Zadaci iz Analize za d(x, y) 0 (ako je d(x, y) = 0 onda je x = y pa oqigledno vai nejednakost

1 Zadaci iz Analize Kako vreme prolazi to u i nasumiqno rexavati ove zadatke. Do tada, savetujem da sami uradite xto vixe moete. Sve vas pozdrav a vax asistent Milan Lazarevi. 1. Neka je (X, d) metriqki prostor, < α 1 i ρ = d α, x, y X. Pokazati da je sa ρ zadata jedna metrika na prostoru X. Rexe e. Naravno, da ne bi bilo zabune, pod d α zapravo smatramo (d) α. Sad, pokazaemo da je ρ zadovo ava nejednakost trougla, jer ostale osobine nije toliko texko pokazati. Dakle, potrebno je pokazati da je ρ(x, z) ρ + ρ(y, z) za x, y, z X. Kako je d(x, z) α (d + d(y, z)) α (jer je d jedna metrika i funkcija t t α rastua), to je dovo no pokazati da je (d + d(y, z)) α d α + d(y, z) α, odnosno ( d(y, z) ) α ( d(y, z) ) α 1 + 1 + za d (ako je d = onda je x = y pa oqigledno vai nejednakost d d d(y, z) trougla za ρ). Takoe, kako je d, to emo pokazati da vai f(ξ) za ξ, gde je f(ξ) = 1+ξα (1+ξ) α. Posled e sledi iz toga xto je f (ξ) (obrazloiti) i f() =. Sada uzimajui da je ξ = da vai traena nejednakost trougla. d(y, z) d dobijamo. Pokazati da je skup A = { R x >, y = 1 x } zatvoren skup u (R, d ). Rexe e. Primetimo da je A = { R x, xy = 1} = { R x } { R xy = 1}, kao i da su posled a dva skupa zatvorena (kao inverzne slike odgovarajuih zatvorenih skupova pri odgovarajuim neprekidnim funkcijama), te je i skup A zatvoren (kao presek dva zatvorena skupa). Komentar. Probajte da pokaete da je skup A zatvoren i tako xto biste pokazali da je R \ A otvoren, tj. da je svaka taqka iz R \ A ujedno i unutrax a taqka tog skupa. 3. Dokazati da u metriqkom prostoru vai da je skup zatvoren ako i samo ako je presek tog skupa sa bilo kojim kompaktnim skupom zatvoren skup. Rexe e. Neka je F zatvoren, K proizvo an kompaktan skup i neka je {x n } n=1 proizvo an konvergentan niz u F K. Pokaimo da tada x = lim n x n F K (odakle odmah dobijamo da je F K zatvoren). Kako je F K F, to se niz {x n } nalazi i u F, te zbog zatvorenosti od n=1 F imamo x F. Takoe, kako je {x n} n=1 niz i u K, to zbog kompaktnosti od K postoji konvergentan podniz {x nk } takav da k=1 lim k x nk = y K. No, kako svaki podniz od konvergentnog podniza mora imati isti limes to je y = x, tj. x F K. Suprotno, neka je F sada skup takav da je skup F K zatvoren kad god je K kompaktan skup i neka je {x n } proizvo an konvergentan niz iz F. Pokaimo da n=1 x = lim n x n F, xto nam daje i zatvorenost od F. Primetimo da je skup A = {x n n N} {x} kompaktan skup (raeno na vebama), te je prema pretpostavci skup F A zatvoren. No, kako niz {x n } n=1 pripada i F A, to x F A (jer je F A zatvoren), te imamo i x F, xto je i trebalo pokazati. 4. Nai primere otvorenih skupova U i V u R (sa standardnom metrikom) takvih da su skupovi U V, U V, U V i U V meusobno razliqiti skupovi. Rexe e. Dovo no je uzeti U = (1, 3), V = (, 1) (, 4) i proveriti da dati skupovi poseduju traene osobine. 5. Neka je na Q zadata standardna metrika, a, b R \ Q i E = [a, b] Q. Da li je E ograniqen skup? Da li je kompaktan? Da li je kompletan? Rexe e. 6. Neka je A R kompaktan skup i f : A R. Pokazati da je f neprekidna funkcija ako i samo ako je skup {(x, f(x)) x A} kompaktan u (R, d ). Rexe e. Oznaqimo sa G f = {(x, f(x)) x A} 1. Neka je f neprekidna funkcija i {(x n, f(x n ))} proizvo an n=1 niz u G f. Tada je {x n } niz taqaka u n=1 A te postoji konvergentan podniz {x n k } k=1 koji konvergira ka nekoj taqki x A, tj. lim k x nk = x A (ovde smo koristili da je X kompaktan skup). Kako je f neprekidna funkcija to je lim k f(x nk ) = f(x). Odatle imamo da je lim k (x nk, f(x nk )) = (x, f(x)) G f (raeno na vebama), te postoji konvergentan podzniz od {(x n, f(x n ))} koji konvergira taqki iz n=1 G f, tj. G f je kompaktan skup. Suprotno, pretpostavimo da je G f kompaktan skup u R i pokaimo da je f 1 (F ) zatvoren u A za svaki zatvoren skup F u R (xto nam daje neprekidnost funkcije f). Ako sa π 1 : A R A, datu sa π 1 = x, obeleimo projekciju na prvu koordinatu (za koju znamo da je neprekidno preslikava e), onda uoqimo da vai f 1 (F ) = π 1 ((A F ) G f ) (pokaite za vebu da vae obe inkluzije). Sada, kako je A F zatvoren u A R i G f je zatvoren (jer je kompakt), to je i (A F ) G f zatvoren podskup od G f, pa je (A F ) G f kompaktan skup 1 Skup G f naziva se grafik funkcije f

(jer je, ponovo, G f kompaktan). No, tada je i f 1 (F ) takoe kompaktan (π 1 je neprekidna funkcija), a samim tim i zatvoren u A, xto smo i hteli da pokaemo. Komentar. Za vebu, koristei karakterizaciju neprekidnosti funkcije preko nizova, pokaite implikaciju G f kompaktan sledi f neprekidna. 7. Neka su X i Y povezani metriqki prostori i A X, B Y. Pokazati da je (X Y ) \ (A B) povezan prostor. Prvo rexe e. Neka je f : (X Y )\(A B) {, 1} proizvo na neprekidna funkcija. Pokaimo da ona tada mora biti konstantna. Kako je su A i B pravi podskupovi od X i Y, to postoje taqke a X \ A i b Y \ B. Da bismo pokazali da je f konstantno dovo no je pokazati da je f = f(a, b) za svako (X Y ) \ (A B). Fiksirajmo proizvo no (X Y )\(A B). Kako (X Y )\(A B) to ili x / A ili y / B (bez gubitka na opxtosti pretpostavimo da x / A). Kako je Y povezan prostor to je i {x} Y povezan (pokazati), pa iz {x} Y (X Y ) \ (A B) imamo da je f {x} Y konstantno preslikava e (tj. f(x, y 1 ) = f(x, y ) za sve y 1, y Y ). Sliqno, kako je X povezan prostor to je i X {b} povezan, te iz X {b} (X Y ) \ (A B) imamo da je f X {b} konstantno preslikava e (tj. f(x 1, b) = f(x, b) za sve x 1, x X). Specijalno, dobili smo da je f = f(x, b) i f(x, b) = f(a, b), pa je i f = f(a, b). Kako je bio fiksiran, ali proizvo an, element iz (X Y )\(A B), to vidimo da vai f = f(a, b) za svako (X Y ) \ (A B), xto je i trebalo pokazati. Drugo rexe e.... 8. Pokazati da je A = {f C([, 1] ) f(x) f(y) d, za sve x, y [, 1], f() 1} kompaktan skup u prostoru (C([, 1] ), d ). Rexe e. Koristiemo sledee ako je X kompaktan metriqki prostor, tada je (C(X), d ) kompletan; metriqki prostor je kompaktan ako i samo ako je kompletan i totalno ograniqen ; metriqki prostor je totalno ograniqen ako i samo ako svaki niz u emu ima Koxijev podniz. Takoe, pokazaemo tvre e zadatka ako umesto [, 1] imamo bilo koji kompaktan skup X (sa metrikom d sada, umesto d ). Kako je C(X) kompletan (jer je X kompaktan) i A C(X), to je dovo no da pokaemo da je A zatvoren kako bi A bio kompletan prostor (kao zatvoreni podskup kompletnog metriqkog prostora). U tu svrhu, neka je {f n } n=1 proizvo an konvergentan niz u A i f n f kad n. Tada je potrebno pokazati i da f A. Iz f n f imamo i lim n f n (x) = f(x) za svako x X (kae se i \f n konvergira taqka po taqka (t.p.t.) ka f"). Naime, dok je d f n f kad n d (f n, f) kad n lim sup f n (x) f(x) =, n x X ( x X) lim n f n(x) = f(x) ( x X) lim n f n(x) f(x) =, d te jasno f t.p.t. n f povlaqi f n f pri n. Sada, kako f n A to imamo f n (x) f n (y) d, pa prelaskom na limes i koristei da je apsolutna vrednost neprekidna funkcija i prethodnu utvrenu t.p.t. konvergenciju imamo f(x) f(y) d. Sliqno dobijamo i da je f() 1. Da bi imali f A potrebno je jox pokazati da je f C(X). Ako je x X proizvo na taqka, onda je f(x) f(x ) f(x) f n (x) + f n (x) f n (x ) + f n (x ) f(x ), gde je x iz neke dovo no male okoline taqke x (odnosno d(x, x ) < δ, pri qemu je ovo δ dobijeno iz neprekidnosti d funkcije f n (videti nastavak)). Zbog f n f prvi i trei sabirak se mogu uqiniti ma im od ε za sve 3 n n i x iz posmatrane okoline (zapravo za sve x X), dok kako je za n = n funkcija f n neprekidna (dovo na nam je samo ta jedna funkcija), to se i drugi sabirak moe uqiniti ma im od ε (za 3 d(x, x ) < δ iz neprekidnosti funkcije f n ). Dakle, dobijamo da je lim x x f(x) = f(x ), tj. da je f neprekidna u taqki x, a time i na celom X zbog proizvo nosti same taqke. Kako imamo kompletnost za A, to je dovo no pokazati da je A jox i totalno ograniqen, za xta emo koristiti ekvivalentnu definiciju gore datu (preko nizova). Zato, neka je {f n } n=1 iz A. Tada je za svako fiksirano x X niz {f n (x)} n=1 ograniqen u R. Naime, iz f n (x) f n () d(x, ) imamo f n (x) = f n (x) f n () + f n () f n (x) f n () + f n () d(x, ) + 1, pri qemu je d(x, ) konaqno jer je X ograniqen (jer je kompaktan). Takoe, kako za svako ε > vai X x X B(x, ε) i X je kompaktan, to postoji konaqan niz x 1,..., x N iz X takav Podskup N metriqkog prostora X je ε-mrea skupa K X ako je K x N B(x, ε). Skup K X zove se totalno ograniqenim ako za svako ε > poseduje konaqnu ε-mreu.

3 da je X N n=1 B(x n, ε). Kako je to jedan niz u R, to nam onda Bolzano-Weierstrass-ova teorema daje da postoji konvergentan podniz (a time i Koxijev) {f nk (x)} k=1 tog niza (pa i specijalno ako biramo x = x n, n = 1,..., N). I sada, pokaimo i da je {f nk } k=1 Koxijev u d metrici. Naime, za svako x X imamo da postoji neko x n takvo da je d(x, x n ) < ε, pa je f ni (x) f nj (x) f ni (x) f ni (x n ) + f ni (x n ) f nj (x n ) + f nj (x n ) f nj (x) d(x, x n ) + f ni (x n ) f nj (x n ) + d(x, x n ) < 3ε, pri qemu smo iskoristili da je drugi sabirak ma i od ε jer je niz {f nk (x n )} k=1 Koxijev. Kako ovo imamo za svako x X, to je i sup x X f ni (x) f nj (x) 3ε. Konaqno, s obzirom da je ε > bilo proizvo no, to nam ovo posled e govori da je niz {f nk } k=1 Koxijev u d metrici. 9. Neka je (X, d) kompaktan metriqki prostor i f : X R neprekidna funkcija. Dokazati da za svako ε > postoji M > takvo da je f(x) f(y) < ε + Md za sve x, y X. Rexe e. Kako je f neprekidna i X kompaktan, to je f ravnomerno neprekidna funkcija na X, odnosno imamo ( ε > )( δ > )( x, y X)(d < δ = f(x) f(y) < ε). Odatle dobijamo i f(x) f(y) < ε ε + Md za d < δ i svako M > (pa i za naxe izabrano M u nastavku rexe a). Ako je d δ, onda iskoristimo da je f(x) ograniqen u R (jer je kompaktan), te postoji neko N > takvo da je f(x) < N za sve x X. Uzimajui M = N δ imamo procenu xto je i trebalo pokazati. f(x) f(y) < N = Mδ Md < ε + Md, 1. Neka je (X, d) metriqki prostor. Dokazati sledea tvre a: a) Za svaki neprazan podskup A X i svako x, y X vai d(x, A) d + d(y, A); b) Ako je A X, tada je funkcija f A : X R, f A (x) = d(x, A) ravnomerno neprekidna na X; v) Ako je (X, d) povezan prostor, tada za svaka dva egova disjunktna i neprazna podskupa A, B X postoji t X takov da je d(t, A) = d(t, B); g) Ako je (X, d) nepovezan prostor, onda postoje dva disjunktna i neprazna podskupa A, B X takva da za svako t X vai d(t, A) d(t, B). Rexe e. Delovi a) i b) su raeni na vebama, pa ih preskaqemo. Za pod v), uoqimo na prostoru X funkciju f(x) = d(x, A) d(x, B), te je potrebno dokazati egzistenciju t X takvog da je f(t) =. Kako je f neprekidna (iz dela pod b), na primer) i X povezan, to je i f(x) povezan prostor u R, tj. interval u R. Primetimo da je f(a) = d(a, B) < za neko a A (ako je d(a, B) = onda smo naxli naxe t) i f(b) > za neko b B, te je [a, b] f(x), odnosno f(x), xto je i trebalo pokazati (sliqa ideja je prikazana i na vebama). Konaqno, za deo pod g), iz diskoneksije prostora X sledi da postoje zatvoreni disjunktni prostori qija je unija ceo prostor X. Uzmimo da su to naxi skupovi A i B. Kako je X = A B, to svako t X imamo t A ili t B. Ako je t A (sliqno se radi za t B) tada je d(t, A) =, jer t A = Ā. Sa druge strane, d(t, B), jer ako bi d(t, B) = onda bi t B = B, xto nije mogue jer je A B =. Dakle, d(t, A) d(t, B). 11. Neka je g C[a, b], a, b R i neka su dati skupovi A = {f C[a, b] ( x [a, b]) f(x) < g(x)} i B = {f C[a, b] ( x [a, b]) f(x) g(x)}. Ispitati otvorenost i zatvorenost datih skupova u prostoru (C[a, b], d ). Rexe e. Pokazaemo da je A otvoren i da nije zatvoren, dok je B zatvoren i nije otvoren u (C[a, b], d ). A je otvoren. Neka je f A proizvo an element. Tada je f C[a, b] i f(x) < g(x) za svako x [a, b], pa postoji ε = min x [a,b] (g(x) f(x)) jer g f C[a, b] i [a, b] je kompaktan skup. Taqnije, postoji x [a, b] takvo da je ε = g(x ) f(x ) > i pri tome je ε g(x) f(x) za sve x [a, b]. Pokaimo da je tada B(f, ε) A, odakle emo imati i otvorenost skupa A. Naime, ako je h B(f, ε) proizvo no, tada h C[a, b] i vai d (f, h) = max x [a,b] f(x) h(x) < ε. Potrebno je pokazati da je h(x) < g(x) za sve x [a, b], xto sledi iz prethodnog kao h(x) = h(x) f(x) + f(x) < ε + f(x) g(x) f(x) + f(x) = g(x). A nije zatvoren. Pretpostavimo suprotno, da je A zatvoren. Tada bi za svaki konvergentan niz f n f u C[a, b], gde f n A sledilo i da f A. Ovo posled e nije mogue. Naime, neka je f n (x) = g(x) 1 za n x [a, b] i n 1. Vidimo da tada f n A, kao i da f n g u C[a, b]. Ovo posled e sledi iz toga xto je d (f n, g) = max x [a,b] f n (x) g(x) = 1 n kad n. No, funkcija g oqito ne pripada skupu A. Kontradikcija. B je zatvoren. Za svako x [a, b] posmatrajmo funkciju F x : C[a, b] R datu sa F x (f) = f(x) g(x). Nije texko pokazati da je F Lipxicova, a time i neprekidna na C[a, b] (pogledajte vebe). Tada se skup B moe prikazati kao B = x [a,b] F x 1 (, ], a kako je Fx 1 (, ] zatvoren za svako x [a, b] (kao inverzna

4 slika zatvorenog skupa (, ] pri neprekidnoj funkciji F x ) i kako je beskonaqan (pa i neprebrojiv) presek zatvorenih skupova zatvoren skup, to je i B zatvoren. B nije otvoren. Pretpostavimo suprotno, da je B otvoren. To bi znaqilo da za svako f B postoji neko ε > takvo da B(f, ε) B. Primetimo i da g B, te je i tada B(g, ε) B za neko ε >. Ovo posled e nije mogue. Naime, neka je h(x) = g(x)+ ε. Tada je h C[a, b] (jer je i g) i za svako x [a, b] vai h(x) g(x) = ε < ε, te h B(g, ε). No oqito ne vai h(x) g(x) za sve x [a, b], tj. h / B. Kontradikcija. Komentar. Primetimo da, uz oznake iz prethonog rexe a, vai i A = x [a,b] F x 1 (, ), no odatle ne moemo rei da je A otvoren (iako su elementi preseka otvoreni skupovi kao inverzne slike otvorenog skupa pri neprekidnoj funkciji). Naime, podsetimo se, ne vai da je beskonaqan presek otvorenih skupova otvoren skup (pa ni u sluqaju da je presek prebrojiv, na primer n=1 ( 1 n, 1 n ) = {}, a {} je zatvoren u R). 1. Za familiju F podskupova od skupa X kaemo da ima svojstvo konaqnog preseka ako za svaku konaqnu potfamiliju {F 1,..., F n } od F vai da je F 1 F F n. Pokazati da je metriqki prostor X kompaktan ako i samo ako za svaku familiju F zatvorenih podskupova od X koja ima svojstvo konaqnog preseka vai F. F F Rexe e. Neka je X kompaktan prostor i F familija zatvorenih podskupova od X koja ima svojstvo konaqnog preseka. Neka je tada U = {F c F F} familija otvorenih skupova u X (prelazimo na otvorene skupove jer elimo da iskoristimo komapktnost od X). Primetimo da je tvre e F F F ekvivaletno sa U U U X. Zato, pretpostavimo suprotno, da je U U U = X. S obzirom da je X kompaktan tada postoji konaqna potfamilija U 1 = {U i U i = 1,..., n} = {Fi c F i F, i = 1,..., n} takva da je n i=1 F i c = X. No ovo posled e nije mogue, jer bi tada imali i n i=1 F i =, xto protivrei tome da je F familija sa svojstvom konaqnog preseka. Kontradikcija. Obratno, neka je za svaku familija zatvorenih podskupova F od X koja ima svojstvo konaqnog preseka ispu eno F F F. Kako elimo da pokaemo da je tada X kompaktan, neka je U otvoreno pokriva e od X i pokaimo da tada postoji konaqno potpokriva e od X. Zato posmatrajmo familiju F = {U c U U} zatvorenih podskupova u X i primetimo da iz U U U = X imamo F F F =. Odatle imamo, s obzirom na pretpostavku, da F nije familija sa svojstvom konaqnog preseka, tj. postoji konaqna potfamilija {F 1,..., F n } od F takva da je n i=1 F i = n i=1 U i c =. No odatle je i n i=1 U i = X, tj. postoji konaqno potpokriva e od X za familiju U, pa je X kompaktan metriqki prostor. 13. Neka je C[, 1] prostor neprekidnih funkcija f : [, 1] R i neka su d (f, g) = sup f(x) g(x), x [,1] d(f, g) = d (f, g) + f() g(), dve metrike na emu. Definixemo preslikava e Φ: C[, 1] C[, 1], Φ(f)(x) = e x + 1 f(x) 1 + f (x). a) Pokazati da je preslikava e Φ: (C[, 1], d ) (C[, 1], d ) neprekidno. b) Pokazati da su metrike d i d ekvivaletne. Da li je preslikava e Φ: (C[, 1], d) (C[, 1], d) neprekidno? v) Pokazati da preslikava e Φ ima taqno jednu fiksnu taqku. Rexe e. a) Pokazaemo da je Φ Lipxic neprekidna, xto nam daje i samu neprekidnost. Zaista, neka su f, g C[, 1] proizvo ne funkcije. Tada vai d (Φ(f), Φ(g)) = sup Φ(f)(x) Φ(g)(x) = sup 1 x [,1] x [,1] f(x) 1 + f (x) 1 g(x) 1 + g (x) = sup (f(x) g(x))(1 f(x)g(x)) x [,1] (1 + f (x))(1 + g (x)) ( ) f(x) g(x) f(x) g(x) f(x) g(x) sup x [,1] (1 + f (x))(1 + g + (x)) (1 + f (x))(1 + g (x)) ( ) f(x) g(x) f(x) g(x) + = 5 8 8 d (f, g), sup x [,1] gde smo iskoristi da je 1 + f (x), 1 + g (x) 1 i 1 + f (x) f(x) (i sliqno za funkciju g) 3. 3 ova druga procena se vidi direktno preko kvadrata binoma, no suxtinski ideja je skrivena u aritmetiqko-geometrijskog nejednakosti

5 b) Za dve metrike d 1 i d kaemo da su ekivalentne ako postoje realni brojevi c 1, c > takvi da c 1 d 1 d c d 1 za sve x, y iz posmatranog metriqkog prostora 4. U naxem sluqaju to nije texko pokazati, jer vai d (f, g) d (f, g) + f() g() d (f, g) za sve f, g C[, 1]. Odatle sledi i neprekidnost (i vixe, Lipxic neprekidnost) preslikava a Φ: (C[, 1], d) (C[, 1], d). Zaista, koristei da je Φ: (C[, 1], d ) (C[, 1], d ) Lipxic neprekidno (sa konstantom L = 5 8 ) i prethodno, za sve f, g C[, 1] imamo d(φ(f), Φ(g)) d (Φ(f), Φ(g)) 1 8 d (f, g) 1 d(f, g). 8 v) Ovo sledi iz Banahove teoreme o fiksnoj taqki. Naime, kako je prostor (C[, 1], d ) kompletan i preslikava e Φ: (C[, 1], d ) (C[, 1], d ) kontrakcija, jer je q = 5 8 < 1, to su ispu eni uslovi Banahove teoreme o fiksnoj taqki (koja garantuje i jedinstvenost fiksne taqke). 14. Neka je f : R \ {(, )} R neprekidno diferencijabilna funkcija. a) Ako je f = g(x + y ) za neku neprekidno diferencijabilnu funkciju g : R \ {} R, pokazati da tada vai x f f y = za sve R \ {(, )}. b) Ako za f vai identitet x f f y = za sve R \ {(, )}, pokazati da tada postoji neprekidno diferencijabilna funkcija g : R\{} R takva da je f = g(x +y ) za sve R \{(, )}. Rexe e. a) Primenom lanqastog pravila direktno nalazimo f = g (x + y ) x i f = g (x + y ) y, odakle i sledi samo tvre e. b) Kako elimo da je f = g(x +y ), to nam x +y moe sugerisati da preemo na polarne koordinate. h I zaista, ako je h(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ), tada je, koristei ponovo lanqasto pravilo, θ = f θ + f θ = f f f f h ( r sin θ) + (r cos θ) = ( y) + x. Odnosno, koristei dati uslov nalazimo θ (r, θ) =, xto nam govori da funkcija h ne zavisi od θ. Prethodno formalno moemo pokazati primenom Lagranevoj teoreme o sred oj vrednosti. Naime, neka je h r (θ) = h(r, θ) za fiskirano r. Tada za θ 1, θ R, θ 1 < θ (u suxtini pripadaju [, π)) postoji θ ξ (θ 1, θ ) takvo da je h(r,θ1) h(r,θ) θ 1 θ = hr(θ1) hr(θ) θ 1 θ = h r(θ ξ ) = h θ (r, θ ξ) =. Odatle je h(r, θ 1 ) = h(r, θ ). Zbog proizvo nosti θ 1 i θ vidimo da h ne zavisi od druge koordinate, tj. da je h(r, θ) = h(r, ) (ovde smo uzeli nulu proizvo no, mogao je bilo koji drugi realan broj), tj. da je h(r, θ) = g 1 (r) za neku funkciju g 1. Kako je r = x + y, to je onda potrebno jox da u izrazu g 1 (r) sve r zapixemo kao r, tj. g 1 (r) = g(r ) za neku funkciju g. Time smo dobili da je f = f(r cos θ, r sin θ) = g(r ) = g(x + y ) za sve R \ {(, )}. Odatle je g neprekidno diferencijabilna na R\{}, kao kompozicija neprekidno diferencijabilnih funkcija g 1 (jer je i f takva) i r r za r >. 15. a) Neka je f : [, ) R neprekidna funkcija i t. Dokazati da je x 1 x n 1 f(x n ) dx n dx n 1... dx 1 = 1 (n 1)! f(s)s n 1 ds. b) Dokazati da za a R ne postoji neprekidna funkcija nenegativna funkcija f : [, 1] [, ) takva da je 1 f(x 1 )dx 1 = 1, 1 1 x 1 f(x ) dx dx 1 = a, 1 1 1 v) Neka je f : [, ) R neprekidna funkcija i t. Dokazati da je x1 xn 1 x 1 x f(x 3 ) dx 3 dx dx 1 = a. n f(x k ) dx n dx n 1... dx 1 = 1 ( n f(s) ds). n! g) Ako je f : [, 1] [, ) nenegativna neprekidna funkcija takva da je x1 k=1 xn 1 n k=1 f(x k ) dx n dx n 1... dx 1 (f(t))n n! za svako t [, 1], dokazati da je f. Rexe e. a) Neka je t fiksirano. Tvre e pokazujemo matematiqkom indukcijom po n. Za n = potrebno je pokazati da vai x 1 f(x ) dx dx 1 = f(s)s ds. 4 ovde nije bitan poredak u smislu da li d 1 ili d ograniqavamo sa do e i gor e strane (ako imamo za jednu, imao i za drugu)

6 Ako obeleimo sa F (s) = f(ξ) dξ za naxe fiksirano t, to iz neprekidnosti od f imamo da je F diferencijabilna i da je F (s) = f(s) za s [, t]. Dakle, s vai x 1 f(x ) dx dx 1 = F (x 1 ) dx 1, xto da e raqunamo preko parcijalne integracije. Naime, uzmimo da je u = F (x 1 ) i dv = dx 1. Tada dobijamo F (x 1 ) dx 1 = x 1 F (x 1 ) t + f(x 1 )x 1 dx 1 = f(x 1 )x 1 dx 1, xto je i trebalo pokazati (naravno, ko eli moe uzeti dodatno smenu x 1 = s, no nema stvarne potrebe za tako neqim). Pokaimo sada i induktivan korak, tj. da iz n 1 sledi i za n. Ponovo, imamo x 1 x n x n 1 f(x n ) dx n dx n 1... dx dx 1 = 1 xto je da e po induktivnoj pretpostavci jednako integracija nam da e daje ( 1 F (s)s n 1 t + 1 (n )! n 1 n 1 (n )! x 1 x n F (x n 1 ) dx n 1... dx dx 1, F (s)sn ds. Ako je u = F (s) i dv = s n ds, parcijalna ) f(s)s n 1 ds = 1 (n 1)! f(s)s n 1 ds, qime je pokazan induktivan korak. Kako prethodno rezonova e vai za fiskirano, ali i proizvo no t, to je onda formula pokazana za sve t. b) Primetimo da je sada domen (i kodomen, ali to nije ovde presudno) funkcije f drugaqiji, no analizom prethodnog dokaza se moemo uveriti da formula iz a) ostaje i da e na snazi. S obzirom da ovde date uslove, uzimajui t = 1, prepoznajemo da se oni mogu drugaqije zapisati kao 1 f(s) ds = 1, 1 f(s)s ds = a, 1 f(s)s = a. Pretpostavimo da postoji neprekidna funkcija sa gor om osobinom. Tada, kombinujui ove jednakosti, bismo dobili da za svaki polinom P stepena deg P vai Uzimajui P (s) = (s a), vidimo da vai 1 1 f(s)p (s) ds = P (a). f(s)(s a) ds =, no ovo posled e nije mogue. Naime, kako je podintegralna funkcija neprekidna na [, 1], to bismo imali da je f(s)(s a) = za sve s [, 1]. Ako a [, 1] i kako je (s a) > za s a, to bi znaqilo da je f(s) = za s a, a onda i na celom [, 1] jer je f neprekidna (poxto moemo f(a) da izraqunamo preko levog ili desnog limesa, gde znamo da je f jednaka nuli) 5. U sluqaju da a / [, 1] onda direktno imamo da je f. No, bilo jedan 1 ili drugi sluqaj, to nije mogue jer bi onda vailo f(s) ds =, xto prema datom uslovu iz zadatka nije taqno. Kontradikcija. v) Formulu moemo pokazati indukcijom po n. Za n = potrebno je pokazati x1 f(x 1 )f(x )dx dx 1 = 1 ( f(s) ds). Oznaqimo sa F (x) = x f(s) ds. Kako je f neprekidna funkcija, to znamo da je F diferencijabilna i da vai F (x) = f(x) za sve x [, t]. Dakle, potrebno je zapravo pokazati F (x 1 )f(x 1 ) dx 1 = 1 ( f(s) ds). 5 kako vrednost integrala ne zavisi od vrednosti funkcije u jednoj taqki (tj. na skupu mere nula) to vrednost f(a) ovde i nije bitna u suxtini

7 Ako primenimo parcijalnu integraciju na levu stranu, uzimajui u = F (x 1 ), du = F (x 1 ) dx 1 = f(x 1 ) dx 1, dv = f(x 1 ) dx 1, v = F (x 1 ), nalazimo F (x 1 )f(x 1 ) dx 1 = (F (x 1 )) t F (x 1 )f(x 1 ) dx 1, pa dobijamo F (x 1 )f(x 1 ) dx 1 = (F (t)) (F ()) = 1 ( f(s) ds), xto je i trebalo pokazati. Preimo sada na induktivni korak, da iz n 1 sledi n. Koristei induktivno pretpostavku odmah vidimo da vai x1 xn 1 n f(x k ) dx n dx n 1... dx 1 = k=1 = 1 (n 1)! 1 (n 1)! ( x1 f(s) ds) n 1 f(x 1 ) dx 1 (F (x 1 )) n 1 f(x 1 ) dx 1. Ponovo, ako uzmemo u = (F (x 1 )) n 1, du = (n 1)(F (x 1 )) n F (x 1 ) = (n 1)(F (x 1 )) n f(x 1 ), dv = f(x 1 ) dx 1, v = F (x 1 ), parcijalna integracija nam da e daje te kombinujui sa prethodnom dobijamo x1 xn 1 (F (x 1 )) n 1 f(x 1 ) dx 1 = (F (x 1 )) n t (n 1) k=1 (F (x 1 )) n 1 f(x 1 ), n 1 (F (t)) n (F ()) n f(x k ) dx n dx n 1... dx 1 = = 1 ( n f(s) ds), (n 1)! n n! qime smo pokazali induktivni korak. Drugo rexe e. Preko permutacija, ispisau nekada. g) Kako je f neprekidna na kompaktu, to prema Vajerxtrasovoj teoremi postoji M > tako da je f(t) M za sve t [, 1]. Takoe, primeujemo da se data nejednakost moe zapisati i kao ( 1 t ) n f(s) ds (f(t))n, n! n! gde smo iskoristili deo pod v) i da se dokaz prenosi i na izme en u ovom delu domen funkcije f. Kako je f, to je i Takoe, imamo f(s) ds, pa se prethodna izdvojena nejednakost svodi na f(s) ds M Koristei ovu upravo dobijenu nejednakost sliqno nalazimo Indukcijom dobijamo da za svako n N vai f(s) ds M f(t) ds = Mt. s ds = M t. f(s) ds M tn n!, a odatle i f(s) ds M tn n! za sve t [, 1]. Uzimajui da n dobijamo f(t) = za sve t [, 1]. 16. Neka je f : [, 1] (, ) neprekidna funkcija. Izraqunati f(x 1 ) + + f(x k ) [,1] f(x n 1 ) + + f(x n ) dx 1 dx n za k {1,,..., n}. f(s) ds f(t) za sve t [, 1].

8 Rexe e. Primetimo da je f(x 1 ) + + f(x k ) [,1] f(x n 1 ) + + f(x n ) dx 1 dx n = k i=1 f(x k ) [,1] f(x n 1 ) + + f(x n ) dx 1 dx n. f(x Ako je k ) I k = [,1] f(x n 1 ) + + f(x n ) dx 1 dx n za k {1,,..., n}, to primetimo (nekom prilikom emo dodatno obrazloiti) da je I 1 =... = I k, pa je dovo no da naemo jedan od ovih I k integrala. Primetimo da n n f(x je 1 ) + + f(x n ) I 1 = I k = k=1 k=1 [,1] f(x n 1 ) + + f(x n ) dx 1 dx n = dx 1 dx n = 1, pa odatle nalazimo i [,1] n I 1 = 1, a samim tim i f(x 1 ) + + f(x k ) n [,1] f(x n 1 ) + + f(x n ) dx 1 dx n = k n. 17. a) Neka su λ i µ pozitivni realni brojevi. Pokazati da integral e λx µy dxdy konvergira i izraqunati ga. b) Neka x oznaqava vrstu koordinata, x = [x 1 x x n ] i neka je A realna simetriqna pozitivno definitna matrica. Izraqunati e xaxt dx. R n Rexe e. a) Direktnim raqunom i primenom Fubinijeve teoreme nalazimo n n ( n )( n ) e λx µy dxdy = lim e λx µy dxdy = lim e λx dx e µy dy. n n n n n n Prethodna dva integrala se odgovarajuim smenama lako svode na integral e t dt, koga moemo nai preko R standardnog trika uvoe a polarnih koordinata. Naime, koristei ponovo Fubinijevu teoremu imamo e t dt = e x dx e y dy = e (x +y ) dxdy, R R R R xto posle uvoe a polarnih koordinata x = r cos θ i y = r sin θ i ponovne upotrebe Fubinija postaje π ( ) re r dr dθ = π re r dr = π. Dakle, R e t dt = π, pa je π e λx µy dxdy = π λµ. Bie dodati i dodatni komentari oko konvergencije, nexto kasnije. b) Kako je A realna simetriqna pozitivno definitna matrica, to prema Spektralnoj teoremi iz linearne algebre je ona sliqna dijagonalnoj matrici, tj. postoji ortogonalna matrica P (odnosno P P T = P T P = I i det P = 1) i dijagonalna D (sastav ena od sopstvenih vrednosti λ k (A) > za k = 1,..., n) takve da vai A = P DP T. Pri tome je det A = det D = n k=1 λ k(a). Takoe, vidimo da vai xax T = xp DP T x T = (xp )D(xP ) T. Uzimajui smenu y = xp, teorema o smeni promen ive nam daje T T T dx = det P dy = dy = 1 +...λn(a)y n ) dy 1 dy n. R n e xax R n e ydy R n e ydy R n e (λ1(a)y Primenom Fubinijeve teoreme i integrala raqunatih u delu pod a), nalazimo da je posled i integral jednak n k=1 R e λ k(a)y k dyk = n ( π λ k (A) Posled i proizvod se moe zapisati (jednak je) i kao det(π 1 A) 1/. k=1 ) 1/. 18. Neka je funkcija f : R R definisana na sledei naqin: (x 1) + (y 1) x + y sin, (, ) f = x + y, = (, ).

9 a) Ispitati diferencijabilnost funkcije f na R. b) Ispitati ravnomernu neprekidnost funkcije f na skupu R. Rexe e. Primetimo prvo da je f = f 1 + f, gde je { x (x 1) + (y 1) f 1 =, (, ) y sin, (, ) i f = x + y., = (, )., = (, ). Taqnije, moemo pisati f 1 = (x 1) + (y 1) za sve R. a) Ispitaemo posebno diferencijabilnost funkcija f 1 i f na R. Za funkciju f 1 : Kako je f 1 = x 1 i f 1 (x 1) + (y 1) = y 1 (x 1) + (y 1) za (1, 1) i kako su to neprekidne funkcije na R \ {(1, 1)} (obrazloiti) koji je otvoren skup, to imamo da je f 1 diferencijabilna funkcija na R \ {(1, 1)}. Ispitajmo xta se dexava u taqki (1, 1). Naime, f 1 f 1 (1 + h, 1) f 1 (1, 1) h (1, 1) = lim = lim h h h h, pri qemu ovaj posled i limes ne postoji (jer su levi i desni limesi razliqiti), pa f 1 nema parcijalni izvod po x u taqki (1, 1), a samim tim i ne moe biti diferencijabilna u taqki (1, 1). Za funkciju f : Kako je f ( ) = x y3 cos (x + y ) 3/ i f ( ) x = sin xy x + y ( x + y x cos )(x + y ) 3/ za (, ), to sliqno kao malopre imamo diferencijabilost funkcije f na x + y skupu R \ {(, )}. Takoe, nije texko pokazati da je f (, ) = f (, ) =. Ostaje da se proveri da li je ( ) f f (h 1, h ) f (, ) h 1 (, ) h f h (, ) h sin 1 h lim = lim 1 + h =? (h 1,h ) (,) h 1 + h (h 1,h ) (,) h 1 + h Ako iskoristimo ocenu sin t 1 za t R dobijamo da je gor i koliqnik po apsolutnoj vrednosti ograniqen sa 1, xto nam ne govori nixta o samom limesu (moda nam je procena previxe gruba). Takoe, ako i iskoristimo finiju procenu sin t t za t R, to ponovo dobijemo procenu apsolutne vrednosti sa 1 sa gor e strane. To nam moe biti indikator da dati limes i nije nula (ako i postoji uopxte). Zaista, proverom na nizu ( 1 n, 1 n ) (, ) kad n, dobijamo da posmatrani koliqnik tei 1 sin 1, te dati limes, po Hajneovoj karakterizaciji limesa funkcije preko nizova, sigurno nije nula (ako postoji, ako ne postoji, tim pre). Dakle, funkcija f je diferencijabilna na R \ {(, )}. I sada izvucimo zak uqke o pita u diferencijabilnosti funkcije f. Naime, kako su f 1 i f istovremeno diferencijabilne za R \ {(, ), (1, 1)}, to je i f = f 1 + f diferencijabilna na tom skupu. Za taqku = (, ) funkcija f 1 je diferencijabilna, dok f nije, pa time ni funkcija f. Zaista, ako bi f bila diferencijalna u (, ), tada bi i f = f f 1 bila diferencijabilna u (, ), kao razlika dve diferencijabilne funkcije u toj taqki, xto nije taqno. Sliqnim razmatra em se dobija da f nije diferencijabilna ni u taqki (1, 1). b) Pokazaemo da su f 1 i f ravnomerno neprekidne na R, a time i funkcija f. Za f 1 moemo pokazati da je Lipxic neprekidna funkcija na R, a samim tim i ravnomerno neprekidna. Prvo primetimo da je f 1 = (x 1) + (y 1) = d (, (1, 1)) za R, gde je d standardna euklidska metrika na R. Kada smo to primetili ostatak ide lako. Zaista, za (x 1, y 1 ), (x, y ) R iamamo f 1 (x 1, y 1 ) f 1 (x, y ) = d ((x 1, y 1 ), (1, 1)) d ((x, y ), (1, 1)) d ((x 1, y 1 ), (x, y )), gde smo iskoristili da u proizvo nom metriqkom prostoru X vai d(x, z) d(y, z) d za sve x, y, z X. Za funkciju f potrebno je malo vixe posla. Ovde elimo da iskoristimo teoremu koja kae ako je A otvoren, konveksan skup (a dovo no je i poligonijalno povezan, xto emo bax i koristiti) i imamo funkciju koja je diferencijabilna na skupu A i ima na emu ograniqene parcijalne izvode, da onda sledi da je tada ta funkcija i ravnomerno neprekidna. Sada, kako je f diferencijabilna na R \ {(, )}, to uzmimo da je A = R \ B[(, ), 1] (razlika prostora R i zatvorene jediniqne kugle u R polupreqnika 1), koji je oqito otvoren i poligonijalno povezan (ali nije konveksna, no to nam i nije neophodno). Tada je f diferencijabilna na skupu A i na emu vae ocene f y 3 (x + y ) 1, f 3/ x y 1 +, (x + y ) 3/

1 gde su iskorixene procene x + y x, y za A. Dakle, f je ravnomerno neprekidna na A. Takoe, kako je B[(, ), 1] kompakt i f je neprekidna na tom skupu (nije texko proveriti), to je prema Kantorovoj teoremi f i ravnomerno neprekidna na B[(, ), 1] = R \ A. Odatle sledi i ravnomerna neprekidnost od f na R = A (R \ A) (ovo posled e pokazati i formalno). Komentar. Istaknimo jox jednom da je ovde korixena ideja razdvaja a funkcije na zbir dve funkcije (bez tog razdvaja a raqun se dosta komplikuje). Takoe, ravnomerna neprekidnost funkcije f 1 se mogla pokazati na isti naqin kao i za funkciju f, no ovde smo izabrali direktniji naqin s obzirom da se f 1 moe zapisati na zgodan naqin preko d metrike. 19. Neka je U R otvorena okolina taqke a = (x, y ) i f : U R, f = (u, v), preslikava e klase C 1 koje zadovo ava tzv. Koxi-Rimanove jednaqine: =, =. a) Pokazati da vai implikacija det(df(a )) = = df(a ) =. b) Pokazati da ako je df(a ), onda preslikava e f u okolini taqke a ima glatko inverzno preslikava e f 1, koje takoe zadovo ava Koxi-Rimanove jednaqine. v) Pokazati da postoji inverz funkcije Koja je glatkosti inverzna funkcija? Rexe e. a) Kako je df(a ) = (a ) (a ) f : R (, π) R \ {(x, ) x }, f = (e x cos y, e x sin y). (a ), to koristei date uslove nalazimo (a ) det(df(a )) = (a ) (a ) (a ) ( ) ( ), (a ) = (a ) + (a ) pa iz det(df(a )) = dobijamo (a ) = (a ) =, a odatle koristei ponovo Koxi-Rimanove jednaqine i (a ) = [ ] (a ) =. Odnosno, vai df(a ) =. b) Koristei a) i kontrapoziciju, vidimo da iz df(a ) (nula matrica) sledi det(df(a )). Kako je f klase C 1 (tj. glatko) i na osnovu prethodnog, to nam teorema o inverznoj funckiji daje egzistenciju otvorene okoline U a taqke a takve da je g = f Ua : U a V a difeomorfizam, tj. bijektivno preslikava e takvo da je i g i g 1 klase C 1 (za funkciju g smo to ve i imali, jer je f isto takva, a g je restrikcija od f na ma i skup). No, i vixe, vai dg 1 (b) = (dg(a)) 1 za sve a U a i b = g(a) (no faktiqki, moemo i rei y = f(x), a koristimo oznaku g samo zbog formalnog zapisa jer nemamo inverz od cele funkcije f, ve od ene restrikcije). Oznaqimo sa ϕ i ψ koordinatne funkcije od g 1, tj. g 1 = (ϕ, ψ). Onda zapravo za sve a U a imamo 1 ϕ (g(a)) ϕ (g(a)) ψ (g(a)) ψ = (a) (a) 1 (g(a)) (a) = (a) (a). (a) det(df(a)) (a) (a) Odnosno, odatle nalazimo da vai ϕ (g(a)) = 1 det(df(a)) (a), ϕ (g(a)) = 1 det(df(a)) (a), ψ (g(a)) = 1 ψ (a) i det(df(a)) (g(a)) = 1 (a). Koristei da vae Koxi-Rimanove jednaqine za funkciju det(df(a)) f, to nije texko videti i da vae Koxi-Rimanove jednaqine za funkciju g 1 (tj. f 1 na ma em skupu V a = f(u a )). v) Pokazaemo da je f injektivna i surjektivna. Naime, neka je f(x 1, y 1 ) = f(x, y ) za proizvo ne (x 1, y 1 ), (x, y ) R (, π). Tada imamo (e x1 cos y 1, e x1 sin y 1 ) = (e x cos y, e x sin y ), odakle dobijamo e x1 cos y 1 = e x cos y i e x1 sin y 1 = e x sin y, pa je i e x1 cos y 1 = e x cos y i e x1 sin y 1 = e x sin y. Odatle nalazimo e x1 = e x1 (cos y 1 + sin y 1 ) = e x (cos y + sin y ) = e x, odakle je i x 1 = x jer je eksponencijalna funkcija injektivna. Sada iz e x1 cos y 1 = e x1 cos y vidimo da je cos y 1 = cos y, odnosno y 1 = y + kπ za k Z. No kako y 1, y (, π), to je k =, odnosno y 1 = y. Dakle, f je injektivna.

11 Pokaimo da je f(r (, π)) = R \ {(x, ) x }, tj. da je f surjektivna. Za x R obeleimo sa A x = {x} (, π). Dakle vai R (, π) = x R A x, pa je f(r (, π)) = x R f(a x). Vidimo da je f(a x ) = {(e x cos y, e x sin y y (, π)}, xto predstav a krunicu polupreqnika e x iz koje je izbaqena taqka (e x, ) (za vrednost y = ). Kako je exp(r) = (, ), to je onda x R f(a x) = R \ {(x, ) x }, jer izbacujemo sve taqke sa x-ose za x na osnovu prethodnog. Dakle, f je surjektivna. Drugi naqin za pokaziva e surjekcije bi bio da posmatramo razlaga e y (,π) B y = R (, π), gde je za fiksirano y (, π) skup B y = R {y}. Tada je f(b y ) = {(e x cos y, e x sin y x R}, xto predstav a polupravu iz taqke (, ) (bez te same taqke (, )) sa uglom y u odnosu na x-osu. Time dobijamo ponovo ceo kodomen, jer jedino nije uk uqena poluprava za y =, xto je zapravo {(x, ) x > }, a sve poluprave ne sadre ni koordinatni poqetak (jer je e x > za sve x R). Sada, kako je f injektivna i surjektivna, to je bijekcija, pa postoji inverzna funkcija f 1. Kako postoje parcijalni izvodi od e x cos y i e x sin y proizvo nog reda, to je f klase C. Takoe, za svako R (, π) (xto je i otvoren skup, primetimo) det(df) = ex cos y e x sin y e x sin y e x cos y = ex te za nam teorema o inverznoj funkciji za svaku taqku daje da postoji ena okolina U (x,y) tako tako da je f bijektivna na toj okolini i da je inverz isto klase C kao i f. Ako to ponovimo za svaku taqku iz domena funkcije f, to vidimo da je f 1 klase C (s obzirom da se f 1 poklapa sa inverzom od f na svakoj ovoj okolini U (x,y) ). Pre sledeeg zadatka, eleo bih da ukaem i na sledee. Naime, na vebama sam, zbog dao sledeu (stroiju) verzije teoreme o smeni promen ive u vixestrukim integralima: Teorema 1. Neka je ϕ: D t D x difeomorfizam ograniqenog otvorenog skupa D t R n na ograniqen otvoren skup D x = ϕ(d t ) R n i f : D x R. Ako je f Riman integrabilna na D x i supp f = {x D x f(x) } kompaktan podskup oblasti D x, onda je f ϕ det dϕ Riman integrabilna na D t i vai jednakost f(x) dx = f ϕ(t) det dϕ(t) dt. D x D t No, reqeno je i da se uslovi teoreme mogu i oslabiti, radi lakxe primene u sami zadacima. Na primer da moemo uvek od D t i D x da oduzimamo skupove ordanove mere nula, kao i da emo faktiqki proveravati da je det dϕ(t), osim na eventualno skupu mere nula. Ovo je povezano sa tim da je dovo no da ϕ bude samo injektivna, klase C 1 i da vai prethodni uslov za Jakobijan, tj. da ne mora biti nuno difeomorfizam (xto je tee za praktiqnu proveru). Naime, vai Teorema. Neka je ϕ: D t R n injektivno preslikava e klase C 1 ograniqenog otvorenog skupa D t R n takvo da je det dϕ(t) za t D t i f : D x R, gde je D x = ϕ(d t ). Ako je f Riman integrabilna na D x, onda je f ϕ det dϕ Riman integrabilna na D t i vai jednakost f(x) dx = f ϕ(t) det dϕ(t) dt. D x D t Taqnije, na vebama koristimo i to da moemo odseqi skupove mere nula. Odnosno, vai i verzija (sa prome enim oznakama radi jednostavnosti) Teorema 3. Neka je U R n otvoren skup i ϕ: U R n preslikava e klase C 1. Neka je A U kompaktan ordan mer iv skup i N A kompaktan skup ordanove mere nula. Pretpostavimo da je restrikcija ϕ A\N : A \ N R n injektivna i da vai det dϕ(x) za sve x A \ N. Tada je i B = ϕ(a) R n ordan mer iv. Ako je f : B R Riman integrabilna, to je onda i funkcija f ϕ: A R Riman integrabilna i vai f(y) dy 1 dy n = f(ϕ(x)) det dϕ(x) dx 1 dx n. B A Napomenimo i to da da se teorema moe dodatno oslabiti ako sklonimo zahtev da je ϕ injektivna, kada, intuitivno jasno, moramo uraqunati u integral i vixestrukost taqaka koje se ponav aju u slici. Na primer, ta verzija za teoremu (da ne pet amo sada sa skupovima mere nula, radi jednostavnosti) bi glasila Teorema 4. Neka je ϕ kao u Teoremi, s tim da sada ne mora biti injektivna. Ako je n(x) = card{t supp(f ϕ) ϕ(t) = x} 6, gde je card oznaka za kardinalnost skupa, tada vai f(x)n(x) dx = f ϕ(t) det dϕ(t) dt. D x D t 6 Odnosno, n(x) je broj taqaka od nosaqa (supp) funkcije f ϕ koje se preslikavaju u taqku x D x pri funkciji ϕ: D t D x.

1 Preimo sada spokojno na naredni zadatak, hoj hoj hoj.. Neka je dato preslikava e f(x, y, z) = (x+ y+z, y +y z, 3z), i telo T ograniqeno povrxima z = x +y, y = x, y =, z =. a) Izraqunati zapreminu tela T. b) Izraqunati zapreminu tela f(t ). Rexe e. a) Primetimo da je T = {(x, y, z) R 3 z x + y, D}, gde je D = { R x, x y }. 7 Tada vixestrukom primenom Fubinijeve tereme nalazimo V (T ) = = V dxydz = D ( x +y ( ) (x + y ) dy dx = x ) dz dxdy = D (x ( x ) + y3 3 (x + y ) dxdy y= ) y=x dx = (x ( x ) + 8 x6 3 ) dx = 59 15. b) Ideja je primeniti teoremu o smeni promen ive (mi emo ovde koristiti verziju za teoremu 3) da bismo integral po f(t ) sveli na integral po T. Naime, kako je f(x, y, z) = (x + y + z, y + y z, 3z), to moemo smatrati da je to ujedno i naxa smena promen ive (odnosno funkcija ϕ, sada f u novoj oznaci, dok je A = T). Tada bismo imali V (f(t )) = 1 dy 1 dy dy 3 = 1 f(t 1, t, t 3 ) det df(x 1, x, x 3 ) dx 1 dx dx 3 = det df(x 1, x, x 3 ) dx 1 dx dx 3. f(t ) Ako (x 1, x, x 3 ) T, tada je T 1 det df(x 1, x, x 3 ) = 1 x x + 1 1 1 1 = x + 1 1, te ne moramo oduzimati od tela T skupove ordanove mere nula, bar ne zbog Jakobijana. Proverimo sada i ostale uslove. Naime, gde je f klase C 1? Znamo da je ona klase C 1 ako i samo ako su to ene koordinatne funkcije. Kako su koordinatne funkcije f i f 3 polinomi, tj. klase C, to pogledajmo jox xta se dexava sa funkcijom f 1 : (x, y, z) x + y + z. Ovo y je osum ieno, jer taqka (,, ) T (i samo ona sa koordinatom y = pripada skupu T). No svakako nije texko videti da je f 1 klase C 1 na T \ {(,, )}, a N = {(,, )} je ordanove mere nula, te moemo da e bezbrino nastaviti sa radom. Dakle f je sigurno klase C 1 na T \ N. Ostala je jox da ispitamo injektivnost od f na tom skupu (tu je dovo no da ispitujemo sve). Ako je f(x 1, y 1, z 1 ) = f(x, y, z ) za neke (x 1, y 1, z 1 ), (x, y, z ) T \ N (moemo grubo smatrati da x 1, x [, ], y 1, y (, ] i z 1, z [, 6]). Tada bismo odmah imali z 1 = z, ako gledamo tree koordinate. Onda iz drugih imamo y1 + y 1 = y + y, odnosno (y 1 y )(y 1 + y + 1) =, odakle je y 1 = y (a mogli smo i da primetimo da je funkcija t t + t monotona i neprekidna na (, ], a time i injektivna). Na kraju, sada koristei prethodno prve koordinate nam daju da je x 1 = x. Dakle, f je injektivna na T \ N. Takoe, konstatna funkcija (ovde jediniqna) je neprekidna, pa je i Riman integrabilna na kompaktnom skupu f(t ) (jer je A = T isto kompaktan, a f neprekidna). Sada, kako smo ispitali formalne uslove teoreme o smeni promen ive, to onda prema prethodnom imamo (preimo ponovo na oznake x, y, z za koordinate) ( x +y ) V (f(t )) = (y + 1) dxdydz = (y + 1) dz dxdy = (x + y )(y + 1) dxdy T D D ( ) = (x y + y 3 + x + y ) dy dx x = = (x y y= y=x + y4 (x (4 x 4 ) + y= + x ( x ) + y3 y=x 3 16 x8 y= ) y=x + x ( x ) + 8 x6 3 ) dx T dx = 716. 315 Kako je rexe e ovako lepo, to je onda nedvosmisleno jasno da smo dobili i taqno rexe e. 1. Preslikava e f : R R je definisano sa f = (u, v), gde su u i v neprekidno diferencijabilna preslikava a iz R u R, koja za svako R zadovo avaju <. 7 Primetimo i da je na vebama raen isti ovakav zadatak, samo je tamo y = 1 umesto y =. Te stoga neu dodatno objax avati zaxto je skup T bax jednak ovom zapisanom u samom rexe u.

13 a) Dokazati da je f injektivno. b) Ispitati da li je f regularno. v) Odrediti parcijalne izvode inverznog preslikava a. Rexe e. a) Primetimo kako je neprekidna funkcija i kako vai gore spomenuti uslov, da je stalnog znaka, tj. da je za sve R ispu eno ili < ili >. Naime, kako je R povezan i neprekidna, to je (R ) povezan skup u R, odnosno interval u R. Kako taj interval ne sadri nulu (jer onda ne bi bio ispu en uslov iz zadatka da je dati proizvod strogo ma i od nule), to je onda (R ) (, ) ili (R ) (, ). Sliqno razmatra e vae i za funkcije, i, tj. vai da su sve funkcije,, i stalnog znaka na celom svom domenu R. Pokaimo sada da iz f(x 1, y 1 ) = f(x, y ), za proizvo ne (x 1, y 1 ), (x, y ) R, sledi (x 1, y 1 ) = (x, y ), tj. da je f injektivna. Iz f(x 1, y 1 ) = f(x, y ) dobijamo u(x 1, y 1 ) = u(x, y ) i v(x 1, y 1 ) = v(x, y ), a samim tim je i u(x 1, y 1 ) u(x 1, y )+u(x 1, y ) u(x, y ) = i v(x 1, y 1 ) v(x 1, y )+v(x 1, y ) v(x, y ). Ako posmatramo u i v kao funkcije jedne promen ive (tj. fiksiramo jednu koordonatu) i kako su to tada diferencijabilne funkcije na R, to moemo primeniti Lagranevu teoremu o sred oj vrednosti na segmente [y 1, y ] i [x 1, x ]. Odnosno, postoje brojevi α, β (y 1, y ) i γ, δ (x 1, x ) takvi da se prethodne jednakosti svoje na (x 1, α)(y 1 y ) + (γ, y )(x 1 x ) = (x 1, β)(y 1 y ) + (δ, y )(x 1 x ) =. Prethodni sistem moemo posmatrati kao homogeni linearni sistem po y 1 y i x 1 x. Ako je determinanta tog sistema razliqita od nule, onda on ima samo trivijalna rexe a, tj. y 1 y = i x 1 x =, odakle i dobijamo y 1 = y i x 1 = x. Zato, pogledajmo qemu je jednaka determinanta sistema. Imamo = (x 1, α) (x 1, β) (γ, y ) (δ, y ) = (x 1, α) (δ, y ) = (x 1, α) (δ, y ) (γ, y ) (x 1, β) (γ, y ) (x 1, β) (x 1, α) (x 1, α) (δ, y ) (δ, y ). Kako je prema uslovu zadatka (γ, y ) (x 1, β) (x 1, α) (δ, y ) < i kako su funkcije,, i stalnog znaka, to vidimo da je < ili >, odnosno. Odatle sistem ima samo trivijalna rexe a, xto povlaqi traenu injektivnost funkcije f. b) Podsetimo se, ako je A R n otvoren skup tada za preslikava e f : A R n kaemo da je regularno ako su koordinatne funkcije f i : A R, i = 1,..., n, klase C 1 i ako je det df(a) za svako a A. Kako su kod nas koordinatne funkcije u i v neprekidno diferencijabilne, to je potrebno jox ispitati uslov za znak od det df za sve R. Imamo det df = = =, pa je det df < ili det df > za sve R, xto se obrazlae sliqno kao u delu pod a). Odnosno, vai det df za sve R, pa je f regularno preslikava e. v) Znamo da je f injektivno na celom domenu, pa f ima inverz na svojoj slici, tj. f(r ), odnosno postoji f 1 : f(r ) R. Kako je f regularno preslikava e, tj. kako je f klase C 1 i kako je det df za svaku taqku

14 R, to za svaku taqku R moemo primeniti Teoremu o inverznoj funkciji. Odatle imamo i df 1 (f) = (df) 1, odnosno, ako je f 1 = (ϕ, ψ) to je ϕ ϕ (f) ψ ψ (f) (f) = (f) pa je ϕ (f) = det df, ϕ (f) = det df, ψ (f) = det df i ψ (f) = det df za sve taqke R. Time smo odredili parcijalne izvode na f(r ), to jest tamo gde i taqno postoji f 1.. Neka je f : R n R n preslikava e C 1, takvo da je ( x, y R n ) f(x) f(y) x y, gde je euklidska norma u R n. a) Pokazati da je det df(x ) za svako x R n. b) Pokazati da je preslikava e f bijekcija. v) Pokazati da postoji inverezno preslikava e f 1 : R n R n klase C 1. Rexe e. a) Pretpostavimo suprotno, da postoji neko x R n takvo da je det df(x ) =. Odatle imamo i da postoji neki ne-nula vektor v takav da je df(x )v =. Naime, ako je A realna kvadratna matrica, tada je det A = ekvivaletno sa postoja em ne-nula vektora v takvog da je Av =. Pokazaemo direktan smer, poxto emo ega koristiti, dok suprotan smer nije texko pokazati kontrapozicijom. Dakle, ako je det A =, to onda rang od A nije n, pa su kolone od A (obeleimo ih sa A i, i = 1,... n) linearno zavisne, tj. postoji ne-nula vektor v = (v 1,..., v n ) takav da je A 1 v 1 +... + A n v n =, a odatle je i Av =. Kako je f diferencijabilna u taqki x, to vai da za svako ε > postoji δ > tako da za sve h R n takve da je < h < δ vai f(x + h) f(x ) df(x )h < ε h. Ako izaberemo nax ne-nula vektor v, to moemo izabrati t dovo no malo (u suxtini t ) takvo da je < tv = t v < δ, pa tada imamo prema prethodnom f(x +tv) f(x ) df(x )(tv) < ε tv = tε v. Kako je df(x ) linearan operator, to je df(x )(tv) = tdf(x )v =, prema izboru vektora v, te zapravo imamo f(x + tv) f(x ) < tε v. Koristei datu nejednakost u zadatku, sa izborom x = x + tv i y = x, to imamo i t v = tv 1 f(x + tv) f(x ) < 1 tε v, odnosno spajajui poqetak i kraj 1 < ε, tj. ε > (ovde smo iskoristili da je v ne-nula vektor, tj. da je v = ). No kako mi moemo uzeti proizvo no ε >, to nam ovo posled e daje kontradikciju. b) Nije texko utvrditi da je f injektivno. Zaista, ako je f(x) = f(y) za neke x, y R n, tada je prema datoj nejednakosti = f(x) f(y) x y, pa je x y =, jer je norma pozitivna funkcija. Kako je, po definiciji norme, x y = ekvivaletno sa x y =, to je x = y. Pokaimo sada da je f i surjektivno preslikava e. Koristiemo teoremu koja kae da je metriqki prostor X povezan ako i samo ako su jedini istovremeno otvoreni i zatvoreni skupovi u emu i X. Kako je R n povezan i f(r n ) R n, to emo pokazati da je f(r n ) i otvoren i zatvoren u R n, pa e prema prethodnom vaiti da on mora biti ceo prostor (jer slika nije prazan skup), tj. f(r n ) = R n. Ovo posled e nam daje traenu surjektivnost preslikava a f. f(r n ) je otvoren: Neka je y proizvo na taqka iz f(r n ), tj. y = f(x ) za neko x R n. Prema delu pod a) i kako je f klase C 1, moemo primeniti Teoremu o inverznoj funkciji, tj. postoje otvorene okoline U x i V y = f(u x ) taqaka x i y, redom, takve da je f Ux : U x V y difeomorfizam. Kako je tada V y = {f(x) x U x } f(r n ) otvoren i y V y, to je y unutrax a taqka od f(r n ) (formalno, kako je V y otvoren u R n i podskup od f(r n ), to postoji neka otvorena kugla u emu koja sadri y, a time pripada i f(r n )). Kako je y proizvo na taqka i za svaku taqku x (takvu da je f(x ) = y ) moemo prema delu pod a) primeniti Teoremu o inverznoj funkciji, to je f(r n ) otvoren u R n. f(r n ) je zatvoren: Neka je {y n } proizvo an niz u f(r n ) takav da {y n } konvergira ka nekoj taqki y R n. Potrebno je pokazati da je tada y f(r n ). Kako je y n = f(x n ) za neke x n R n, to posmatrajmo niz {x n }. Iz nejednakosti iz postavke zadatka za sve n, m N imamo y n y m = f(x n ) f(x m ) x n x m, pa nam Koxijevost niza {y n } povlaqi da je i {x n } Koxijev. Kako je R n kompletan, to postoji x R n tako da x n x kad n. No, tada je f(x) = f(lim n x n ) = lim n f(x n ) = lim n y n = y, gde smo koristili neprekidnost od f da bi limes uxao pod funkciju f. Odatle je y = f(x), tj. y R n. 1,

15 v) Iz dela pod b) imamo da postoji inverzno preslikava e na celom kodomenu, tj. f 1 : R n R n. Da je f 1 klase C 1 pokazuje se isto kao u zadatku 19. v), koristei Teoremu o inverznoj funkciji taqka po taqka, pa emo zato taj argument ovde preskoqiti. 3. Neka su f : R R i g : R R funkcije klase C 1 na R pri qemu je f() = i f (). Dokazati da postoji δ > i funkcija ϕ: ( δ, δ) R klase C 1 takva da je ϕ() = i f(ϕ(x)) cos x = g(ϕ(x)) sin x za svako x ( δ, δ). Rexe e. Nekako je jasno iz postavke zadatka da emo ovde koristiti teoremu o implicitnoj funkciji. Odnosno, ona e nam dati funkciju ϕ. Kako elimo da je ϕ() =, to emo prime ivati teoremu o implicitnoj funkciji na taqku (, ). Takoe, f(ϕ(x)) cos x = g(ϕ(x)) sin x bi trebali da predstavimo kao F (x, ϕ(x)) = za zgodno izabranu funkciju F. To odmah vidimo da elimo da je F = f(y) cos x g(y) sin x za sve R. Proverimo sada i uslove za primenu teoreme o implicitnoj funkciji. Naime, F (, ) = f() =, F = f (y) cos x g (y) sin x, pa je F (, ) = f (), prema datim uslovima u zadatka. Kako su f i g klase C 1, a sin, cos klase C, to je sigurno F klase C 1 na R. Tada nam teorema o implicitnoj funkciji daje egzistenciju C 1 funkcije ϕ definisane na nekoj otvorenoj okolini U taqke R, takvu da je F (x, ϕ(x)) = za x U. Odatle imamo i da ovo vai i na ( δ, δ) za neko δ >. Naime, kako je U i U otvoren, to postoji δ > takvo da je ( δ, δ) U. 8 4. Neka je Sym(n, R) prostor realnih simetrniqnih n-dimenzionalnih matrica, Sym(n, R) = {A M n (R) A = A T }, sa normom A = max a ij. Neka je M Sym(n, R) invertibilna matrica i neka je E = {A 1 i,j n M n (R) A T = MAM 1 }. Preslikava e F : E Sym(n, R) definisano je sa F (A) = A T MA. a) Pokazati da je izvod preslikava a F u matrici A jednak df (A)H = A T MH + H T MA. b) Pokazati da jednaqina MH + H T M = B, gde je B Sym(n, R), ima jedinstveno rexe e H E. v) Pokazati da postoji okolina W Sym(n, R) koja sadri matricu M, takva da za svako B W jednaqina F (A) = B ima jedinstveno rexe e A E. Rexe e. a) Kako nam je dato 9 qemu je jednak df (A)H, to je potrebno proveriti i formalno da je F (A + H) F (A) df (A)H = o(h) kad H (odnosno H ), pri qemu je H E.Sada raqunamo F (A + H) F (A) df (A)H = (A + H) T M(A + H) A T MA A T MH H T MA = (A T + H T )M(A + H) A T MA A T MH H T MA = A T MA + A T MH + H T MA + H T MH A T MA A T MH H T MA = H T MH. Pokaimo zato da je H T H MH = o(h) pri H, to jest da je T MH lim =. Neka je M = [m ij ] n i,j=1 H H n i H = [h ij ] n i,j=1. Tada je MH = [b ij ] n i,j=1 gde je b ij = m ik h kj za sve i, j = 1,... n, dok je H T MH = [c ij ] n i,j=1 gde je c ij = n h li b lj = l=1 max m ij ( max h ij ) 1 i,j n 1 i,j n n l,k=1 n l=1 k=1 k=1 n h li m lk h kj. Kako je c ij = n l=1 k=1 n h li m lk h kj n l=1 k=1 n h li m lk h kj 1 = n M H, to je H T MH = max 1 i,j n c ij n M H. Odatle imamo H T MH lim = jer prema prethodnim procenama, pri H, vai HT MH n M H. H H H b) Primetimo da je uslov B Sym(n, R) vixak. Naime, ako vai da je B = MH + H T M, tada je B T = (MH) T + (H T M) T = H T M T + M T H = H T M + MH = B, jer M Sym(n, R). Takoe, ovde se smatra da jednaqina MH + H T M = B ima jedinstveno rexe e u skupu E, tj. ako gledamo samo[ rexe a ] koja pripadaju E 1 onda je to rexe e jedinstveno. Zaista, ako bismo uzeli da je B = M = I (gde je I = jediniqna matrica) 1 [ ] [ ] [ ] a b a b + c 1 i ako je H =, za a, b, c, d R, tada se jednaqina MH + H c d T M = B svodi na =, pa c + b d 1 [ 1 ] je H = b 1 za bilo koje b R. Takoe, ovde se H E svodi na H b T = H, xto se da e kod nas svodi na 8 Ovde bi bilo preciznije da smo rekli prvo da postoji neka funkcija ψ na skupu U tako da vai F (x, ψ(x)) = za sve x U, a da onda kaemo da je naxa traena funkcija ϕ jednaka restrikciji od ψ na skup ( δ, δ). Zbog jednostavnosti zapisa izbegnuto je da se ovo direktno kae. 9 Xto je lepo