(304267028) neprekidnost funkcije - copy

1

1 Neprekidne funkcije

Po analogiji s neprekidnim realnim funkcijama jedne varijable definiramo neprekidnost funkcija medu metriˇckim prostorima.

1.1. Definicija. Neka je A podskup metriˇckog prostora X i neka je c ∈ A0. Kaˇzemo da

jeL ∈ Y (Y metriˇcki prostor) limes funkcije f : A → Y u toˇcki c ako

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(f (A ∩ K (c, δ) \ {c}) ⊂ K (L, ε)).

Ako limes postoji onda oznaˇcavamo limx→c f (x) = L.

1.2. Definicija. Neka su A, X, Y, f : A → Y kao u prethodnoj definiciji. Za c ∈ A0

kaˇzemoda je f neprekidna u c ako je limx→c f (x) = f (c). Ako c nije gomiliˇste skupa A onda fautomatski smatramo neprekidnom u c. Kaˇzemo da je f neprekidna ako je neprekidna u svakoj toˇcki c ∈ A.

1.3. Napomena. Neprekidnost funkcije f u toˇcki c je zapravo dana uvjetom

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(f (A ∩ K (c, δ)) ⊂ K (f (c), ε)).

1.4. Primjer. Projekcija πi : Rn → R zadana formulom π i ( x 1 ,..., x n ) = x i je ne prekidna

funkcija. Naime, za dani ε moˇzemo uzeti δ = ε (p

(x1 − c1 )2 + ... + (xn − cn)2 ≤ δ ⇒|xi − ci| ≤ δ =

ε.)

1.5. Napomena. Naravno, kao i u realnom sluˇcaju vrijedi da su zbroj, skalarni produkt i kompozicija neprekidnih funkcija ponovno neprekidne funkcije (ako su dobro definirani). Neprekidne funkcije sa Rn u Rm ˇcine vektorski prostor koji sadrˇzi konstante.

U zadacima ´cemo koristiti i sljede´ce tri vrlo bitne karakterizacije.

1.6. Teorem. Vektorska funkcija F = (F1, ..., Fm) : A ⊂ Rn → Rm je neprekidna u toˇcki

cako i samo ako su sve koordinatne funkcije Fi : A → R, i = 1, ..., n neprekidne u c.

1.7. Primjer. Funkcija F : R3 → R2 zadana formulom F (x, y, z) = (x sin z, ecos(xy) − z)

jeneprekidna funkcija.

1.8. Teorem. (HEINEOVA KARAKTERIZACIJA) Neka su X, Y metriˇcki prostori. Funckija f : X → Y je neprekidna u toˇcki c ∈ X ako i samo za svaki niz (xn)n u X koji konvergira prema c i niz (f (xn))n konvergira prema f (c) ∈ Y .

2

1.9. Teorem. Neka su X, Y metriˇcki prostori. Funckija f : X → Y je neprekidna u toˇcki c ∈ X ako i samo ako je praslika svakog otvorenog skupa u Y koji sadrˇzi toˇcku f (c) otvoren skup u X . Funckija f : X → Y je neprekidna ako i samo ako je praslika svakog otvorenog skupa u Yotvoren skup u X .

1.10. Napomena. Analogna tvrdnja vrijedi zamjenimo li otvorene skupove sa zatvorenima.

1.11. Napomena. U uvjetu prethodnog teorema ne spominju se ni metrike ni konvergencija nizova te on ima smisla i u op´cenitom topoloˇskom prostoru gdje onda upravo na taj naˇcin definiramo neprekidnost.

√

√

2

∞ k

3

1.12. DZ. Nadite neprekidno preslikavanje f : R → R2 i otvoren skup I ⊂ R takav da f (I )nije otvoren u R. Nadjite primjer zatvorenog skupa i neprekidnog preslikavanja koje ga neprelikava u zatvorenom skup.

1.13. Zadatak. Neka su A, B ⊂ R i pretpostavimo da je A × B ⊆ R2 otvoren. Mora li Abiti otvoren?

Rjeˇsenje. Odgovor je DA. Ovom tvrdnjom ćemo dokazati π1 : R2 → R otvoreno

preslikavanje, tj. da preslikava otvorene skupove u otvorene.Neka je x0 ∈ A i (x0, y0) ∈ A × B. Budući da je A × B otvoren postoji r > 0

takav da je K ((x0 , y0), r) ⊂ A × B. Ako su x, y ∈ R takvi da je |x − x0|, |y − y0| < r , onda je (x, y) ∈ K ((x0, y0), r) ⊂ A × B. Ovo povlaˇci da je x ∈ A, pa zakljuˇcujemo da je K (x, r ) ⊂A. Dakle, A je otvoren skup u R.

1.14. Zadatak. Dokaˇzite da je skup S = {(x, y) ∈ R2 : xy < 1}

otvoren a) prema definiciji.

b) koristeći karakterizaciju neprekidnih funkcija.

Rjeˇsenje. a) Neka je P0 = (x0, y0 ) ∈ S. Traˇzimo r > 0 takav da je K (P0 , r) ⊂ S. Ako je (x0, y0) = (0, 0) onda definiramo r = 1 . Inaˇce definiramo ε := 1 − x0y0 > 0, M := max{|x|, |y|} > 0 i r := min{

p ε , ε }. Tada za P = (x, y) ∈ K (P0, r) imamo

3 3M

x0y0 = (x0 − x0)(y0 − y0 ) + (x0 − x0 )y0 + x0(y0 − y0) + x0y0 <

< r · r + r · M + r · M + x0y0 <ε ε

< + +3 3

ε3

+ x0y0 = 1.

b) Definiramo li preslikavanje f : R2 → R s f (x, y) = xy, onda je S = f −1(h−∞, 1i).Budući da je f neprekidno preslikavanje, a h−∞, 1i otvoren skup u R slijedi da je Sotvoren u R2 .

1.15. Zadatak. Neka je P0 = (1, 2, 3) ∈ R3. Dokaˇzite da je skup S = {P ∈ R3 : kP

−2 22P0 k∞ + k2P − 3P0 k2 + kP k1 ≤ k − P0k1}

zatvoren.

Rjeˇsenje. Zadatku moˇzemo pristupiti opet na viˇse naˇcina, ali je pristup koji koristi neprekidne funkcija najelegantniji. Iako znamo konkretne formule za norme i mogli bismo sve zapisati preko koordinata radit ćemo najopćenitije ˇsto moˇzemo.

Budući da su sve norme neprekidne (ZASˇTO?), funkcija f : R3 → R definirana s

f (P ) = kP −

2P0k2

+ k2P − 3P0 2+ kP k1

1 2

n

4

je neprekidna kao zbroj kompozicija neprekidnih funkcija. Konkretno, definirajmo funkcijef1, f2 , id : R3 → R3 , k : R → R f1(P ) = P − 2P0, f2(P ) = 2P − 3P0, id(P ) = P, k(x) =

x2.Te funkcije su neprekidne prema napomeni iza definicije neprekidnosti. Tada je

f = k ◦ k · k∞ ◦ f1 + k ◦ k · k2 ◦ f2 + k ◦ k · k1,

pa vidimo da je f zaista neprekidna.Sada je S praslika zatvorenog skupa [0, k − P0 k1] po neprekidnom preslikavanju f , pa je

zatvoren u R3.

1.16. DZ. (Kolokvij 2006.) Dokaˇzite da je skup {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y > 2z} otvoren.

1.17. Zadatak. Pokaˇzite da je skup K = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, − sin x ≤ y ≤ 2x +

1}kompaktan.

Rjeˇsenje. Dovoljno je pokazati da je K omeden i zatvoren skup. Za omedenost primjetimoda je K ⊂ [1, 2] × [−1, 5] ⊂ K (0, 6) (Slika +

√22 + 52 ≤ 6).

Definirajmo preslikavanja f1, f2 : R2 → R s f1(x, y) = − sin x − y i f2(x, y) = 2x +

1 − y. Tada je skup S = f −1 (h−∞, 0]) ∩ f −1([0, +∞i). Budu´ci da su f1 i f2 neprekidna 1 2

preslikavanja, a skupovi h−∞, 0], [0, +∞i zatvoreni, skupovi f −1(h−∞, 0]) i f −1 ([0, ∞i) sutakoder zatvoreni. Na kraju, S je zatvoren kao presjek dva zatvorena skupa. 1.18. Primjer. Skup A = {x ∈ R : sin x = 0.56} nije kompaktan jer nije omeden, iako je zatvoren.

2 Neprekidne funkcije na kompaktima2.1. Teorem. Neka je K kompaktan podskup metriˇckog prostora X , a f : X → Y neprekidno preslikavanje u metriˇcki prostor Y . Tada je slika f (K ) kompaktan skup u Y .2.2. Zadatak. Neka su A ⊆ Rn kompaktan i B ⊂ Rn zatvoren takvi da je A ∩ B = ∅. Dokaˇzite da postoji r > 0 takav da je d(x, y) > r za sve x ∈ A i y ∈ B.Rjeˇsenje. Definirajmo funkciju f : A ∈ R s f (x) = inf {d(x, y) : y ∈ B} (primjetimo da je fdobro definirana funkcija jer navedeni infimum uvijek postoji. Zaˇsto?).

Dokaˇzimo prvo da je f (x) > 0 za sve x ∈ A. Pretpostavimo da je f (x) = 0 za neko

x ∈ A. Tada za svako n ∈ N postoji yn ∈ B takav da je 0 ≤ d(x, yn) < 1 , ˇsto povlaˇci da niz(yn)n konvergira prema x. Budu´ci da je B zatvoren (pa sadrˇzi sva svoja gomiliˇsta), x mora biti element i od B i od A - ˇsto je kontradikcija s A ∩ B = ∅.

Nadalje, pokaˇzimo da je f neprekidna funkcija. Za x1, x2 ∈ A i y ∈ B vrijedi

d(x1 , y) ≤ d(x1, x2) + d(x2 , y).

5

Primjenimo li inf na nejednakost dobivamo

f (x1 ) ≤ d(x1, x2) + f (x2),

6

te analognof (x2 ) ≤ d(x1, x2) + f (x1).

Iz posljednje dvije nejednakosti zakljuˇcujemo

|f (x1 ) − f (x2)| ≤ d(x1 , x2),

pa u dokazu neprekidnosti moˇzemo uzeti δ = ε (ˇstoviˇse, vidimo da je f uniformno neprekidna).

Sada moˇzemo prema teoremu zakljuˇciti da je f (A) kompaktan skup u R i f (A) ⊂ h0, +∞i. Budući da je f (A) kompaktan pa i zatvoren, infimum a := inf f (A) > 0 je element od f (A), i analogno b := sup f (A) ∈ f (A). Dakle, f (A) ⊆ [a, b]. Uzmemo li r := a, slijeditvrdnja zadatka.

2.3. DZ. Vrijedi li ista tvrdnja ako je A zatvoren, ali nije omeden?

2.4. Zadatak. Neka je f : K ⊂ Rn → R neprekidno preslikavanje na kompaktnom skupuK i neka je M = {x ∈ K : f (x) = maxK f } skup toˇcaka u kojima f poprima maksimum.Dokaˇzite da je M kompaktan.

Rjeˇsenje. Prema teoremu je f (K ) kompaktan skup, pa je zatvoren i omeden. Zbog omedenosti postoji sup f (K ). Budući da je f (K ) zatvoren sup f (K ) ∈ f (K ), tj. postoji C := max f (K )i skup M = f −1({C }) je neprazan. Budući da je f neprekidno preslikavanje, a {C } zatvoren skup u R slijedi da je M zatvoren skup. Budući da je M ⊂ K , a K je omeden, slijedi da jeM omeden. Dakle, M je zatvoren i omeden pa je kompaktan.

(304267028) neprekidnost funkcije - copy

Documents