1 Neprekidne funkcije na kompaktima

Transcript

1 Neprekide fukcije a kompaktima.. Teorem. Neka je K kompakta podskup metričkog prostora X, a f : X Y eprekido preslikavaje u metrički prostor Y. Tada je slika f(k) kompakta skup u Y..2. Zadatak. 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 ) <, 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, x 2 A i y B vrijedi Primijeimo li if a ejedakost dobivamo y B te aalogo Iz posljedje dvije ejedakosti zaključujemo d(x, y) d(x, x 2 ) + d(x 2, y). f(x ) d(x, x 2 ) + f(x 2 ), f(x 2 ) d(x, x 2 ) + f(x ). f(x ) f(x 2 ) d(x, x 2 ), 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..3. DZ. Vrijedi li ista tvrdja ako je A zatvore, ali ije omede?.4. Zadatak. Neka je f : K R R eprekido preslikavaje a kompaktom skupu K i eka je M = {x K : f(x) = max K f} skup točaka u kojima f poprima maksimum. Dokažite da je M kompakta. Rješeje. Prema teoremu je f(k) kompakta skup, pa je zatvore i ograiče. Zbog ograičeosti postoji sup f(k). Budući da je f(k) zatvore sup f(k) f(k), tj. postoji C := max f(k) i skup M = f ({C}) je epraza. Budući da je f eprekido preslikavaje, a {C} zatvore skup u R slijedi da je M zatvore skup. Budući da je M K, a K je ograiče, slijedi da je M ograiče. Dakle, M je zatvore i ograiče, pa je kompakta.

2 2 Prošireja fukcija po eprekidosti 2.. U ovom dijelu 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. Kako 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 Zadatak. Odredite prirodu domeu zadaih fukcije te odredite u kojim točkama i kako se mogu dodefiirati do eprekidih fukcija:. f(x, y) = xy 2. f(x, y) = x2 y 3. f(x, y) = x+y x y ; 4. f(x, y) = si2 x+si 2 y 5. f(x, y) = x2 y 2 6. f(x, y) = ex2 4y 2 x 2y ; 7. f(x, y, z) = x3 +y 3 +z 3 x 2 y 2. Rješeje.. 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 0 f(0, 0) = lim f(x, y) = lim f(x, 0) = lim (x,y) (0,0) x 0 x 0 x = 0, 2 2

3 x 2 f(0, 0) = lim f(x, y) = lim f(x, x) = lim (x,y) (0,0) x 0 x 0 2x = 2 2. Dakle, istovremeo bi moralo vrijediti f(0, 0) = 0 i f(0, 0) =, 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 0 2 = lim f(, 0) = f(0, 0) = lim f(, ) = 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 2 2. 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 +, x) (x, x). Tada je f(x +, 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 = lim f( 2, ) = f(0, 0) = lim f(, 2 ) = lim 3 = 3. 3

4 4. Domea je opet 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. Iskoristit ćemo čijeicu koju zamo iz Matematičke aalize da je (podsjetite se da limes i eprekida fukcija komutiraju, a kvadriraje je eprekido): si 2 x lim =. x 0 x 2 Iz te tvrdje dobivamo da za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da je za sve x R takve da je x < δ si 2 x x 2 < ε x 2. Neka je ε > 0 tada za pripadi δ iz prethode tvrdje imamo i implikaciju d((x, y), (0, 0)) < δ x, y < δ f(x, y) f(0, 0) = si2 x+si 2 y = x 2 +y 2 x 2 +y 2 si2 x + si 2 y x 2 y 2 si 2 x x 2 + si 2 y y 2 < < 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 x 2y 4y 2 = ex2 (x + 2y). x 2 4y 2 e Budući da je lim t t 0 =, 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, 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 x 2 4y 2 e x2 4y 2 (x +2y ) = lim lim(x x 2 4y 2 +2y ) = 4y 0 = 4y 0. 4

5 Zbog proizvoljosti iza (x, y ) zaključujemo da je f moguće proširiti u točki (2y 0, y 0 ). e Uočite da smo iskoristili lim t t 0 = a restrikciju t {x 2 t 4y, 2 N} R. Primjetite 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 3 0+z Tada za svaki iz (x, y, z ) (x 0, x 0, z 0 ) iz fukcijskih vrijedosti elemeata iza divergira u beskoačo, pa fukciju e možemo proširiti. (b) P 0 = (x 0, x 0, z 0 ), 2x 3 0+z 3 0 0, x 0 0. Tada za iz (x 0 +, x 0, 3 2x x0 ) (x 0, x 0, z 0 ) iz fukcijskih vrijedosti elemeata iza divergira u beskoačo, pa fukciju e možemo proširiti. (c) P 0 = (0, 0, 0). Nizovi {f(0,, 0)} i {f(0,, )} e kovergiraju prema istoj vrijedosti, pa fukciju e možemo proširiti. (d) 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 fukcijskih vrijedosti elemeata iza divergira u beskoačo, pa fukciju e možemo proširiti. (e) P 0 = (x 0, x 0, 0), x 0 0. Tada za iz (x 0 +, x 0 +, 6 ) (x 0, x 0, 0) iz fukcijskih vrijedosti elemeata iza divergira u beskoačo, pa fukciju e možemo proširiti. x 2.4. 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. Kako biste uvježbali predstavljee tehike riješite slijedeće zadatke DZ.. f(x, y) = (x + y) si x si y ; 2. f(x, y) = x3 y 2 2y 4 2x 2 +y 4 ; 3. f(x, y, z) = si x2 x 2 + si x2 +si y 2 x 2 +y 2 + si x2 +si y 2 +si z 2 x 2 +y 2 +z 2 ; 4. f(x, x 2,..., x ) = x si x +x 2 si x 2 + x si x ; x 2 +x x2 5

6 5. f(x, y) = xy x y x+y ; 6. f(x, y) = l(x2 +y 2 ) 7. f(x, y) = (x 2 + y 2 )(l(x 2 + y 2 ) ); 2.6. Zadatak. Odredite u kojim točkama je eprekida fukcija f : R 2 R zadaa s: 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, iaäťe. Rješeje. a) Neka je A = {(x, y) R 2 : x 2 < y 2 }, A 2 = {(x, y) R 2 : x 2 > y 2 }, te eka su f, f 2 : R 2 R fukcije defiirae formulama f (x, y) = x 2, f 2 (x, y) = x 2 + y 2. Skupovi A i, i =, 2 su otvorei, a fukcije f i, i =, 2 su perekide a R 2. Budući da je eprekidost lokalo svojstvo a f se a otvoreom skupu A i podudara s eprekidom fukcijom f i, i =, 2 slijedi da je f eprekido u svakoj točki iz A A 2. Provjerimo eprekidost u toķama oblika (x, x) i (x, x), x R. Tvrdimo da je f eprekida u oim točkama (x, ±x) za koje je x 2 = x 2 + y 2, tj. za koje je x 2 = 2x 2, što je moguće samo za x = 0. f je eprekido u (0, 0): Budući da su fukcije f, f 2 eprekide u (0, 0) za ε > 0 postoje δ, δ 2 takvi da d((x, y), (0, 0)) < δ i d(f i (x, y), f i (0, 0)) < ε, i =, 2. Defiirajmo δ := mi{δ, δ2}. Kako je f (0, 0) = f 2 (0, 0) = f(0, 0) imamo d((x, y), (0, 0)) < δ d(f(x, y), f(0, 0)) < ε. f ima prekid u (x 0, ±x 0 ), x 0 0: Primjetimo da postoje izovi (x i, y i ) u A i koji kovergiraju prema (x 0, ±x 0 ) (pr. {(x 0 +, ±x 0)} N, za dovoljo velik N N.) No, lim f(x, y ) = lim x 2 = x 2 0 x x 2 0 = lim x y 2 2 = lim f(x 2, y 2 ) pa prema Heieovoj karakterizaciji slijedi tvrdja. b) Primjeimo li isti ači razmišljaja kao u prethodom zadatku vidimo da emamo vi ve područja A i, i =, 2, već su problematiče sve točke iz R 2. Aalogo se dokazuje da je fukcija f eprekida u točkama u kojima je x y = y x, tj. a pravcu {(x, x) : x R}. U ostalim točkama fukcija f ima prekid, a u dokazu moramo koristiti gustoću skupa Q Q kako bi kostruirali izove (x i, y i ), i =, 2. { x + y, (x, y, z) Q 2.7. DZ. f(x, y, z) = 3 ; y + z, iače. 6