DIFERENCIJALNI RAČUN FUNKCIJA VIŠE VARIJABLI Skica rješeja 1. kolokvija (16. studeog 2015.) Zadatak 1 (20 bodova) Neka je fukcija d: R 2 R 2 R daa formulom { x 1 + y d(x, y) = 1, ako je x y, 0, ako je x = y. Rješeje. a) Dokažite da je d metrika a R 2. b) Skicirajte otvoreu kuglu K((1, 0), 3 2 ) obzirom a metriku d. c) Jesu li topologije iducirae metrikama d i d 1 jedake? a) Vrijedi: d(x, y) 0 jer je z 1 0 za sve z R 2 (1 bod); d(x, y) = d(y, x) zbog komutativosti zbrajaja realih brojeva (1 bod); d(x, y) = 0 povlači x = y ili x 1 = y 1 = 0, što povlači x = y = 0, tj. d(x, y) = 0 povlači x = y; obrato, ako je x = y, oda je po defiiciji d(x, y) = 0 (2 boda); d(x, z) + d(z, y) = x 1 + z 1 + z 1 + y 1 x 1 + y 1 = d(x, y) jer je z 1 0 za sve z R 2 (2 boda). b) Tražea kugla se sastoji od kvadrata {z R 2 : z 1 1 2 } = {(x, y) R2 : x + y 1 2 } (6 bodova) i točke (1, 0) (2 boda). c) Topologije isu iste. Kugla koju smo dobili pod b) je otvore skup u topologiji iduciraoj metrikom d, ali ije otvore skup u metrici iduciraom metrikom d 1 (6 bodova). Napomea: 0 bodova se dobiva ako se uoči da kugle oko istog središta sa istim radijusom isu jedake obzirom a d i d 1. Takoder, 0 bodova osi tvrdja da metrike d i d 1 isu jedake. Nadalje, iako su sve orme a R 2 ekvivalete i zato iduciraju iste topologije, to e zači da sve metrike iduciraju iste topologije (kao što ovaj primjer pokazuje). Zadatak 2 (20 bodova) Neka je {( S = x, 1 ) } R 2 : x R, N, T = { (x, y) R 2 : x < y }, te eka je A = S T. Odredite zatvarač i skup gomilišta skupa A u R 2. Rješeje. Možemo pisati A = {( x, 1 ) : x 1, 1 }. Crtež (2 boda) am može olakšati N da zaključimo da treba pokazati da su skup gomilišta A i zatvarač A skupa A oba jedaka skupu B = {(0, 0)} {( x, 1 ) [ : x 1, 1 ]} N Pokažimo prvo da je skup B zatvore, tj. da mu je komplemet otvore. Komplemet skupa B je uija otvoreih poluravia S 1 = {(x, y) : y > 1}, S 2 = {(x, y) : x > y} i S 3 = {(x, y) : x > y}, te otvoreih pravokutika T = 1, 1 1, 1, za N. Uija otvoreih skupova je otvore skup, pa je R 2 \ B = S 1 S 2 S 3 N T otvore skup. Budući da vrijedi A B i B je zatvore skup, slijedi da je A B i, zbog A A, vrijedi A B. Drugim riječima, točke koje isu u B isu gomilišta skupa A
Vrijedi A = A A, pa je zato dovoljo odrediti A. Jedom kad pokažemo A A i A = B, slijedi A = A A = A = B (1 bod). Napomea: Uija A A ije disjukta. Pogrešo je reći da A = B povlači A = B\A, tj. da su gomilišta skupa A oe točke u zatvaraču koje isu u A. Niz (x k ) k, x k = (0, 1 k ) je iz u A koji kovergira prema točki (0, 0). To povlači da je (0, 0) A (3 boda). Napomea: Točke ( 1 k, 1 k ) isu u skupu A, pa e možemo korisiti iz kojem su to elemeti, ali možemo koristiti iz kojem su elemeti ( 1 2k, 1 k ). Napomea: Alterativo možemo reći: za proizvolja r > 0 prema Arhimedovom aksiomu postoji N takav da 1 < r. Za takav vrijedi (0, 1 ) A K((0, 0), r). Time smo pokazali da za svaki r > 0 vrijedi (A K((0, 0), r)) \ {(0, 0)}. Napomea: Kako bismo pokazali da je (0, 0) A, ije ispravo reći da možemo odabrati r > 0 takav da je (A K((0, 0), r)) \ {(0, 0)}. Za fiksa N, iz (x k ) k, x k = ( 1 1 +k, 1 ) je iz u A koji kovergira prema točki ( 1, 1 ), pa je ( 1, 1 ) A. Aalogo pokazujemo ( 1, 1 ) A (2 boda). Napomea: Niz (( 1 1 k, 1 )) k ema sve elemete u skupu A, iako svi osim koačo mogo početih člaova tog iza jesu u skupu A. Npr. ( 1 5 1, 1 5 ) i ( 1 5 1 2, 1 5 ) isu u A. Napomea: Alterativo možemo reći: za fiksa N i za proizvolja r > 0 možemo defiirati m = mi{ r 2, 1 } i vrijedi ( 1 m, 1 ) K(( 1, 1 ), r) A. No, uočite da točka ( 1 r 2, 1 ) e mora biti u A ako r ije dovoljo mali (r < 4 ). Nadalje, točka (0, 1 ) e mora biti u K(( 1, 1 ), r)). Kao i prije, reći da r možemo odabrati tako da K(( 1, 1 ), r) A ije isprava argumet za tvrdju koju pokazujemo. Napomea: Budući da je A A, prethode dvije točke pokazuju B A. No, općeito, ako je C skup koji ima izolirae točke ije točo da je C = C, pa zato sve prethodo dokazao ije dovoljo da bismo zaključili da je A = B. Potrebo je još pokazati da je A A, ili drugim riječima da A ema izoliraih točaka. Neka je (x, 1 ) točka skupa A. Tada vrijedi x 1. Za proizvolja r > 0 možemo defiirati m = mi{ r 2, 1 x} i vrijedi (x + m, 1 ) K((x, 1 ), r) A. To pokazuje da je A A i možemo zaključiti B A (2 boda). Napomea: Točka (x + r 2, 1 ) e mora biti u A ako r ije dovoljo mali. Napomea: Pogrešo je reći za eku točku da je u gomilištu. Ispravo je reći da je točka gomilište ili da pripada skupu gomilišta.
Zadatak 3 (20 bodova) Odredite prirodu domeu D preslikavaja zadaog formulom f(x, y) = x(x + y 2π)2 1 cos(x + y) i za svako gomilište od D koje ije u D odredite može li se f proširiti po eprekidosti. Rješeje. Očito je f defiiraa u svim točkama iz R 2, osim u ultočkama azivika. Nazivik je jedak 0 u točki (x, y) akko je cos(x + y) = 1, to jest akko je x + y = 2kπ za eki k Z. Prema tome, priroda domea ove fukcije je skup R 2 \ k Z{(x, y) R 2 : x + y = 2kπ}. (3 boda) Zatvarač domee jedak je cijelom R 2, stoga za svaku točku (x 0, y 0 ) k Z{(x, y) R 2 : x + y = 2kπ} treba provjeriti možemo li u joj proširiti fukciju po eprekidosti; drugim riječima, pitamo se postoji li (koača) es 1 cos(x + y). Najprije uočimo da gorji es siguro e postoji ako točka (x 0, y 0 ) ije ultočka brojika - aime, tada azivik kovergira prema uli, a brojik prema ekoj e-ul vrijedosti. Prema tome, za egzisteciju gorjeg esa je uža uvjet x 0 = 0 ili x 0 + y 0 = 2π. (5 bodova) Promotrimo prvo slučaj x 0 + y 0 = 2π. Koristimo pozatu čijeicu: 1 cos(x) x 0 x 2 = 1 2 i periodičost kosiusa: cos(x + y) = cos(x + y 2π) - ovo am treba da bismo amjestili es a oblik koji se pojavljuje u gorjoj jedakosti. Sada račuamo: 1 cos(x + y) = ( x ) ( Prva jedakost je opravdaa jer oba esa postoje. (8 bodova) (x + y 2π) 2 ) = = 2x 0. 1 cos(x + y 2π) Koačo, preostaje provjeriti egzisteciju esa u točkama oblika (x 0, y 0 ) za koje je x 0 = 0. Naravo, i dalje as iteresiraju samo točke u kojima je x 0 + y 0 = 2kπ. Prema tome, zaima as es u točkama oblika (0, 2kπ). Pritom možemo pretpostaviti da je k 1, jer smo točku (0, 2π) već aalizirali u prethodom slučaju. Promatrajući es (x,y) (0,2kπ) 1 cos(x + y) možemo se ograičiti a pravac y = 2kπ, čime se gorji es svodi a x(x + 2kπ 2π) 2 x 0 1 cos(x + 2kπ) = x 0 x(x + 2(k 1)π) 2. 1 cos(x + y) Kako ovaj es e postoji za k 1, zaključujemo da se f e može proširiti iti u jedoj od ovih točaka. (4 boda) Koači zaključak je da se f može proširiti po eprekidosti samo a pravcu x + y = 2π.
Zadatak 4 (20 bodova) Koristeći defiiciju diferecijabilosti pokažite da je preslikavaje diferecijabilo u svakoj točki (x, y) R 2. f : R 2 R 2, f(x, y) = (xy, 2x + y 2 ) Rješeje. Po defiiciji, f je diferecijabilo u točki (x 0, y 0 ) ako postoji lieari operator L takav da vrijedi f(x, y) f(x 0, y 0 ) L((x, y) (x 0, y 0 )) = 0. (5 bodova) (x, y) (x 0, y 0 ) Zamo da je, ako postoji, operator L jedistve, te da jegov zapis u kaoskoj bazi dobivamo pomoću parcijalih derivacija: f 1 x (x 0, y 0 ) = y 0, f 2 x (x 0, y 0 ) = 2, f 1 y (x 0, y 0 ) = x 0, f 2 y (x 0, y 0 ) = 2y 0. Prema tome, ako postoji, Df(x 0, y 0 ) u kaoskoj bazi mora imati sljedeći zapis: [ ] y0 x 0 2 2y 0 Da bismo pokazali da je fukcija doista diferecijabila u točki (x 0, y 0 ), moramo pokazati da je es iz defiicije jedak uli. Račuamo: f(x, y) f(x 0, y 0 ) Df(x 0, y 0 )(x x 0, y y 0 ) [ ] ( (xy, 2x + y2 ) (x 0 y 0, 2x 0 + y0 2) y0 x 0 x x0 2 2y 0 y y 0) = (xy x 0 y 0 y 0 x x 0 y, y 2 y0 2 = 2y 0(y y 0 )) ((x x0 )(y y 0 ), (y y 0 ) 2 ) = = y y 0. Ovdje smo u zadjoj jedakosti aprosto izlučili (y y 0 ) iz brojika. Puštajem lijeve i dese strae gorje jedakosti a es (x, y) (x 0, y 0 ) dobivamo da je es iz defiicije diferecijabilosti jedak uli. Odavde slijedi da je fukcija f diferecijabila u (proizvoljoj) točki (x 0, y 0 ). (10 bodova) Napomea: Gorji raču je malo preglediji ako se uvede zamjea h 1 = x x 0, h 2 = y y 0 i promatra es (h 1, h 2 ) (0, 0).
Zadatak 5 (20 bodova) Neka je A R zatvore skup i f : A R m eprekida a A. Dokažite a) da je za svaki otvore O R m, skup f 1 (O) otvore u A, b) da je za svaki zatvore Z R m, skup f 1 (Z) zatvore u R. Zadatak 6 (20 bodova) Neka je A R poveza. Dokažite da je tada i zatvarač Ā skupa A poveza.