaje o tim strukturama će se proučavati a kolegijima Metrički prostori, Normirai prostori i Topologija. Mi ćemo se uglavom usredotočiti a strukture i svojstva prostora R, ali ćemo poekad rezultate iskazati u većoj općeitosti jer su defiicije ili dokazi tvrdji isti, te formulirajem općeitijih tvrdji ističemo da ema išta posebo u strukturi prostora R i stavljamo aglasak a oe pretpostavke koje su potrebe. Držaje ovih apomea a umu može olakšati učeje i pojasiti motivaciju za ači a koji je prezetiraa materija. Budući da ćemo uvesti veći broj ovih pojmova (koji su višestruko povezai a bita ači) za uspješo praćeje kolegija potreba je redoviti rad. Veći dio prve polovie semestra posveće je proučavaju algebarske i topološke strukture a R koja omogućava geeraliziraje pojam kovergecije izova, eprekidosti i diferecijabilosti. Nako toga se istražuju raza ova svojstva tih struktura, te se sve obradeo koristi u rješavaju problema prošireja fukcije više varijabli po eprekidosti. U drugoj polovii semestra se proučavaju diferecijabile fukcije s posebim aglaskom a primjeama diferecijabilosti u optimizaciji (ispitivaju lokalih i globalih ekstrema) fukcija više varijabli. Na vježbama se pojašjavaju kocepti uvedei a predavaju i veze izmedu tih kocepata kroz rješavaje zadataka, dokazivaje pomoćih tvrdji i diskusije. Svrha skripte je olakšati praćeje astave osiguravajući osove bilješke i a taj ači omogućiti da se vježbe iskoriste za dodato promišljaje i aktivo uključivaje u diskusiju. 3

8 Pod aslovom Dodati materijali u ovoj skripti se alaze objašjeja koja daju širi kotekst i a taj ači poboljšavaju razumijevaje, daju poticaj za dodati rad te olakšavaju povezivaje gradiva ovog kolegija s jegovim sljedbeicima. 4

9 1 Struktura ormiraog prostora a R Prostori R su osovi (možemo reći kaoski) primjeri vektorskih prostora ad polje realih brojeva. Operacije zbrajaja i možeja defiiramo po kompoetama. U ovom poglavlju ćemo se prisjetiti što je struktura ormiraog prostora i proučiti raze orme a R. 1.1 Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Na Liearoj algebri smo defiirali pojam vektorskog prostora ad poljem k kao uredeu trojku (V, +, ) pri čemu je V eki skup, a + : V V V i : k V V operacije koje zadovoljavaju odredee aksiome. Kažemo da te operacije daju skupu V strukturu vektorskog prostora Teorem. Neka je V reali vektorski prostor sa skalarim produktom ( ). Norma iduciraa tim skalarim produktom ( x = (x x)) zadovoljava jedakost paralelograma, to jest vrijedi x + y 2 + x y 2 = 2( x 2 + y 2 ), x, y R. Dokaz. x + y 2 + x y 2 = (x + y x + y) + (x y x y) = (x x) + (x y) + (y x) + (y y) + (x x) (x y) (y x) + (y y) = 2( x 2 + y 2 ) Defiicija. Neka su i orme a vektorskom prostoru V. Kažemo da je orma ekvivaleta s ormom ako postoje kostate m, M > 0 takve da za svaki x V vrijedi m x x M x. Na predavajima je pokazao da su orme i 2 a R ekvivalete, to jest pokazao je da za svaki x R vrijedi x x 2 x. (1) Naš cilj je geeralizirati pojam limesa, a da bismo to mogli moramo defiirati pojam okolie, tj. moramo zati kad su točke blizu jeda drugoj. Upravo to am omogućava orma, a pojam ekvivalecije ormi je važa jer je pojam bliskosti sačuva radi li se o ekvivaletim ormama Teorem. Na koačodimezioalom vektorskom prostoru sve su orme ekvivalete. (Ovaj teorem ćete dokazati kad obradimo eprekide fukcije a kompaktima skupovima.) 5

10 1.2 Zadaci s vježbi 1. Dokažite da su orme 1 i 2 a R ekvivalete. Rješeje. Neka je x = (x 1,..., x ) R. Primjeom aritmetičko-kvadrate ejedakosti a brojeve x i 0 dobivamo x x x x 2, a odatle x 1 x 2. Obrato, pa je x x 2 x x x 1 x x 1 x = ( x x ) 2, Pokazali smo da za svaki x R vrijedi pa su orme 1 i 2 ekvivalete. x 2 x 1. x 2 x 1 x 2, (2) Napomea. Budući da je ekvivalecija ormi relacija ekvivalecije, zaključujemo i da su orme i 1 ekvivalete. Posebo, iz (1) i (2) slijedi 1 x 1 x x Obavezi zadaci za samostala rad 1. Podsjetite se što su skalari produkt i orma, te što su uitari i ormirai prostor. 2. Provjerite da su formulama: (x 1,..., x ) 2 = x x 2, (x 1,..., x ) 1 = x x, (x 1,..., x ) = max{ x 1,..., x } defiirae orme 2, 1, : R R. 3. Norma 2 iduciraa skalarim produktom. Kako glasi taj skalari produkt? 4. Jesu li 1 i iducirae skalarim produktom? 5. Dokažite da je ekvivalecija ormi relacija ekvivalecije. 6

11 1.4 Dodati materijali 1. Dokažite da vrijedi obrat teorema iskazaog u teorijskom dijelu: Ako orma a vektorskom prostoru zadovoljava jedakost paralelograma, oda možemo defiirati skalari produkt koji iducira tu ormu. Uputa: Defiiramo preslikavaje ( ): V V R polarizacijskom formulom (x y) = 1 4 ( x + y 2 x y 2 ). Provjerite da je ( ) skalari produkt (tj. da zadovoljava sve aksiome iz defiicije skalarog produkta), te da vrijedi (x x) = x Promotrite skup eprekidih fukcija C([ 1, 1]) = {f : [ 1, 1] R : f eprekida}. Uz zbrajaje i možeje realim brojevima po točkama dobivamo beskoačodim. vektorski prostor. Provjerite da su formulama f = max f(x), x [ 1,1] f 1 = 1 1 f(x) dx za f C([ 1, 1]) defiirae orme koje isu ekvivalete. Uputa: Promotrite fukcije 0, x [ 1, 1 ] [ 1, 1]; f (x) = 2 x +, x [ 1, 0]; 2 x +, x [0, 1 ] 7

12 2 Metrike i otvorei skupovi U ovoj cjelii ćemo pojam okolia precizirati koristeći pojam otvoreog skupa. 2.1 Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Udaljeost dviju točaka (krajjih točaka radijvektora) u realom ormiraom prostoru V možemo defiirati s d(x, y) = x y. No, udaljeost, tj. preslikavaje d, možemo defiirati i a skupu koji ema strukturu vektorskog prostora Defiicija. Za preslikavaje d : X X R kažemo da je metrika a X ako vrijedi: (D1) d(x, y) 0, x, y X. (D2) d(x, y) = 0 x = y. (D3) d(x, y) = d(y, x), x, y X. (D4) d(x, z) d(x, y) + d(y, z), x, y, z X. Metrički prostor je urede par (X, d) skupa X i metrike d a X Defiicija. Neka je x R i r > 0. Skup K(x, r) = {y X : d(x, y) < r} azivamo otvorea kugla u R obzirom a metriku d Napomea. Ako ije drugačije avedeo, podrazumijevamo da a prostoru R promatramo metriku zadau formulom d(x, y) = x y Defiicija. Za podskup A metričkog prostora (X, d) kažemo da je otvore skup ako za svaku točku x A postoji r > 0 takav da je K(x, r) A Propozicija. Otvorea kugla je otvore skup. 2.2 Zadaci s vježbi 1. Neka su d 2, d 1 i d redom metrike a R 2 iducirae ormama 2, 1,. Kako izgledaju kugle oko ishodišta radijusa 1 obzirom a te metrike? Rješeje. Kugle oko 0 u R 2 u metrikama d 2, d 1 i d : To pokazujemo koristeći defiiciju i raspisujući uvjete. 8

13 2. Za zadae reale brojeve a i < b i, i = 1,..., dokažite da je otvorei pravokutik S = a 1, b 1... a, b otvore skup u R obzirom a stadardu metriku d 2. Rješeje. Neka je x 0 = (x 0 1,..., x 0 ) S. Defiiramo r := mi 1 i {x0 i a i, b i x 0 i }. Zbog x 0 S vrijedi r > 0. Pokažimo da je K(x 0, r) S. Neka je x = (x 1,..., x ) K(x 0, r). Tada je x i x 0 i x x 0 2 < r, pa je x i x 0 i < r b i x 0 i i x 0 i x i < r x 0 i a i. Slijedi da je a i < x i < b i za i = 1,...,, to jest x S. Otvorea kugla i otvorei pravokutik su otvorei skupovi u R Obavezi zadaci za samostala rad 1. Neka je (V, ) ormirai prostor. Provjerite da je d : V V R, d(x, y) = x y metrika a V. 2. Skicirajte skup {x R 2 : x (1, 0) 1} \ {x R 2 : x 2 < 2}. 3. Neka je E koača skup. Pokažite da je formulom d(a, B) = A B, A, B E defiiraa metrika a skupu svih podskupova od E. 9

14 4. Pokažite da je formulom { x y 2, ako su x i y li. zavisi, d(x, y) = x 2 + y 2, iače. defiiraa metrika a R 2. (Ovu metriku možete iterpretirati a sljedeći ači - od grada x do y moramo prvo otići u Lodo, koji je ishodište, osim ako x i y isu a istoj liiji prema Lodou.) 5. Neka su d 1 i d 2 metrike a skupu X. Odredite jesu li metrike: 1 3 d d 2, mi{d 1, d 2 }, max{d 1, d 2 }, d 1 d Koristeći defiiciju otvoreog skupa, dokažite da je skup otvore u R 2. A = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 > 4, y < 6} 7. Koristeći defiiciju otvoreog skupa pokažite da je skup otvore u metričkom prostoru (R 3, d 2 ). {(x, y, z) R 3 : x 2 + y 2 + z 2 > 4, x < 6} 8. Skicirajte skup {(x, y) R 2 : x < y < 1} te, koristeći defiiciju otvoreog skupa, pokažite da je otvore u metričkom prostoru (R 2, d 2 ). 9. Neka je T koača podskup ravie R 2. Pokažite da je skup R 2 \ T otvore. 10

15 3 Iterior, zatvarač i rub potprostora U prethodom poglavlju smo promatrali otvoree skupove u metričkom prostoru. U ovom poglavlju ćemo govoriti o potprostorima metričkog prostora, te jihovom iterioru, zatvaraču i rubu. 3.1 Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Defiicija. Neka je X R. Za podskup A X kažemo da je otvore u X ako postoji otvore skup U (u R ) takav da je A = U X Primjer. Skup 0, 1] ije otvore skup u R, ali jest otvore skup u [ 1, 1] Primjer. Skup 0, 1 je otvore u R, ali skup 0, 1 {0} ije otvore u R Napomea. Vrlo je važo uvijek istakuti ambijetali prostor X obzirom a koji promatramo je li eki podskup A otvore u X! Defiicija. Kažemo da je podskup A R zatvore ako je R \ A otvore Napomea. Nije isto reći da skup ije otvore i da je zatvore! Primjer. Postoje podskupovi koji isu otvorei i zatvorei, pr. skup [0, 1 u R. Skupovi, R su otvorei i zatvorei u R. U prostoru X = [0, 1] [3, 4] podskup [0, 1] je otvore i zatvore (više o tome kod povezaosti) Defiicija. Neka je A R. Defiiramo zatvarač skupa A: A = Z, iterior skupa A: ItA = A Z,Z zatvore U A,U otvore rub skupa A: A = A R \ A. 3.2 Zadaci s vježbi 1. Neka su A i B podskupovi prostora R. Dokažite (i) ItA je otvore skup, a A je zatvore skup. Vrijedi It(A) A A. (ii) (iii) (iv) U, A je ajmaji zatvorei skup koji sadrži A, to jest ako je B zatvore skup koji sadrži A, oda B sadrži i A. It(A) je ajveći otvorei skup koji je sadrža u A, to jest ako je B otvorei skup koji je sadrža u A, oda It(A) sadrži B. Ako je A B, oda je A B i It(A) It(B). (v) Neka je x X. Tada je x A r > 0 vrijedi K(x, r) A. 11

16 (vi) Neka je x X. Tada je x It(A) r > 0 takav da je K(x, r) A. Rješeje. Prve četiri tvrdje slijede lako iz defiicija. Pokažimo tvrdju (v). Pretpostavimo da postoji r > 0 takav da je K(x, r) A =. Tada je Z = R \ K(x, r) zatvore skup koji sadrži A i x Z. No, tada x A Z,Z zat. Z = A. Ako x A, oda postoji Z zatvore koji sadrži A takav da x Z. Budući da je R \ Z otvore skup postoji r > 0 takav K(x, r) R \ Z, što povlači K(x, r) A =. Posljedja tvrdja se dokazuje a sliča ači i ostavljea je čitatelju za vježbu. 2. a) Odredite It(Q), Q i Q u R. b) Neka je K = [0, 1] 0, 1. Odredite It(K), K i K u R 2. Rješeje. a) It(Q) =, Q = R, Q = R. b) It(K) = 0, 1 0, 1, K = [0, 1] [0, 1], K = ({0, 1} [0, 1]) ([0, 1] {0, 1}). 3. Dokažite A B = A B. Rješeje. Iz A A B, slijedi A A B, te isto tako B A B. Stoga je i A B A B. S druge strae A B je zatvore skup koji sadrži A B, pa sadrži i A B, pa je pokazaa tvrdja. 4. Vrijedi li A B = A B? Rješeje. Kako je A B A A i isto tako A B B, slijedi da je A B A B. Stoga je A B zatvore skup koji sadrži A B, pa sadrži i A B. Obrata ikluzija medutim e mora vrijediti. Uzmimo a primjer za A = [0, 1], B = 1, 2]. Tada je A B = =, a A B = [0, 1] [1, 2] = {1}. 5. Dokažite A = ItA A. Rješeje. Iz defiicije A = A R \ A, slijedi A A. Nadalje, It A A A, pa je It A A A. Za obratu ikluziju eka je x A i pretpostavimo x / It A. To zači da e postoji kugla oko x koja je čitava sadržaa u A. Drugim riječima, za svaku kuglu K(x, r) vrijedi K(x, r) (R \ A). Prema tvrdji (iv) apomee, to točo zači da je x R \ A. 6. Dokažite ItA A =. Rješeje. Neka je x It A. To zači da postoji r > 0 takav da je K(x, r) A, to jest da je K(x, r) (R \ A) =. Odatle slijedi x / R \ A, pa x / A. 12

17 3.3 Obavezi zadaci za samostala rad 1. Promotrimo skup X = 0, 1 2, 3 R. Dokažite da je skup 0, 1 istovremeo otvore i zatvore u X. 2. Dokažite da u R osim i R ema skupova koji su istovremeo otvorei i zatvorei. 3. Odredi zatvarač, rub i iterior skupova Z, R, A = { 1 : N} u R. 4. Odredite S ako je S = { 1 : N} u R. Je li skup S zatvore u R? 5. Odredite zatvarač u R 2 skupa Q { 1 : N} = {(q, 1 ) R2 : q Q, N}. 6. Odredite ItA, A i A ako je A = {x R : x 2 = 1}. 7. a) Neka je f : R R eprekida. Koristeći defiiciju zatvoreog (i otvoreog) skupa u metričkom prostoru, dokažite da je graf fukcije f zatvore skup u R 2. b) Neka je sada f : R R zadaa s { si ( ) 1 x 0 x f(x) = 0 x = 0 Odredite zatvarač grafa fukcije f. 8. Neka je A R. Dokažite 3.4 Dodati materijali R \ A = It(R \ A), R \ ItA = R \ A. U ovom ćemo dijelu objasiti pojam topološkog prostora koji geeralizira pojam metričkog prostora. Veći ivo apstrakcije am omogućava da bolje razumijemo zbog čega su odredee tvrdje istiite. Veći ivo općeitosti omogućava proučavaje većeg broja primjera, iako detaljije proučavaje topoloških prostora ostavljamo za eke druge kolegije Defiicija. Za familiju τ podskupova ekog skupa X kažemo da je topologija a X i par (X, τ) azivamo topološki prostor ako vrijedi: (T1) τ, X τ. (T2) Za proizvolju potfamiliju {U i } i I τ vrijedi i I U i τ. (T3) Za N i proizvolje skupove U 1,..., U τ vrijedi i=1 U i τ. Elemete topologije azivamo otvoreim skupovima. 13

18 Primjer. Na skupu X = {1, 2, 3}, familija τ = {, {1, 2}, {1, 3}, X} ije topologija jer presjek {1} = {1, 2} {1, 3} ije u τ Primjer. Na skupu X = {1, 2, 3}, familija τ = {, {1}, {1, 2}, X} je topologija. Ne postoji metrika d a X takva da je τ familija otvoreih skupova obzirom a d jer u metričkom prostoru za svake dvije točke možemo aći disjukte otvoree kugle oko tih točaka, a u (X, τ) e postoje dva disjukta otvorea skupa od kojih jeda sadrži 2, ali e sadrži 1. Kažemo da topološki prostor (X, τ) ije metrizabila Napomea. Neka je Y X podskup metričkog (ili topološkog) prostora X, te eka je σ = {Y U : U je otvore u X}. Tada je σ topologija a Y koju azivamo relativa topologija. Za podskup V Y kažemo da je otvore u Y ako je otvore u relativoj topologiji a Y Zadatak. 1. Neka je (X, d) metrički prostor. Dokažite da je familija svih otvoreih skupova obzirom a d (tj. skupova A takvih da za svaku točku x A postoji r > 0 takav da je K(x, r) A) topologija a X (tj. da zadovoljava aksiome (T1)-(T3)). 2. Odredite ajmaju topologiju τ a skupu R koja sadrži sve otvoree itervale. 3. Dokažite da ekvivalete orme iduciraju iste topologije. 4. Neka je τ topologija a skupu X, a Y podskup od X. Neka je σ = {Y U : U τ}. Dokažite da je σ topologija a Y. 5. Pokažite da se relativa topologija a R kao podskupu od (R 2, d 2 ) poklapa s topologijom a R iduciraom euklidskom metrikom. 6. Promotrimo kružicu S 1 = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 = 1} i preslikavaje f : R R 2, f(t) = (cos t, si t). Za podskup A S 1 kažemo da je dobar ako je f 1 (A) otvore skup u R. Dokažite da dobri skupovi čie topologiju i da je ta topologija jedaka relativoj topologiji a S 1 promotraoj kao podskup od R 2 sa stadardom topologijom. Aksiomi topološkog prostora se mogu čiiti eprirodim ili ejasim pri prvom susretu s jima. U astavku ćemo promotrit pristup koji je prirodiji i koji je povijeso korište prije aksioma (T1)-(T3). Aksiome (T1)-(T3) uveo je Felix Hausdorff, a češće su korištei jer su jedostaviji i praktičiji u primjeama. 14

19 Defiicija. Neka je X skup. Reći ćemo da je a skupu X daa okoliska topologija ako je svakom elemetu x X pridruže epraza skup N(x) podskupova od X, zvaih okolie od x, tako da vrijede sljedeći aksiomi (N1) Svaka okolia od x sadrži x, tj. U N(x) povlači x U. (N2) Ako je U okolia od x i U V, oda je i V okolia od x. (N3) Presjek bilo koje dvije okolie od x je okolia od x. (N4) Ako je U okolia od x, oda U sadrži okoliu V od x takvu da je V okolia svakog elemeta od U DZ. Dokažite da su spomeuta dva pristupa ekvivaleta. 1) Neka je daa okoliska topologija a skupu X i kažimo da je skup U X otvore ako je U okolia svakog svog elemeta. Dokažite da tako defiirai otvorei skupovi čie topologiju a X. 2) Neka je daa topologija a X i kažimo da je skup U X okolia od x X ako U sadrži eki otvorei skup V koji sadrži x. Dokažite da tako defiirae okolie čie okolisku topologiju a X. 15

20 4 Gomilišta skupova U ovom poglavlju obradujemo pojam gomilišta skupa koji je važa u defiiciji limesa fukcije više varijabli. Obratite posebu pažju da je pojam gomilišta skupa različit od pojma gomilišta iza. 4.1 Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Defiicija. Neka je A R. Kažemo da je x R gomilište skupa A ako svaka kugla oko x sadrži barem jedu točku iz A različitu od x, tj. (K(x, r) A) \ {x}, r > 0. Skup svih gomilišta skupa A ozačavamo s A ili A d Primjer. Točka 0 R je gomilište skupa jer svaka ε-kugla oko 0 sadrži 1 za > 1 ε. A = { 1 : N} Defiicija. Elemete skupa A koji isu u A d azivamo izoliraim točkama Propozicija. Neka je A R. Tada je A = A A d Teorem. Neka je A R. Skup A je zatvore u R ako i samo ako sadrži sva svoja gomilišta Defiicija. Podskup A R je gust u R ako za svaku točku x R i svaki otvorei skup U koji sadrži x postoji a A U. 4.2 Zadaci s vježbi 1. Odredite skup S d svih gomilišta skupa S u R 2 : a) S = {(m, ) m, Z}, b) S = {(p, q) p, q Q}. Kako bismo odredili skup gomilišta, za oe točke koje su gomilišta potrebo je pokazati da to jesu, a za oe koje isu da to isu. Rješeje. a) Pokazat ćemo da skup S ema gomilišta. Neka je (m, ) S, te eka je (m, ) (m, ) S i m m. Budući da su m i m cijeli brojevi vrijedi d((m, ), (m, )) = (m m ) 2 + ( ) 2 m m 1, pa je S K((m, ), 1 2 ) = {(m, )}, što povlači da (m, ) Sd. 16

21 Neka je (x, y) R 2 \ S i pretpostavimo da x Z. Tada postoji jedistvei cijeli broj m Z takav da je m < x < m+1. Pravokutik m, m+1 y 1, y+1 R 2 je otvore, pa postoji kugla K((x, y), r) koja je u jemu sadržaa. Budući da uutar tog pravokutika ema drugih točaka iz S, vrijedi K((x, y), r) S =, pa (x, y) ije gomilište skupa S. Aalogo postupamo ako y Z. b) Pokazat ćemo da je svaka točka (x, y) R 2 gomilište od S. Iz Mat. aalize 1 zamo da je skup Q je gust u R: Svaki reala broj x se može proizvoljo dobro aproksimirati racioalim brojem, to jest za svaki ε > 0 postoji q x Q, q x takav da je x q x < ε 2. Za dau točku (x, y) i ε > 0 tada postoje q x, q y Q takvi da je d((x, y), (q x, q y )) = ε 2 x q x 2 + y q y 2 < 2 + ε2 2 = ε iz čega slijedi da je (q x, q y ) S K((x, y), ε), (q x, q y ) (x, y). Zbog proizvoljosti ε slijedi da je (x, y) S d. 4.3 Obavezi zadaci za samostala rad 1. Vrijedi li (ItA) d = A d? Vrijedi li A d = A d? 2. Dokažite da je A gust u R ako i samo ako A = R. 3. Za svaki priroda broj eka je { K = (x, y) R 2 : (x, y) ( 1, 1 ) = 1 }, xy 0 te eka je K = N K. Odredite skup gomilišta skupa K. 4. Odredite skup svih gomilišta skupova A i B ako je A = {(x, y) R 2 : x 0, 1 }, B = {(2q, 1 m ) R2 : q Q, m Z \ {0}}. 5. Neka je A = {(x, x ) R2 : x > 0}. Odredite skup gomilišta skupa A = N A. 17

22 6. Neka je S = {(x, y) R 2 : y = 1 si x }. Je li skup S = N S zatvore? 7. Kostruirajte primjer skupa koji ima beskoačo gomilišta, a da e sadrži ijedo gomilište. Kostruirajte primjer beskoačog skupa u R koji ema gomilište. 4.4 Dodati materijali Neki studeti su se već susreli s pojmom gustog skupa u teoriji skupova: Za parcijalo urede skup (S, ) kažemo da je gust ako za svaka dva elemeta x, y S, x < y postoji z S takav da vrijedi x < z < y. Npr. skup racioalih brojeva Q uz stadarda uredaj je gust, dok skup cijelih brojeva Z ije. Takoder, kao potprostor metričkog prostora Q je gust u R. Skup Q [0, 1] je gust potpuo urede skup koji ije gust kao potprostor od R. Česta pogreška studeata je isticaje skupovoteoretske defiicije za gustoću skupa Q u situacijama u kojima treba koristiti da je Q gust potprostor od R. Primijetiti da su ta dva pojma sliča, ali različita i emojte ih miješati. Razlika je što u skupovoteoretskoj defiiciji ema većeg ambijetalog prostora u odosu a koji promatramo gustoću! Defiicije su sliče jer za potpuo urede skup koji je u skupvoteoretskom smislu gust vrijedi da je gust u samome sebi kao topološki prostor uz uredaju topologiju (a Q to je stadarda topologija iduciraa euklidskom metrikom). 18

23 5 Nizovi U ovom poglavlju obradujemo izove u metričkim prostorima. Mogi teoremi koje smo za limese izova u R dokazali a Matematičkoj aalizi 1 imaju svoje aalogoe i za limese izova u metričkom prostoru. Na predavaju je ostavljeo edokazao ekoliko propozicija čiji dokazu si potpuo aalogi dokazima za reale brojeve. Za studete je ajkorisije da te propozicije pokušaju sami dokazati, te kozultiraju bilješke jedio kad ikako e mogu sami dovršiti te dokaze. 5.1 Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Defiicija. Kažemo da iz (x ) u R kovergira ako postoji x R takav da je ( ε > 0)( 0 N)( 0 )(d(x, x) < ε). Kažemo da je x limes iza (x ) i ozačavamo lim x = x. Kažemo da je točka x R gomilište iza (x ) ako svaka kugla oko x sadrži beskoačo mogo člaova iza (x ) Napomea. U metričkom prostoru limes iza je jedistve ako postoji (to ije istia u svakom topološkom prostoru) Primjer. Razlikujemo gomilište iza i gomilište skupa vrijedosti iza. Neka je a = ( 1). Taj iz ima dva gomilišta -1 i 1, a skup A = {a : N} = { 1, 1} ema gomilišta Propozicija. Niz (x k = (x 1 k, x2 k,..., x k )) k kovergira prema x = (x 1,..., x ) u R ako i samo ako izovi (x j k ) k kovergiraju prema x j za sve j = 1, 2,..., Primjer. Niz čiji elemeti su dai s x k = ( 1 k, (1 + 1 k )k, 1 1 k 2 ) kovergira prema (0, e, 1) Teorem. Neka je A R. Skup A je zatvore u R ako i samo ako za svaki iz u A koji u R kovergira prema x R vrijedi da je x A Defiicija. Kažemo da je podskup A R ograiče ako postoji r > 0 takav da je A K(0, r), gdje je 0 ishodište prostora R Defiicija. Za iz (x ) u R kažemo da je Cauchyev (ili C-iz) ako ( ε > 0)( 0 N)(, m 0 )(d(x, x m ) < ε) Teorem. U R svaki Cauchyev iz kovergira Primjer. Niz racioalih brojeva 3, 3.1, 3.14,... je Cauchyev, ali e kovergira u Q (jer π ije racioala broj). Kažemo da Q (s euklidskom metrikom) ije potpu metrički prostor. 19

24 5.2 Zadaci s vježbi Propozicija. Točka a R je gomilište iza (a k ) k ako i samo ako postoji podiz iza (a k ) k koji kovergira prema a. Dokaz. Neka je a R gomilišta iza (a k ) k. Kostruirat ćemo podiz b k = a p(k) koji kovergira prema a. U svakoj kugli K(a, ɛ) alazi se beskoačo mogo člaova iza. Posebo, za ɛ = 1 postoji a p(1) takav da je a p(1) a < 1. Za ɛ = 1 postoji beskočo mogo člaova u 2 K(a, 1/2), pa možemo odabrati p(2) > p(1) takav da je a p(2) a < 1/2. Nastavljamo a isti ači i dobivamo podiz b = a p takav da vrijedi b k a < 1. Kako 1 0, slijedi da k k i b k a 0, to jest b k a. Obrato, eka je a R i eka je (a p(k) ) k podiz koji kovergira prema a. Tada za zadai ɛ > 0 postoji k 0 N takav da za k k 0 vrijedi a p(k) a < ɛ, pa za k k 0 vrijedi a p(k) K(a, ɛ). Zaključujemo da u svakoj kugli K(a, ɛ) leži beskoačo mogo člaova iza (a k ) k, pa je a gomilište iza Propozicija. Podiz svakog kovergetog iza u R je takoder kovergeta s istim limesom. Dokaz. Neka je (a k ) k iz u R koji kovergira prema a, te eka je (a p(k) ) k jegov podiz. Pokazujemo da iz (a p(k) ) k takoder kovergira prema a. Za zadai ɛ > 0, postoji k 0 N takav da za svaki k k 0 vrijedi a k a < ɛ. Fukcija p : N N je po defiiciji strogo mootoa, a iz toga se idukcijom provjeri da za svaki k N vrijedi p(k) k. Stoga za k k 0 vrijedi p(k) k k 0, a odatle a p(k) a < ε, pa a p(k) a Propozicija. Neka je B R. Tada je x B ako i samo ako postoji iz u B kojem je x limes. Dokaz. Neka je x B. Tada svaka kugla oko x sadrži bar jedu točku iz B. Posebo, za svaki k N postoji x k B takva da je x x k < 1. Odatle slijedi da x k k x. Obrato, eka je (a k ) k iz u B koji kovergira prema x. Treba dokazati da je x B, to jest da svaka kugla oko x sadrži točku iz B. Za ɛ > 0 postoji k 0 N takav da za k k 0 vrijedi a k x < ɛ, pa je specijalo a k0 B K(x, ɛ) Propozicija. U R vrijedi: (i) (ii) Svaki kovergeta iz je Cauchyjev. Skup vrijedosti Cauchyjevog iza je ograiče. (iii) Ako podiz Cauchyjevog iza kovergira prema a, oda i čitav iz kovergira prema a. Dokaz. (i) Neka je (x k ) k kovergeta iz s limesom x. Za zadai ɛ > 0 postoji k 0 N takav da za k k 0 vrijedi d(x k, x) < ɛ/2. Sada za k, l k 0 vrijedi d(x k, x l ) d(x x, x) + d(x, x l ) < ɛ/2 + ɛ/2 = ɛ. 20

25 (ii) Neka je (x k ) k Cauchyjev iz. Za ɛ = 1 postoji k 0 N takav da za k, l k 0 vrijedi d(x k, x l ) < 1. Posebo, za k k 0 vrijedi d(x k, x k0 ) < 1, pa je x k K(x k0, 1). Neka je M = max k 0 1 i=1 {d(x i, x k0 )}. Za svaki k N vrijedi x k K(x k0, M + 1), to jest x k K(0, M d(x k0, 0)). (iii) Neka je (x k ) k Cauchyjev iz čiji podiz x p(k) kovergira prema x. Tvrdimo da i x k x. Fiksirajmo ɛ > 0. Budući x p(k) x, postoji k 0 N takav da za k k 0 vrijedi d(x p(k), x) < ɛ/2, a budući je iz (x k ) k Cauchyjev, postoji k 0 N takav da za k, l k 0 vrijedi d(x k, x l ) < ɛ/2. Sada za k 0 = max{k 0, k 0} i k k 0 koristeći p(k) k dobivamo d(x k, x) d(x k, k p(k0 )) + d(x p(k0 ), x) < ɛ/2 + ɛ/2 = ɛ. Time je dokaz dovrše. 5.3 Obavezi zadaci za samostala rad 1. Neka je B R. Dokažite da je B potpu ako i samo ako je zatvore. 2. Dokažite da Cauchyev iz u metričkom prostoru može imati ajviše jjedo gomilište. 3. Za iz (a k ) k u R vrijedi ejedakost a k a l 1 k + 1 l za sve k, l N. Dokažite da taj iz kovergira. 21

26 6 Kompaktost Kompaktost je vrlo važo topološko svojstvo. Imamo sljedeću važu geeralizaciju Bolzao- Weierstrassovog teorema: eprekide fukcije preslikavaju kompakte skupove u kompakte skupove. Posebo, ako je slika reale fukcije kompakta (tj. ograiče i zatvore) skup, oda je fukcija ograičea i postiže globale ekstreme. Obratite pažju da kompakti skupovi e moraju biti povezai, pa emamo užo tvrdju o postizaju svih meduvrijedosti. 6.1 Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Defiicija. Neka je A podskup od R. Kažemo da je A kompakta ako i samo ako je ograiče i zatvore Primjer. Skup A = {x R : si x = 0.56} ije kompakta jer ije omede, iako je zatvore Teorem. Neka je A podskup od R. Tada je A kompakta ako i samo ako svaki iz u R ima kovergeta podiz u R Primjer. Skup {(x, y) R 2 : xy 1, x 2 + y 2 5} je kompakta. Ograiče je jer je čitav sadrža uutar otvoreog kruga radijusa 3. Pokušajte dokazati zatvoreost prema defiiciji. Na ovom primjeru vidjet ćete koliko je praktičo dokazivati zatvoreost koristeći eprekide fukcije a ači koji ćemo vidjeti u sljedećim vježbama Teorem. (HEINE-BOREL) Neka je A podskup od R. Tada je A kompakta ako i samo ako svaki otvorei pokrivač od A ima koača potpokrivač. 6.2 Zadaci s vježbi 1. Neka je A R omede. Dokažite da je A kompakta. Rješeje. Potrebo je pokazati da je A zatvore i ograiče. Zatvoreje bilo kojeg skupa je zatvore skup, pa je dakle dovoljo pokazati da je A omede. Kako je A omede, postoji R > 0 takav da je A K(0, R). Ali tada je A K(0, R) K(0, 2R), pa je A omede. 2. Je li skup S = {(x, y) R 2 : xy 1, x 2 + y 2 < 5} kompakta? Rješeje. Skup S ije zatvore (zašto? što mu je zatvarač?), pa ije i kompakta. 3. Neka je A = {(x, y) R 2 : x 4 + y 4 = 1}. Dokažite da je A kompakta. Rješeje. Dokazat ćemo da je A omede i zatvore. Za (x, y) A vrijedi x 4 + y 4 = 1, pa je x 4, y 4 1, odoso x, y 1. Odatle slijedi da je x 2 + y 2 2, pa zbog 2 < 2 slijedi (x, y) K(0, 2). Dakle, A je ograiče. 22

27 Pokažimo da je A zatvore. Neka je a = (x, y ) iz u A koji kovergira ka (x, y) R 2. Želimo pokazati (x, y) A. Iz (x, y ) (x, y), slijedi da x x i y y. Budući da je poteciraje eprekida fukcija, vrijedi x 4 x 4 i y 4 y 4. Za reale brojeve zamo da je limes zbroja je zbroj limesa, pa x 4 + y 4 x 4 + y 4. Budući da je a A vrijedi x 4 + y 4 = 1, pa je iz (x 4 + y) 4 kostata i zaključujemo da je x 4 + y 4 = 1, tj. (x, y) A. 4. Dokažite da skupovi (a) (b) K(0, 1) R Z R isu kompakti i to alazeći otvorei pokrivač koji ema koača potpokrivač. Rješeje. (a) Pogledajmo familiju otvoreih kugla {K(0, 1 1 ), 2}. Tvrdimo K(0, 1) 2 K(0, 1 1 ). Neka je x K(0, 1). Tada je 1 x > 0, pa postoji N takav da je 1 < 1 x, to jest takav da je x K(0, 1 1 ). Slijedi da je {K(0, 1 1 ), 2} otvorei pokrivač od K(0, 1). Pretpostavimo da postoji koača potpokrivač i eka je N ajveći takav da se K(0, 1 1 ) javlja u potpokrivaču. Tada bi vrijedilo K(0, 1) K(0, 1 1 ), što ije istia. (b) Za tražei pokrivač može se uzeti {K(, 1 ), Z} Obavezi zadaci za samostala rad 1. Proadite otvorei pokrivač skupa 0, 1] koji ema koača podpokrivač. 2. Pokažite da je skup kompakta. 3. Pokažite da je skup kompakta. A = {(x, y, z, w) R 4 : (x, y) 1 + (z, w) 1} S = {(x, y, z) R 3 : x 2 + y 2 4x, x 2 + y 2 16 z, x 0}. 4. Pokažite da je Catorov skup kompakta skup. 23

28 6.4 Dodati materijali Defiicija. Kažemo da je metrički prostor X izovo kompakta ako svaki iz u X ima kovergeta podiz u X. Postoje metrički prostori (aravo, drugačiji od R sa stadardom topologijom) koji su kompakti (ograičei i zatvorei), a isu izovo kompakti. Takoder, postoje izovo kompakti metrički prostori koji isu kompakti. No, u ovom kolegiju će as zaimati samo podskupovi od R, pa e morate briuti o tim razlikama. U topološkom prostoru koji ije metrički prostor ema smisla govoriti o ograičeosti. Takoder, postoje topološki prostori u kojima kovergeti izovi emaju jedistvee limese (takvi prostori isu metrizabili). Heie-Borelov teorem omogućava am drugačiju defiiciju kompaktosti koju možemo koristiti u bilo kojem topološkom prostoru, a koja ije u kotradikciji s dosadašjom defiicijom Defiicija. Topološki prostor X je kompakta ako svaki otvorei pokrivač od X ima koača potpokrivač. Pojam Lebesguevog broja ećemo koristiti a ovom kolegiju. Taj pojam je vrlo važa u korišteju kompaktosti u razim situacijama (pr. u dokazu da je eprekida fukcija a kompaktom skupu uiformo eprekida, ali i mogim drugim tvrdjama) Defiicija. Neka je A podskup metričkog prostora X i U pokrivač skupa A. Kažemo da je λ > 0 Lebesgueov broj pokrivača U ako za svaki B A takav da je diamb < λ postoji U U takav da je B U Napomea. Ako je λ Lebesgueov broj za pokrivač U, oda je i svaki λ < λ Lebesgueov broj tog pokrivača Teorem. Ako je A kompakta skup i U otvore pokrivač skupa A, oda Lebesgueov broj pokrivača U postoji DZ. Odredi ajveći Lebesgueov broj pokrivača U = { 1 3, 2 } N{ 1, 1 } kompaktog skupa A = [0, 1] R. 24

29 7 Neprekide fukcije U ovom poglavlju diskutiramo eprekide fukcije. Kao što je ajavljeo u uvodu, vidjet ćemo da su svi dosad obradei pojmovi biti za dobro razumijevaje eprekidih fukcija. 7.1 Podsjetik a predavaja i teorijske apomee Defiicija. Neka je A R i eka je c A. Kažemo da je L R m limes fukcije f : A R m u točki c ako ( ε > 0)( δ > 0)(f(A K(c, δ) \ {c}) K(L, ε)). Ako limes postoji oda ozačavamo lim x c f(x) = L Defiicija. Neka je f : A R R m. Za c A kažemo da je f eprekida u c ako je lim x c f(x) = f(c). Ako c ije gomilište skupa A oda f automatski smatramo eprekidom u c. Kažemo da je f eprekida ako je eprekida u svakoj točki c A Napomea. Neprekidost fukcije f u točki c je zapravo daa uvjetom ( ε > 0)( δ > 0)(f(A K(c, δ)) K(f(c), ε)) Napomea. Kao i za fukcije jede varijable, vrijedi da su zbroj, produkt i kompozicija eprekidih fukcija poovo eprekide fukcije. Neprekide fukcije sa R u R m čie reali vektorski prostor koji sadrži kostate Primjer. Projekcija π i : R R, π i (x 1,..., x ) = x i je eprekida. Naime, za dai ε možemo uzeti δ = ε ( (x 1 c 1 ) (x c ) 2 δ x i c i δ = ε.) Teorem. Vektorska fukcija F = (F 1,..., F m ): A R R m je eprekida u točki c ako i samo ako su sve koordiate fukcije F i : A R, i = 1,..., m eprekide u c Primjer. Fukcija F : R 3 R 2 zadaa formulom F (x, y, z) = (x si z, e cos(xy) z) je eprekida fukcija Teorem. (HEINEOVA KARAKTERIZACIJA) Fukcija f : A R R m je eprekida u točki c Aako i samo za svaki iz (x ) u A koji kovergira prema c i iz (f(x )) kovergira prema f(c) R m Teorem. Fukcija f : A R R m je eprekida u točki c A ako i samo ako za svaki otvorei skup V R m koji sadrži f(c) postoji otvore skup U A koji sadrži c takav da je f(u) V. Fukcija f : A R m je eprekida ako i samo ako je praslika svakog otvoreog skupa u Y otvore skup u X Napomea. Aaloga tvrdja vrijedi zamijeimo li otvoree skupove zatvoreima Napomea. U prethodom teoremu se e spomiju metrike pa a taj ači možemo defiirati eprekidost izmedu općeitih topoloških prostora Teorem. Neka je K kompakta podskup prostora R, a f : R R m eprekido preslikavaje.. Tada je slika f(k) kompakta skup u R m. 25

30 7.2 Zadaci s vježbi 1. Dokažite da je skup S = {(x, y) R 2 : xy < 1} otvore a) prema defiiciji. b) koristeći karakterizaciju eprekidih fukcija. Rješeje. a) Neka je P 0 = (x 0, y 0 ) S. Tražimo r > 0 takav da je K(P 0, r) S. Ako je (x 0, y 0 ) = (0, 0) oda defiiramo r = 1. Iače defiiramo ε := 1 x 2 0y 0 > 0, M := max{ x 0, y 0 } > 0 i r := mi{ ε, ε }. Tada za P = 3 3M (x, y ) K(P 0, r) imamo x y = (x x 0 )(y y 0 ) + (x x 0 )y 0 + x 0 (y y 0 ) + x 0 y 0 < < r r + r M + r M + x 0 y 0 < < ε 3 + ε 3 + ε 3 + x 0y 0 = 1. b) Defiiramo li preslikavaje f : R 2 R s f(x, y) = xy, oda je S = f 1 (, 1 ). Budući da je f eprekido preslikavaje, a, 1 otvore skup u R slijedi da je S otvore u R Neka je P 0 = (1, 2, 3) R 3. Dokažite da je skup zatvore. S = {P R 3 : P 2P P 3P P 1 P 0 1 } Rješeje. Zadatku možemo pristupiti opet a više ačia, ali je pristup koji koristi eprekide fukcija ajelegatiji. Iako zamo kokrete formule za orme i mogli bismo sve zapisati preko koordiata radit ćemo ajopćeitije što možemo. Budući da su sve orme eprekide (ZAŠTO?), fukcija f : R3 R defiiraa s f(p ) = P 2P P 3P P 1 je eprekida kao zbroj kompozicija eprekidih fukcija. Kokreto, defiirajmo fukcije f 1, f 2 : R 3 R 3, k : R R f 1 (P ) = P 2P 0, f 2 (P ) = 2P 3P 0, k(x) = x 2. Te fukcije su eprekide prema apomei iza defiicije eprekidosti. Tada je f = k f 1 + k 2 f 2 + k 1, pa vidimo da je f zaista eprekida. Dakle, S je praslika zatvoreog skupa [0, P 0 1 ] po eprekidom preslikavaju f, pa je S zatvore u R 3. 26

31 3. Pokažite da je skup K = {(x, y) R 2 : 1 x 2, si x y 2x + 1} kompakta. Rješeje. Dovoljo je pokazati da je K ograiče i zatvore skup. Za ograičeost primijetimo da je K [1, 2] [ 1, 5] K(0, 6) (jer je < 6, acrtajte sliku). Defiirajmo preslikavaja f 1, f 2 : R 2 R s f 1 (x, y) = si x y i f 2 (x, y) = 2x+1 y. Tada je skup S = ([1, 2] R) f1 1 (, 0]) f2 1 ([0, + ). Budući da su f 1 i f 2 eprekida preslikavaja, a skupovi, 0], [0, + zatvorei, skupovi f1 1 (, 0]) i f2 1 ([0, ) su takoder zatvorei. Na kraju, S je zatvore kao presjek tri zatvorea skupa. 4. Dokažite da je π 1 : R 2 R otvoreo preslikavaje, tj. da preslikava otvoree skupove u otvoree. Rješeje. Neka je U otvore skup u R 2 i eka je x 0 π 1 (U). Tada postoji (x 0, y 0 ) U, te zbog otvoreosti skupa U postoji r > 0 takav da je K((x 0, y 0 ), r) U. Neka je A = x 0 r 2, x 0 + r 2 i B = y 0 r 2, y 0 + r 2. Tada je A B K((x 0, y 0 ), r) U. Slijedi da je A = π 1 (A B) π 1 (U) otvore iterval oko x 0 sadrža u π(u), što pokazuje da je π 1 (U) otvore skup. 5. Neka su A R kompakta i B R zatvore takvi da je A B =. Dokažite da postoji r > 0 takav da je d(x, y) > r za sve x A i y B. Rješeje. Defiirajmo fukciju f : A R s f(x) = if{d(x, y) : y B}. Primijetimo da je f dobro defiiraa fukcija jer avedei ifimum uvijek postoji i f(x) 0 za sve x A. Dokažimo prvo da je f(x) > 0 za sve x A. Pretpostavimo da je f(x) = 0 za eko x A. Tada za svako N postoji y B takav da je 0 d(x, y ) < 1, što povlači da iz (y ) kovergira prema x. Budući da je B zatvore (pa sadrži sva svoja gomilišta), x mora biti elemet i od B i od A - što je kotradikcija s A B =. Nadalje, pokažimo da je f eprekida fukcija. Za x 1, x 2 A i y B vrijedi d(x 1, y) d(x 1, x 2 ) + d(x 2, y). Primijeimo li if a ejedakost dobivamo y B Aalogo se izvodi f(x 1 ) d(x 1, x 2 ) + f(x 2 ). f(x 2 ) d(x 1, x 2 ) + f(x 1 ). Iz posljedje dvije ejedakosti zaključujemo f(x 1 ) f(x 2 ) d(x 1, x 2 ), 27

32 pa u dokazu eprekidosti možemo uzeti δ = ε (štoviše, f je uiformo eprekida). Sada možemo zaključiti da je f(a) kompakta skup u R i f(a) 0, +. Budući da je f(a) kompakta pa i zatvore, ifimum a := if f(a) > 0 je elemet od f(a), i aalogo b := sup f(a) f(a). Dakle, f(a) [a, b]. Uzmemo li r := a, slijedi tvrdja zadatka. 7.3 Obavezi zadaci za samostala rad 1. Neka je f : R R zadaa formulom Pokažite da f ije eprekida u 0. f(x) = { x, x < 0, 1, x Dokažite da je skup {(x, y, z) R 3 : x 2 + y > 2z} otvore. 3. Nadite eprekido preslikavaje f : R R i otvore skup I R takav da f(i) ije otvore u R. Nadite eprekido preslikavaje f : R R 2 i otvore skup I R takav da f(i) ije otvore u R 2. Nadjite primjer zatvoreog skupa i eprekidog preslikavaja koje ga e prelikava u zatvorei skup. 4. Pokažite da je projekcija p: R 3 R 2, p(x, y, z) = (x, z) eprekida fukcija. 28

33 8 Prošireja fukcija po eprekidosti U ovom poglavlju ćemo aalizirati fukcije koje isu defiirae a čitavom R, a koje su eprekide a svojoj domei. Zaima as možemo li fukciju proširiti a veću domeu tako da prošireje ostae eprekido. 8.1 Teorijske apomee. Budući da je eprekidost vektorske fukcije ekvivaleta eprekidosti jeih koordiatih fukcija ograičit ćemo se a fukcije s kodomeom R. U oim situacijama u kojima je to moguće trebamo odrediti vrijedost fukcije u ovim točkama domee i dokazati eprekidost (pr. preko ε δ karakterizacije). U oim situacijama u kojima je to emoguće ključa će am biti sljedeća tvrdja Lema. Neka je A R. Ako je fukcija f : A R eprekida, oda je restrikcija f B : B R eprekida za svaki B A. U termiima limesa možemo reći lim f(x, y) = lim f B(x, y) (x,y) (x 0,y 0 ) (x,y) (x 0,y 0 ) pri čemu je s lijeve strae jedakost ilimes u A, a s dese limes u B A. 8.2 Zadaci s vježbi Zadatak. Odredite prirodu domeu zadaih fukcije te odredite u kojim točkama i kako se mogu dodefiirati do eprekidih fukcija: 1. f(x, y) = xy x 2 +y 2 ; 2. f(x, y) = x2 y x 2 +y 2 ; 3. f(x, y) = x+y x y ; 4. f(x, y) = si2 x+si 2 y x 2 +y 2 ; 5. f(x, y) = x2 y 2 x 2 +y 2 ; 6. f(x, y) = ex2 4y 2 1 x 2y ; 7. f(x, y, z) = x3 +y 3 +z 3 x 2 y Domea je D(f) = R 2 \{(0, 0)}. Domea je otvore skup čiji skup gomilišta je čitav R 2. U svakoj točki domee fukcija je eprekida. Naime, oko svake točke domee postoji otvorea kugla koja je čitava sadržaa u domei, a budući da je eprekidost lokalo svojstvo dovoljo je provjeriti eprekidost restrikcije a tu kuglu. Neprekidost slijedi iz čijeice da je f kvocijet dvaju polioma u dvije varijable. Ostaje provjeriti točku (0, 0). Pokazat ćemo da f ije moguće dodefiirati u toj točki tako da prošireje bude eprekido. Kad bismo f mogli dodefiirati u (0, 0) oda bi vrijedilo f(0, 0) = lim f(x, y) = lim f(x, 0) = lim (x,y) (0,0) x 0 x x 2 = 0,

34 x 2 f(0, 0) = lim f(x, y) = lim f(x, x) = lim (x,y) (0,0) x 0 x 0 2x = Dakle, istovremeo bi moralo vrijediti f(0, 0) = 0 i f(0, 0) = 1, što je emoguće. 2 Drugi ači kako smo ovo mogli formulirati je korištejem Heieove karakterizacije eprekidosti. Kao što smo proašli dvije restrikcije tako proalazimo dva iza koji kovergiraju prema (0, 0), a čije fukcijske vrijedosti e kovergiraju k istoj vrijedosti. Uz pretpostavku da je f moguće proširiti dolazimo do kotradikcije: 0 = lim = lim f( 1, 0) = f(0, 0) = lim f( 1, 1 ) = lim = Domea je opet D(f) = R 2 \ {(0, 0)} i a isti ači zaključujemo da je f eprekida a čitavoj domei. Problem je opet u točki (0, 0). No, ovaj put za bilo koju restrikciju koje se sjetimo limes ispada 0. Zato pokušajmo dokazati da je f moguće proširiti u (0, 0) s f(0, 0) = 0, tj. dokažimo da je preslikavaje f : R 2 R defiirao s f(x, y) = { x 2 y x 2 +y 2, (x, y) (0, 0), 0, (x, y) = (0, 0), eprekido u (0, 0). Neka je ε > 0. Tada koristeći AG-ejedakost za par x 2, y 2 dobivamo f(x, y) f(0, x 2 y 0) = x 2 + y x Stavimo li δ = 2ε dobivamo implikaciju d((x, y), (0, 0)) < δ x, y < δ f(x, y) f(0, 0) < δ 2 = ε. 3. Domea je D(f) = R 2 \ {(x, x): x R}. Pokažimo da fukcija f ima prekid u svakoj točki oblika (x, x), x R. Promotrimo iz X := (x + 1, x) (x, x). Tada je f(x + 1, x) = 2x = 2x. Ovo pokazuje da za x 0 e postoji limes lim f(x ), pa f po Heieovoj karakterizaciji e možemo proširiti u točki (x, x), x 0. Za točku (0,0) moramo promatrati eke druge izove. No, lako je uočiti da uz pretpostavku da se f može proširiti u (0, 0) do eprekide fukciije dobivamo kotradikciju 3 = lim 3 1 = lim f( 2, 1 ) = f(0, 0) = lim f( 1, 2 ) = lim 3 1 = 3. 30

35 4. Domea je D(f) = R 2 \ {(0, 0)}. Za točku (0, 0) promotrimo restrikciju (x, 0), x R. Kako je f(x, 0) = ( si x x )2, jeda kadidat za vrijedost prošireja u (0, 0) je 1. Iskoristit ćemo čijeicu koju zamo iz Matematičke aalize 1 da je (podsjetite se da limes i eprekida fukcija komutiraju, a kvadriraje je eprekido): si 2 x lim = 1. x 0 x 2 Iz te tvrdje dobivamo da za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da za sve x R takve da je x < δ vrijedi si 2 x x 2 < εx 2. Neka je ε > 0. Tada za pripadi δ iz prethode tvrdje imamo iz implikacija d((x, y), (0, 0)) < δ x, y < δ f(x, y) f(0, 0) = si2 x+si 2 y 1 1 = x 2 +y 2 x 2 +y 2 si2 x + si 2 y x 2 y 2 1 ( x 2 +y 2 si2 x x 2 + si 2 y y 2 ) < 1 < x 2 +y 2 (x2 ε + y 2 ε) = ε 5. Domea je opet D(f) = R 2 \ {(0, 0)}. Nemogućost dodefiiravaja u točki (0, 0) možemo dokazati promatrajem polarih koordiata. Budući da e postoji limes r 2 cos 2 φ r 2 si 2 φ lim r 0 r 2 cos 2 φ r 2 si 2 φ = lim cos 2φ r 0 zaključujemo da e postoji i limes lim (x,y) (0,0) f(x, y). 6. Domea je D(f) = R 2 \ {(2y, y), y R}. Detaljije aaliziramo samo situaciju s točkama koje isu u domei. Primjetimo da je f(x, y) = ex2 4y 2 1 x 2y 4y 2 = ex2 1 (x + 2y). x 2 4y 2 e Budući da je lim t 1 t 0 = 1, a lim t (x,y) (2y0,y 0 )(x + 2y) = 4y 0 zaključujemo da je dobar kadidat za vrijedost prošireja u (2y 0, y 0 ) upravo 4y 0. Iskoristimo obrati smjer Heieove karakterizacije eprekidosti da bismo dokazali da je prošireje defiirao s { e f(x, x2 4y 2 1, x 2y, y) = x 2y 4y, x = 2y, eprekido. Neka je y 0 R i eka je (x, y ) iz u R 2 koji kovergira prema (2y 0, y 0 ). Tada zaključujemo da x 2y 0, y y 0. Koačo lim f(x, y ) = lim e x2 4y 2 1 x 2 4y 2 e x2 4y 2 1 (x +2y ) = lim lim(x x 2 4y 2 +2y ) = 1 4y 0 = 4y 0. 31

36 Zbog proizvoljosti iza (x, y ) zaključujemo da je f moguće proširiti u točki (2y 0, y 0 ). e Uočite da smo iskoristili lim t 1 t 0 = 1 a restrikciju t {x 2 t 4y, 2 N} R. Primijetite i da am je to uvelike skratilo posao koji bismo imali da smo radili po ε δ defiiciji. 7. Domea je D(f) = R 3 \ {(x, x, z), (x, x, z) : x R, z R}. Skup gomilišta je R 3, a problem su točke P 0 koje leže u dvjema raviama. (SKICIRAJTE DOMENU!) Razlikujemo slučajeve: (a) P 0 = (x 0, x 0, z 0 ), 2x z Tada za svaki iz (x, y, z ) (x 0, x 0, z 0 ) iz fukcijskih vrijedosti f(x, y, z ) divergira u beskoačo, pa fukciju e možemo proširiti u takvim točkama. (b) P 0 = (x 0, x 0, z 0 ), 2x z0 3 = 0, x 0 0. Tada za iz (x 0 + 1, x 0 2x 1, x 0 ) koji kovergira prema (x 0, x 0, z 0 ), imamo (x 0 + 1, x 0 1, 3 f 2x x 0 ) = 3 2 x 0 +. Budući da f(x, y, z ) divergira u beskoačo, fukciju e možemo proširiti. (c) P 0 = (x 0, x 0, z 0 ), z 0 0. Tada za svaki iz (x, y, z ) (x 0, x 0, z 0 ) iz f(x, y, z ) divergira u beskoačo, pa fukciju e možemo proširiti. (d) P 0 = (x 0, x 0, 0), x 0 0. Budući da f(x 0 + 1, x 0 + 1, 4x 0 6 ) = x divergira u beskoačo, fukciju e možemo proširiti u točkama oblika (x 0, x 0, 0). (e) P 0 = (0, 0, 0). Budući da f( 1, 0, 1 ) = 1 + divergira u beskoačo, fukciju e možemo proširiti u točki (0, 0, 0). x Primjer. Preslikavaje f(x, y) = 5 ema limes u (0, 0) iako restrikcije a (y x 2 ) 2 +x 8 pravce kroz ishodište imaju limes 0. Restrikcija a graf y = x 2 ema limes u (0, 0). Ovaj primjer pokazuje da polare koordiate možemo koristiti samo da bismo pokazali da odredei lime e postoji Zadatak. Odredite točke u kojima je eprekida fukcija f : R 2 R: a) { x f(x, y) =, x 2 < y 2 ; x 2 + y 2, x 2 y 2. b) { x y, (x, y) Q Q; f(x, y) = y x, iače. Rješeje. a) Neka je A 1 = {(x, y) R 2 : x 2 < y 2 }, A 2 = {(x, y) R 2 : x 2 > y 2 }, 32