Diferencijalni ra cun funkcija vi se varijabli · Diferencijalni ra cun funkcija vi se varijabli vje zbe uredio Matija Ba si c Sveu cili ste u Zagrebu Prirodoslovno-matemati cki fakultet

Diferencijalni racunfunkcija vise varijablivjezbe

uredio

Matija Basic

Sveuciliste u Zagrebu

Prirodoslovno-matematicki fakultet

Matematicki odsjek

(skripta ne moze zamijeniti vjezbe)

Sadrzaj

1 Struktura normiranog prostora na Rn 51.1 Podsjetnik na predavanja i teorijske napomene . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Zadaci s vjezbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Obavezni zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Dodatni materijali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Metrike i otvoreni skupovi 82.1 Podsjetnik na predavanja i teorijske napomene . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.2 Zadaci s vjezbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.3 Obavezni zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3 Interior, zatvarac i rub potprostora 113.1 Podsjetnik na predavanja i teorijske napomene . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.2 Zadaci s vjezbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.3 Obavezni zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.4 Dodatni materijali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

4 Gomilista skupova 164.1 Podsjetnik na predavanja i teorijske napomene . . . . . . . . . . . . . . . . . 164.2 Zadaci s vjezbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164.3 Obavezni zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174.4 Dodatni materijali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

5 Nizovi 195.1 Podsjetnik na predavanja i teorijske napomene . . . . . . . . . . . . . . . . . 195.2 Zadaci s vjezbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205.3 Obavezni zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

6 Kompaktnost 226.1 Podsjetnik na predavanja i teorijske napomene . . . . . . . . . . . . . . . . . 226.2 Zadaci s vjezbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226.3 Obavezni zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236.4 Dodatni materijali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

7 Neprekidne funkcije 257.1 Podsjetnik na predavanja i teorijske napomene . . . . . . . . . . . . . . . . . 257.2 Zadaci s vjezbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267.3 Obavezni zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

8 Prosirenja funkcija po neprekidnosti 298.1 Teorijske napomene. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298.2 Zadaci s vjezbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

i

8.3 Obavezni zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

9 Povezanost i povezanost putovima 359.1 Podsjetnik na predavanja i teorijske napomene. . . . . . . . . . . . . . . . . 359.2 Zadaci s vjezbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359.3 Dodatni materijali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

ii

Uvod

Funkcije vise varijabli su funkcije kojima su domena i kodemena podskupovi prostora Rn.Za njihovo proucavanje smo prirodno motivirani razlicitim problemima u fizici, biologiji,ekonomiji itd. Naime, mnogo je cesce da u situaciji koju zelimo analizirati imamo veci brojparametara o kojima promatrana situacija ovisi i imamo veci broj izlaznih podataka kojiopisuju tu situaciju i koje zelimo predvidjeti u nekom buducem trenutku. Prisjetimo sepojma neprekidnosti u analizi realnih funkcija jedne varijable. Jedan od najvaznijih teoremau primjenama neprekidnosti je Bolzano-Weisterassov teorem.

0.0.1. Teorem. Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b] ⊆ R. Tada jef([a, b]) = [m,M ] takoder segment.

Uocite sljedece posljedice ovog teorema i povezane primjere.

• Promatramo neprekidnu funkciju definiranu na nekom podskupu od R, te nas zanimaje li ta funkcija ogranicena i potizu li se globalni ekstremi te funkcije. BW–teoremnam govori da je na oba pitanja odgovor potvrdan ako je domena funkcije ogranicen izatvoren interval (tj. segment). S druge strane, ako domena nije zatvoren interval ili jeneogranicena ni jedno ni drugo svojstvo ne moraju vrijediti. Kao primjere promotritefunkcije tg : 〈−π

2, π2〉 → R, arctg : R→ 〈−π

2, π2〉 i f : R→ R, f(x) = x2.

• Uocimo da za neprekidnu funkciju na segmentu BW–teorem garantira da se sve medu-vrijednosti (izmedu minimuma i maksimuma funkcije) takoder postizu. To ne morabiti istina ako domena neprekidne funkcije nije povezan skup. Promotrite funkcijuf : R \ {0} → R, f(x) = 1

x.

• Ako funkcija f : [a, b]→ R nije neprekidna, onda njena slika ne mora biti ni ogranicena,niti povezana, niti ekstremi ne moraju postojati.

Prisjetimo se i definicije neprekidnosti realne funkcije (jedne varijable) u tocki. Prirodnopolaziste za uvodenje pojma neprekidnosti je zapravo definiranje prekida funkcije u tocki.

1

Uocimo da funkcija f : I ⊆ R → R ima prekid u tocki c ∈ I ako postoji (barem jedna,makar jako mala) okolina V tocke f(c) u kodomeni takva da svaka (ma kako bila mala)okolina tocke c u domeni sadrzi tocku x koja se preslikava izvan okoline V . Zapisimo to kaodefiniciju prekidnosti funkcije u tocki:

funkcija f ima prekid u tocki c ako postoji okolina V tocke f(c) u kodomeni takva da nepostoji okolina U tocke c za koju vrijedi f(U) ⊂ V .

Negiramo li ovu tvrdnju dobivamo:

funkcija f je neprekidna u tocki c ako ne postoji okolina V tocke f(c) u kodomeni takva dapostoji okolina U tocke c za koju vrijedi f(U) ⊂ V ,

to jest

funkcija f je neprekidna u tocki c ako za svaku okolinu V tocke f(c) u kodomeni postojiokolina V tocke c za koju vrijedi f(U) ⊂ V .

U R, svaka okolina tocke x sadrzi otvoreni simetricni interval koji sadrzi x. Zato jenavedeni uvjet zadovoljen za sve okoline V ako i samo ako je zadovoljen u slucaju kad je Vbilo koji simetricni otvoreni interval. Takoder, ako za neku okolinu V postoji okolina U sasvojstvom f(U) ⊆ V , onda postoji i otvoreni simetricni interval U ′ oko tocke c takav da jef(U ′) ⊆ V . Dakle, vrijedi sljedeca tvrdnja:

funkcija f je neprekidna u tocki c ako za svaki simetricni interval V oko tocke f(c) ukodomeni postoji simetricni otvoreni interval oko tocke c za koji vrijedi f(U) ⊂ V .

Konacno, svaki otvoreni simetricni interval oko tocke x je oblika 〈x−r, x+r〉 i jedinstvenoje odreden tockom x i realnim brojem r > 0. Ako pisemo V = 〈f(c) − ε, f(c) + ε〉 iU = 〈c− δ, c+ δ〉, onda vrijedi sljedeca tvrdnja:

funkcija f je neprekidna u tocki c ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0 tako da vrijedif(〈c− δ, c+ δ〉) ⊂ 〈f(c)− ε, f(c) + ε〉.

Naravno, to mozemo pisati kao:

funkcija f je neprekidna u tocki c ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0 tako da x ∈ 〈c− δ, c+ δ〉povlaci f(x) ∈ 〈f(c)− ε, f(c) + ε〉.

Ili simbolima:

funkcija f je neprekidna u tocki c ∈ I ako(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ I)(|x− c| < δ =⇒ |f(x)− f(c)| < ε.

2

Nizom reformulacija definicije neprekidnosti i diskusijom o Bolzano–Weierstrassovomteoremu zelimo prenijeti dvije poruke. Prvo, matematicke koncepte treba usvajati na cje-lovit nacin razvijajuci razumijevanje i intuiciju na temelju prethodno uvedenih pojmova,te svih primjera, kontraprimjera i svojstava koji su povezani s tim konceptom. Drugo, di-skusija o definiciji i svojstvima neprekidnih funckija pokazuje da je koncept neprekidnostimoguce generalizirati ukoliko imamo dobro definiran pojam prostora i okoline tocke prostora.Citatelj koji promatra na taj nacin ce biti motiviraniji za proucavanje raznih svojstava kojase proucavaju u prvim poglavljima ove skripte (tj. prvim tjednima predavanja i vjezbi).

Cilj ovog kolegija je uvesti i istraziti neprekidne i diferencijabilne funkcije vise varijabli.Za to cemo koristiti znanja i intuiciju stecene na Matematickoj analizi 1 i 2, ali i na Linearnojalgebri 1 i 2, te cemo ta znanja povezati. Pri prvom susretu s materijom od velike je pomociprepoznati koncept strukture u matematici. Naime, kad kazemo prostor ne mislimo samona skup vec i na dodatnu strukturu koja nam omogucava da na precizan nacin govorimo oodredenim svojstvima tog prostora. Primjer algebarske strukture na Rn je struktura vek-torskog prostora i vidjet cemo da nam je ta struktura (kao i jos neke druge) potrebna kakobismo definirali diferencijabilnost vektorske funkcije vise varijabli. Kao sto cemo ilustriratiu uvodnim pojmovima, za definiciju konvergencije i neprekidnosti nije bitna nikakva alge-barska strukutura, vec struktura koja omogucava da govorimo o okolinama tocaka prostorai pojmu bliskosti tocaka kako bismo neprekidnost mogli definirati kao svojstvo funkcije dabliske tocke preslikava u bliske tocke. Takve strukture nazivamo topoloskim strukturama.Osim na ovom kolegiju znanje o tim strukturama ce se proucavati na kolegijima Metrickiprostori, Normirani prostori i Topologija. Mi cemo se uglavnom usredotociti na strukture isvojstva prostora Rn, ali cemo ponekad rezultate iskazati u vecoj opcenitosti jer su definicijeili dokazi tvrdnji isti, te formuliranjem opcenitijih tvrdnji isticemo da nema nista posebno ustrukturi prostora Rn i stavljamo naglasak na one pretpostavke koje su potrebne.

Drzanje ovih napomena na umu moze olaksati ucenje i pojasniti motivaciju za nacinna koji je prezentirana materija. Buduci da cemo uvesti veci broj novih pojmova (koji suvisestruko povezani na bitan nacin) za uspjesno pracenje kolegija potreban je redoviti rad.Veci dio prve polovine semestra posvecen je proucavanju algebarske i topoloske strukture naRn koja omogucava generaliziranje pojam konvergencije nizova, neprekidnosti i diferencija-bilnosti. Nakon toga se istrazuju razna nova svojstva tih struktura, te se sve obradeno koristiu rjesavanju problema prosirenja funkcije vise varijabli po neprekidnosti. U drugoj polovinisemestra se proucavaju diferencijabilne funkcije s posebnim naglaskom na primjenama dife-rencijabilnosti u optimizaciji (ispitivanju lokalnih i globalnih ekstrema) funkcija vise varijabli.

Na vjezbama se pojasnjavaju koncepti uvedeni na predavanju i veze izmedu tih kon-cepata kroz rjesavanje zadataka, dokazivanje pomocnih tvrdnji i diskusije. Svrha skripte jeolaksati pracenje nastave osiguravajuci osnovne biljeske i na taj nacin omoguciti da se vjezbeiskoriste za dodatno promisljanje i aktivno ukljucivanje u diskusiju.

3

Pod naslovom Dodatni materijali u ovoj skripti se nalaze objasnjenja koja daju sirikontekst i na taj nacin poboljsavaju razumijevanje, daju poticaj za dodatni rad te olaksavajupovezivanje gradiva ovog kolegija s njegovim sljedbenicima.

4

1 Struktura normiranog prostora na Rn

Prostori Rn su osnovni (mozemo reci kanonski) primjeri vektorskih prostora nad polje realnihbrojeva. Operacije zbrajanja i mnozenja definiramo po komponentama. U ovom poglavljucemo se prisjetiti sto je struktura normiranog prostora i prouciti razne norme na Rn.

1.1 Podsjetnik na predavanja i teorijske napomene

Na Linearnoj algebri smo definirali pojam vektorskog prostora nad poljem k kao uredenutrojku (V,+, ·) pri cemu je V neki skup, a + : V × V → V i · : k × V → V operacije kojezadovoljavaju odredene aksiome. Kazemo da te operacije daju skupu V strukturu vektorskogprostora.

1.1.1. Teorem. Neka je V realni vektorski prostor sa skalarnim produktom (·|·). Norma ‖ · ‖inducirana tim skalarnim produktom (‖x‖ =

√(x|x)) zadovoljava jednakost paralelograma,

to jest vrijedi‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2), ∀x, y ∈ Rn.

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)

�

1.1.2. Definicija. Neka su ‖ ·‖ i ‖ ·‖′ norme na vektorskom prostoru V . Kazemo da je norma‖ · ‖ ekvivalentna s normom ‖ · ‖′ ako postoje konstante m,M > 0 takve da za svaki x ∈ Vvrijedi

m‖x‖ ≤ ‖x‖′ ≤M‖x‖.

Na predavanjima je pokazano da su norme ‖ · ‖∞ i ‖ · ‖2 na Rn ekvivalentne, to jestpokazano je da za svaki x ∈ Rn vrijedi

‖x‖∞ ≤ ‖x‖2 ≤√n‖x‖∞. (1)

Nas cilj je generalizirati pojam limesa, a da bismo to mogli moramo definirati pojamokoline, tj. moramo znati kad su tocke blizu jedna drugoj. Upravo to nam omogucavanorma, a pojam ekvivalencije normi je vazan jer je pojam ”bliskosti” sacuvan radi li se oekvivalentnim normama.

1.1.3. Teorem. Na konacnodimenzionalnom vektorskom prostoru sve su norme ekvivalentne.(Ovaj teorem cete dokazati kad obradimo neprekidne funkcije na kompaktnima skupovima.)

5

1.2 Zadaci s vjezbi

1. Dokazite da su norme ‖ · ‖1 i ‖ · ‖2 na Rn ekvivalentne.

Rjesenje. Neka je x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn. Primjenom aritmeticko-kvadratne nejedna-kosti na brojeve |xi| ≥ 0 dobivamo

|x1|+ . . . |xn|n

≤√|x1|2 + . . . |xn|2

n,

a odatle‖x‖1 ≤

√n‖x‖2.

Obratno,

|x1|2 + . . .+ |xn|2 ≤ |x1|2 + . . .+ |xn|2 + 2|x1||x2|+ . . . 2|xn−1||xn|= (|x1|+ . . .+ |xn|)2,

pa je‖x‖2 ≤ ‖x‖1.

Pokazali smo da za svaki x ∈ Rn vrijedi

‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ≤√n‖x‖2, (2)

pa su norme ‖ · ‖1 i ‖ · ‖2 ekvivalentne. �

1.2.1. Napomena. Buduci da je ekvivalencija normi relacija ekvivalencije, zakljucujemoi da su norme ‖ · ‖∞ i ‖ · ‖1 ekvivalentne. Posebno, iz (1) i (2) slijedi

1

n‖x‖1 ≤ ‖x‖∞ ≤ ‖x‖1.

1.3 Obavezni zadaci za samostalan rad

1. Podsjetite se sto su skalarni produkt i norma, te sto su unitarni i normiraniprostor.

2. Provjerite da su formulama:

‖(x1, ..., xn)‖2 =√x21 + ...+ x2n,

‖(x1, ..., xn)‖1 = |x1|+ ...+ |xn|,‖(x1, ..., xn)‖∞ = max{|x1|, ..., |xn|}

definirane norme ‖ · ‖2, ‖ · ‖1, ‖ · ‖∞ : Rn → R.

3. Norma ‖ · ‖2 inducirana skalarnim produktom. Kako glasi taj skalarni produkt?

4. Jesu li ‖ · ‖1 i ‖ · ‖∞ inducirane skalarnim produktom?

5. Dokazite da je ekvivalencija normi relacija ekvivalencije.

6

1.4 Dodatni materijali

1. Dokazite da vrijedi obrat teorema iskazanog u teorijskom dijelu:

Ako norma na vektorskom prostoru zadovoljava jednakost paralelograma, onda mozemodefinirati skalarni produkt koji inducira tu normu.

Uputa: Definiramo preslikavanje (·|·) : V × V → R polarizacijskom formulom

(x|y) =1

4(‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2).

Provjerite da je (·|·) skalarni produkt (tj. da zadovoljava sve aksiome iz definicijeskalarnog produkta), te da vrijedi (x|x) = ‖x‖2.

2. Promotrite skup neprekidnih funkcija

C([−1, 1]) = {f : [−1, 1]→ R : f neprekidna}.

Uz zbrajanje i mnozenje realnim brojevima po tockama dobivamo beskonacnodim.vektorski prostor. Provjerite da su formulama

‖f‖∞ = maxx∈[−1,1]

|f(x)|,

‖f‖1 =

∫ 1

−1|f(x)|dx

za f ∈ C([−1, 1]) definirane norme koje nisu ekvivalentne.

Uputa: Promotrite funkcije

fn(x) =

0, x ∈ [−1,− 1

n] ∪ [ 1

n, 1];

n2x+ n, x ∈ [− 1n, 0];

−n2x+ n, x ∈ [0, 1n]

7

2 Metrike i otvoreni skupovi

U ovoj cjelini cemo pojam okolina precizirati koristeci pojam otvorenog skupa.


Udaljenost dviju tocaka (krajnjih tocaka radijvektora) u realnom normiranom prostoru Vmozemo definirati s d(x, y) = ‖x− y‖. No, udaljenost, tj. preslikavanje d, mozemo definiratii na skupu koji nema strukturu vektorskog prostora.

2.1.1. Definicija. Za preslikavanje d : X ×X → R kazemo da je metrika na 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.

Metricki prostor je ureden par (X, d) skupa X i metrike d na X.

2.1.2. Definicija. Neka je x ∈ Rn i r > 0. Skup K(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r} nazivamootvorena kugla u Rn obzirom na metriku d.

2.1.3. Napomena. Ako nije drugacije navedeno, podrazumijevamo da na prostoru Rn

promatramo metriku zadanu formulom d(x, y) = ‖x− y‖2.2.1.4. Definicija. Za podskup A metrickog prostora (X, d) kazemo da je otvoren skup akoza svaku tocku x ∈ A postoji r > 0 takav da je K(x, r) ⊆ A.

2.1.5. Propozicija. Otvorena kugla je otvoren skup.

2.2 Zadaci s vjezbi

1. Neka su d2, d1 i d∞ redom metrike na R2 inducirane normama ‖ · ‖2, ‖ · ‖1, ‖ · ‖∞.Kako izgledaju kugle oko ishodista radijusa 1 obzirom na te metrike?

Rjesenje. Kugle oko 0 u R2 u metrikama d2, d1 i d∞:

To pokazujemo koristeci definiciju i raspisujuci uvjete. �

8

2. Za zadane realne brojeve ai < bi, i = 1, . . . , n dokazite da je otvoreni pravokutnik

S = 〈a1, b1〉 × . . .× 〈an, bn〉

otvoren skup u Rn obzirom na standardnu metriku d2.

Rjesenje. Neka je x0 = (x01, . . . , x0n) ∈ S. Definiramo

r := min1≤i≤n

{x0i − ai, bi − x0i }.

Zbog x0 ∈ S vrijedi r > 0. Pokazimo da je K(x0, r) ⊂ S. Neka je x = (x1, . . . , xn) ∈K(x0, r). Tada je

|xi − x0i | ≤ ‖x− x0‖2 < r,

pa jexi − x0i < r ≤ bi − x0i i x0i − xi < r ≤ x0i − ai.

Slijedi da je ai < xi < bi za i = 1, ..., n, to jest x ∈ S. �

Otvorena kugla i otvoreni pravokutnik su otvoreni skupovi u R2.


1. Neka je (V, ‖ · ‖) normirani prostor. Provjerite da je d : V × V → R,

d(x, y) = ‖x− y‖

metrika na V .

2. Skicirajte skup

{x ∈ R2 : ‖x− (1, 0)‖∞ 6 1} \ {x ∈ R2 : ‖x‖2 < 2}.

3. Neka je E konacan skup. Pokazite da je formulom

d(A,B) = |A∆B|, A,B ⊆ E

definirana metrika na skupu svih podskupova od E.

9

4. Pokazite da je formulom

d(x, y) =

{‖x− y‖2, ako su x i y lin. zavisni,‖x‖2 + ‖y‖2, inace.

definirana metrika na R2.

(Ovu metriku mozete interpretirati na sljedeci nacin - od grada x do y moramo prvootici u London, koji je ishodiste, osim ako x i y nisu na istoj liniji prema Londonu.)

5. Neka su d1 i d2 metrike na skupu X. Odredite jesu li metrike:

1

3d1 +

4

5d2, min{d1, d2}, max{d1, d2}, d1 · d2.

6. Koristeci definiciju otvorenog skupa, dokazite da je skup

A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 > 4, y < 6}

otvoren u R2.

7. Koristeci definiciju otvorenog skupa pokazite da je skup

{(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 > 4, x < 6}

otvoren u metrickom prostoru (R3, d2).

8. Skicirajte skup {(x, y) ∈ R2 : |x| < y < 1} te, koristeci definiciju otvorenog skupa,pokazite da je otvoren u metrickom prostoru (R2, d2).

9. Neka je T konacan podskup ravnine R2. Pokazite da je skup R2 \ T otvoren.

10

3 Interior, zatvarac i rub potprostora

U prethodnom poglavlju smo promatrali otvorene skupove u metrickom prostoru. U ovompoglavlju cemo govoriti o potprostorima metrickog prostora, te njihovom interioru, zatvaracui rubu.


3.1.1. Definicija. Neka je X ⊆ Rn. Za podskup A ⊆ X kazemo da je otvoren u X akopostoji otvoren skup U (u Rn) takav da je A = U ∩X.

3.1.2. Primjer. Skup 〈0, 1] nije otvoren skup u R, ali jest otvoren skup u [−1, 1].

3.1.3. Primjer. Skup 〈0, 1〉 je otvoren u R, ali skup 〈0, 1〉 × {0} nije otvoren u R2.

3.1.4. Napomena. Vrlo je vazno uvijek istaknuti ambijentalni prostor X obzirom na kojipromatramo je li neki podskup A otvoren u X!

3.1.5. Definicija. Kazemo da je podskup A ⊆ Rn zatvoren ako je Rn \ A otvoren.

3.1.6. Napomena. Nije isto reci da skup nije otvoren i da je zatvoren!

3.1.7. Primjer. Postoje podskupovi koji nisu otvoreni ni zatvoreni, npr. skup [0, 1〉 u R.Skupovi ∅,Rn su otvoreni i zatvoreni u Rn. U prostoru X = [0, 1] ∪ [3, 4] podskup [0, 1] jeotvoren i zatvoren (vise o tome kod povezanosti).

3.1.8. Definicija. Neka je A ⊆ Rn. Definiramo

• zatvarac skupa A: A =⋂

A⊂Z,Z zatvoren

Z,

• interior skupa A: IntA =⋃

U⊂A,U otvoren

U,

• rub skupa A: ∂A = A ∩ Rn \ A.

3.2 Zadaci s vjezbi

1. Neka su A i B podskupovi prostora Rn. Dokazite

(i) IntA je otvoren skup, a A je zatvoren skup. Vrijedi Int(A) ⊆ A ⊆ A.

(ii) A je najmanji zatvoreni skup koji sadrzi A, to jest ako je B zatvoren skup kojisadrzi A, onda B sadrzi i A.

(iii) Int(A) je najveci otvoreni skup koji je sadrzan u A, to jest ako je B otvoreni skupkoji je sadrzan u A, onda Int(A) sadrzi B.

(iv) Ako je A ⊂ B, onda je A ⊂ B i Int(A) ⊆ Int(B).

(v) Neka je x ∈ X. Tada je x ∈ A⇔ ∀r > 0 vrijedi K(x, r) ∩ A 6= ∅.

11

(vi) Neka je x ∈ X. Tada je x ∈ Int(A)⇔ ∃r > 0 takav da je K(x, r) ⊂ A.

Rjesenje. Prve cetiri tvrdnje slijede lako iz definicija. Pokazimo tvrdnju (v).

⇒ Pretpostavimo da postoji r > 0 takav da je K(x, r) ∩ A = ∅. Tada je Z =Rn \K(x, r) zatvoren skup koji sadrzi A i x 6∈ Z. No, tada x 6∈

⋂A⊂Z,Z zat. Z = A.

⇐ Ako x 6∈ A, onda postoji Z zatvoren koji sadrzi A takav da x 6∈ Z. Buduci da jeRn \Z otvoren skup postoji r > 0 takav K(x, r) ⊂ Rn \Z, sto povlaci K(x, r)∩A = ∅.Posljednja tvrdnja se dokazuje na slican nacin i ostavljena je citatelju za vjezbu. �

2. a) Odredite Int(Q), Q i ∂Q u R.

b) Neka je K = [0, 1]× 〈0, 1〉. Odredite Int(K), K i ∂K u R2.

Rjesenje. a) Int(Q) = ∅, Q = R, ∂Q = R. b) Int(K) = 〈0, 1〉×〈0, 1〉, K = [0, 1]×[0, 1],∂K = ({0, 1} × [0, 1]) ∪ ([0, 1]× {0, 1}). �

3. Dokazite A ∪B = A ∪B.

Rjesenje. Iz A ⊂ A ∪ B, slijedi A ⊂ A ∪B, te isto tako B ⊂ A ∪B. Stoga je iA ∪ B ⊂ A ∪B. S druge strane A ∪ B je zatvoren skup koji sadrzi A ∪ B, pa sadrzi iA ∪B, pa je pokazana tvrdnja. �

4. Vrijedi li A ∩B = A ∩B?

Rjesenje. Kako je A∩B ⊂ A ⊂ A i isto tako A∩B ⊂ B, slijedi da je A∩B ⊂ A∩B.Stoga je A ∩B zatvoren skup koji sadrzi A ∩B, pa sadrzi i A ∩B. Obratna inkluzijamedutim ne mora vrijediti. Uzmimo na primjer za A = [0, 1], B = 〈1, 2]. Tada jeA ∩B = ∅ = ∅, a A ∩B = [0, 1] ∩ [1, 2] = {1}. �

5. Dokazite A = IntA ∪ ∂A.

Rjesenje. Iz definicije ∂A = A ∩ Rn \ A, slijedi ∂A ⊂ A. Nadalje, IntA ⊂ A ⊂ A, paje IntA ∪ ∂A ⊂ A. Za obratnu inkluziju neka je x ∈ A i pretpostavimo x /∈ IntA. Toznaci da ne postoji kugla oko x koja je citava sadrzana u A. Drugim rijecima, za svakukuglu K(x, r) vrijedi K(x, r) ∩ (Rn \ A) 6= ∅. Prema tvrdnji (iv) napomene, to tocnoznaci da je x ∈ Rn \ A. �

6. Dokazite IntA ∩ ∂A = ∅.

Rjesenje. Neka je x ∈ IntA. To znaci da postoji r > 0 takav da je K(x, r) ⊂ A, tojest da je K(x, r) ∩ (Rn \ A) = ∅. Odatle slijedi x /∈ Rn \ A, pa x /∈ ∂A. �

12


1. Promotrimo skup X = 〈0, 1〉 ∪ 〈2, 3〉 ⊆ R. Dokazite da je skup 〈0, 1〉 istovremenootvoren i zatvoren u X.

2. Dokazite da u R osim ∅ i R nema skupova koji su istovremeno otvoreni i zatvoreni.

3. Odredi zatvarac, rub i interior skupova Z,R, A = { 1n

: n ∈ N} u R.

4. Odredite ∂S ako je S = { 1n

: n ∈ N} u R. Je li skup S zatvoren u R?

5. Odredite zatvarac u R2 skupa

Q× { 1

n: n ∈ N} = {(q, 1

n) ∈ R2 : q ∈ Q, n ∈ N}.

6. Odredite IntA, A i ∂A ako je A = {x ∈ Rn : ‖x‖2 = 1}.

7. a) Neka je f : R → R neprekidna. Koristeci definiciju zatvorenog (i otvorenog)skupa u metrickom prostoru, dokazite da je graf funkcije f zatvoren skup u R2.

b) Neka je sada f : R→ R zadana s

f(x) =

{sin(1x

)x 6= 0

0 x = 0

Odredite zatvarac grafa funkcije f .

8. Neka je A ⊆ Rn. Dokazite

Rn \ A = Int(Rn \ A), Rn \ IntA = Rn \ A.


U ovom cemo dijelu objasniti pojam topoloskog prostora koji generalizira pojam metrickogprostora. Veci nivo apstrakcije nam omogucava da bolje razumijemo zbog cega su odredenetvrdnje istinite. Veci nivo opcenitosti omogucava proucavanje veceg broja primjera, iakodetaljnije proucavanje topoloskih prostora ostavljamo za neke druge kolegije.

3.4.1. Definicija. Za familiju τ podskupova nekog skupa X kazemo da je topologija na Xi par (X, τ) nazivamo topoloski prostor ako vrijedi:

(T1) ∅ ∈ τ,X ∈ τ .

(T2) Za proizvoljnu potfamiliju {Ui}i∈I ⊆ τ vrijedi⋃i∈I Ui ∈ τ .

(T3) Za n ∈ N i proizvoljne skupove U1, ..., Un ∈ τ vrijedi⋂ni=1 Ui ∈ τ .

Elemente topologije nazivamo otvorenim skupovima.

13

3.4.2. Primjer. Na skupu X = {1, 2, 3}, familija τ = {∅, {1, 2}, {1, 3}, X} nije topologijajer presjek {1} = {1, 2} ∩ {1, 3} nije u τ .

3.4.3. Primjer. Na skupu X = {1, 2, 3}, familija τ = {∅, {1}, {1, 2}, X} je topologija.Ne postoji metrika d na X takva da je τ familija otvorenih skupova obzirom na d jer umetrickom prostoru za svake dvije tocke mozemo naci disjunktne otvorene kugle oko tihtocaka, a u (X, τ) ne postoje dva disjunktna otvorena skupa od kojih jedan sadrzi 2, ali nesadrzi 1. Kazemo da topoloski prostor (X, τ) nije metrizabilan.

3.4.4. Napomena. Neka je Y ⊆ X podskup metrickog (ili topoloskog) prostora X,te neka je σ = {Y ∩ U : U je otvoren u X}. Tada je σ topologija na Y koju nazivamorelativna topologija. Za podskup V ⊆ Y kazemo da je otvoren u Y ako je otvoren urelativnoj topologiji na Y .

3.4.5. Zadatak.

1. Neka je (X, d) metricki prostor. Dokazite da je familija svih otvorenih skupova obziromna d (tj. skupova A takvih da za svaku tocku x ∈ A postoji r > 0 takav da jeK(x, r) ⊆ A) topologija na X (tj. da zadovoljava aksiome (T1)-(T3)).

2. Odredite najmanju topologiju τ na skupu R koja sadrzi sve otvorene intervale.

3. Dokazite da ekvivalentne norme induciraju iste topologije.

4. Neka je τ topologija na skupu X, a Y podskup od X. Neka je σ = {Y ∩ U : U ∈ τ}.Dokazite da je σ topologija na Y .

5. Pokazite da se relativna topologija na R kao podskupu od (R2, d2) poklapa s topologi-jom na R induciranom euklidskom metrikom.

6. Promotrimo kruznicu S1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1} i preslikavanje f : R → R2,f(t) = (cos t, sin t). Za podskup A ⊆ S1 kazemo da je dobar ako je f−1(A) otvoren skupu R. Dokazite da dobri skupovi cine topologiju i da je ta topologija jednaka relativnojtopologiji na S1 promotranoj kao podskup od R2 sa standardnom topologijom.

Aksiomi topoloskog prostora se mogu ciniti neprirodnim ili nejasnim pri prvom susretu snjima. U nastavku cemo promotrit pristup koji je prirodniji i koji je povijesno koristen prijeaksioma (T1)-(T3). Aksiome (T1)-(T3) uveo je Felix Hausdorff, a cesce su koristeni jer sujednostavniji i prakticniji u primjenama.

14

3.4.6. Definicija. Neka je X skup. Reci cemo da je na skupu X dana okolinska topologijaako je svakom elementu x ∈ X pridruzen neprazan skup N(x) podskupova od X, zvanih okolineod x, tako da vrijede sljedeci aksiomi

(N1) Svaka okolina od x sadrzi x, tj. U ∈ N(x) povlaci x ∈ U .

(N2) Ako je U okolina od x i U ⊆ V , onda je i V okolina od x.

(N3) Presjek bilo koje dvije okoline od x je okolina od x.

(N4) Ako je U okolina od x, onda U sadrzi okolinu V od x takvu da je V okolina svakog elementaod U .

3.4.7. DZ. Dokazite da su spomenuta dva pristupa ekvivalentna.

1) Neka je dana okolinska topologija na skupu X i kazimo da je skup U ⊆ X otvoren akoje U okolina svakog svog elementa. Dokazite da tako definirani otvoreni skupovi cinetopologiju na X.

2) Neka je dana topologija na X i kazimo da je skup U ⊆ X okolina od x ∈ X ako Usadrzi neki otvoreni skup V koji sadrzi x. Dokazite da tako definirane okoline cineokolinsku topologiju na X.

15

4 Gomilista skupova

U ovom poglavlju obradujemo pojam gomilista skupa koji je vazan u definiciji limesa funkcijevise varijabli. Obratite posebnu paznju da je pojam gomilista skupa razlicit od pojmagomilista niza.


4.1.1. Definicija. Neka je A ⊆ Rn. Kazemo da je x ∈ Rn gomiliste skupa A ako svakakugla oko x sadrzi barem jednu tocku iz A razlicitu od x, tj.

(K(x, r) ∩ A) \ {x} 6= ∅,∀r > 0.

Skup svih gomilista skupa A oznacavamo s A′ ili Ad.

4.1.2. Primjer. Tocka 0 ∈ R je gomiliste skupa

A = { 1

n: n ∈ N}

jer svaka ε-kugla oko 0 sadrzi 1n

za n > 1ε.

4.1.3. Definicija. Elemente skupa A koji nisu u Ad nazivamo izoliranim tockama.

4.1.4. Propozicija. Neka je A ⊆ Rn. Tada je A = A ∪ Ad.

4.1.5. Teorem. Neka je A ⊆ Rn. Skup A je zatvoren u Rn ako i samo ako sadrzi sva svojagomilista.

4.1.6. Definicija. Podskup A ⊆ Rn je gust u Rn ako za svaku tocku x ∈ Rn i svaki otvoreniskup U koji sadrzi x postoji a ∈ A ∩ U .

4.2 Zadaci s vjezbi

1. Odredite skup Sd svih gomilista skupa S u R2:

a) S = {(m,n)|m,n ∈ Z},b) S = {(p, q)|p, q ∈ Q}.

Kako bismo odredili skup gomilista, za one tocke koje su gomilista potrebnoje pokazati da to jesu, a za one koje nisu da to nisu.

Rjesenje. a) Pokazat cemo da skup S nema gomilista. Neka je (m,n) ∈ S, te nekaje (m′, n′) 6= (m,n) ∈ S i m 6= m′. Buduci da su m i m′ cijeli brojevi vrijedi

d((m,n), (m′, n′)) =√

(m−m′)2 + (n− n′)2 ≥ |m−m′| ≥ 1,

pa je S ∩K((m,n), 12) = {(m,n)}, sto povlaci da (m,n) 6∈ Sd.

16

Neka je (x, y) ∈ R2 \ S i pretpostavimo da x 6∈ Z. Tada postoji jedinstveni cijelibroj m ∈ Z takav da je m < x < m+1. Pravokutnik 〈m,m+1〉×〈y−1, y+1〉 ⊂ R2

je otvoren, pa postoji kugla K((x, y), r) koja je u njemu sadrzana. Buduci daunutar tog pravokutnika nema drugih tocaka iz S, vrijedi K((x, y), r)∩S = ∅, pa(x, y) nije gomiliste skupa S. Analogno postupamo ako y 6∈ Z.

b) Pokazat cemo da je svaka tocka (x, y) ∈ R2 gomiliste od S. Iz Mat. analize 1znamo da je skup Q je gust u R:Svaki realan broj x se moze proizvoljno dobro aproksimirati racionalnim brojem,to jest za svaki ε > 0 postoji qx ∈ Q, q 6= x takav da je

|x− qx| <ε√2.

Za danu tocku (x, y) i ε > 0 tada postoje qx, qy ∈ Q takvi da je

d((x, y), (qx, qy)) =√|x− qx|2 + |y − qy|2 <

√ε2

2+ε2

2= ε

iz cega slijedi da je (qx, qy) ∈ S∩K((x, y), ε), (qx, qy) 6= (x, y). Zbog proizvoljnostiε slijedi da je (x, y) ∈ Sd.

�


1. Vrijedi li (IntA)d = Ad? Vrijedi li Ad

= Ad?

2. Dokazite da je A gust u Rn ako i samo ako A = Rn.

3. Za svaki prirodan broj n neka je

Kn =

{(x, y) ∈ R2 :

∥∥∥∥(x, y)− (1

n,

1

n)

∥∥∥∥∞

=1

n, xy 6= 0

}te neka je K =

⋃n∈N

Kn. Odredite skup gomilista skupa K.

4. Odredite skup svih gomilista skupova A i B ako je

A = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ 〈0, 1〉}, B = {(2q, 1

m) ∈ R2 : q ∈ Q,m ∈ Z \ {0}}.

5. Neka je An = {(x, xn) ∈ R2 : x > 0}. Odredite skup gomilista skupa A =

⋃n∈N

An.

17

6. Neka je

Sn = {(x, y) ∈ R2 : y =1

nsin

x

n}.

Je li skup S =⋃n∈N

Sn zatvoren?

7. Konstruirajte primjer skupa koji ima beskonacno gomilista, a da ne sadrzi nijednogomiliste. Konstruirajte primjer beskonacnog skupa u R koji nema gomiliste.


Neki studenti su se vec susreli s pojmom gustog skupa u teoriji skupova: Za parcijalnoureden skup (S,6) kazemo da je gust ako za svaka dva elementa x, y ∈ S, x < y pos-toji z ∈ S takav da vrijedi x < z < y. Npr. skup racionalnih brojeva Q uz standardanuredaj je gust, dok skup cijelih brojeva Z nije. Takoder, kao potprostor metrickog prostoraQ je gust u R. Skup Q∩[0, 1] je gust potpuno ureden skup koji nije gust kao potprostor od R.

Cesta pogreska studenata je isticanje skupovnoteoretske definicije za gustocu skupa Q usituacijama u kojima treba koristiti da je Q gust potprostor od R.

Primijetiti da su ta dva pojma slicna, ali razlicita i nemojte ih mijesati. Razlika je stou skupovnoteoretskoj definiciji nema veceg ambijentalnog prostora u odnosu na koji proma-tramo gustocu! Definicije su slicne jer za potpuno ureden skup koji je u skupvnoteoretskomsmislu gust vrijedi da je gust u samome sebi kao topoloski prostor uz uredajnu topologiju(na Q to je standardna topologija inducirana euklidskom metrikom).

18

5 Nizovi

U ovom poglavlju obradujemo nizove u metrickim prostorima. Mnogi teoremi koje smo zalimese nizova u R dokazali na Matematickoj analizi 1 imaju svoje analogone i za limesenizova u metrickom prostoru. Na predavanju je ostavljeno nedokazano nekoliko propozicijaciji dokazu si potpuno analogni dokazima za realne brojeve. Za studente je najkorisnije date propozicije pokusaju sami dokazati, te konzultiraju biljeske jedino kad nikako ne mogusami dovrsiti te dokaze.


5.1.1. Definicija. Kazemo da niz (xn)n u Rn konvergira ako postoji x ∈ Rn takav da je

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0)(d(xn, x) < ε).

Kazemo da je x limes niza (xn)n i oznacavamo limn xn = x. Kazemo da je tocka x ∈ Rn

gomiliste niza (xn)n ako svaka kugla oko x sadrzi beskonacno mnogo clanova niza (xn)n.

5.1.2. Napomena. U metrickom prostoru limes niza je jedinstven ako postoji (to nijeistina u svakom topoloskom prostoru).

5.1.3. Primjer. Razlikujemo gomiliste niza i gomiliste skupa vrijednosti niza. Neka jean = (−1)n. Taj niz ima dva gomilista -1 i 1, a skup A = {an : n ∈ N} = {−1, 1} nemagomilista.

5.1.4. Propozicija. Niz (xk = (x1k, x2k, ..., x

nk))k konvergira prema x = (x1, ..., xn) u Rn ako

i samo ako nizovi (xjk)k konvergiraju prema xj za sve j = 1, 2, ..., n.

5.1.5. Primjer. Niz ciji elementi su dani s xk = ( 1k, (1 + 1

k)k, 1 − 1

k2) konvergira prema

(0, e, 1).

5.1.6. Teorem. Neka je A ⊆ Rn. Skup A je zatvoren u Rn ako i samo ako za svaki niz u Akoji u Rn konvergira prema x ∈ Rn vrijedi da je x ∈ A.

5.1.7. Definicija. Kazemo da je podskup A ⊆ Rn ogranicen ako postoji r > 0 takav da jeA ⊆ K(0, r), gdje je 0 ishodiste prostora Rn.

5.1.8. Definicija. Za niz (xn)n u Rn kazemo da je Cauchyev (ili C-niz) ako

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n,m ≥ n0)(d(xn, xm) < ε).

5.1.9. Teorem. U Rn svaki Cauchyev niz konvergira.

5.1.10. Primjer. Niz racionalnih brojeva 3, 3.1, 3.14, ... je Cauchyev, ali ne konvergira u Q(jer π nije racionalan broj). Kazemo da Q (s euklidskom metrikom) nije potpun metrickiprostor.

19

5.2 Zadaci s vjezbi

5.2.1. Propozicija. Tocka a ∈ Rn je gomiliste niza (ak)k ako i samo ako postoji podniz niza(ak)k koji konvergira prema a.

Dokaz. Neka je a ∈ Rn gomilista niza (ak)k. Konstruirat cemo podniz bk = ap(k) koji konver-gira prema a. U svakoj kugli K(a, ε) nalazi se beskonacno mnogo clanova niza. Posebno, zaε = 1 postoji ap(1) takav da je ‖ap(1) − a‖ < 1. Za ε = 1

2postoji beskoncno mnogo clanova u

K(a, 1/2), pa mozemo odabrati p(2) > p(1) takav da je ‖ap(2) − a‖ < 1/2. Nastavljamo naisti nacin i dobivamo podniz b = a ◦ p takav da vrijedi ‖bk − a‖ < 1

k. Kako 1

k→ 0, slijedi da

i ‖bk − a‖ → 0, to jest bk → a.Obratno, neka je a ∈ Rn i neka je (ap(k))k podniz koji konvergira prema a. Tada za

zadani ε > 0 postoji k0 ∈ N takav da za k ≥ k0 vrijedi ‖ap(k) − a‖ < ε, pa za k ≥ k0 vrijediap(k) ∈ K(a, ε). Zakljucujemo da u svakoj kugli K(a, ε) lezi beskonacno mnogo clanova niza(ak)k, pa je a gomiliste niza. �

5.2.2. Propozicija. Podniz svakog konvergentnog niza u Rn je takoder konvergentan s istimlimesom.

Dokaz. Neka je (ak)k niz u Rn koji konvergira prema a, te neka je (ap(k))k njegov podniz.Pokazujemo da niz (ap(k))k takoder konvergira prema a. Za zadani ε > 0, postoji k0 ∈ Ntakav da za svaki k ≥ k0 vrijedi ‖ak − a‖ < ε. Funkcija p : N → N je po definiciji strogomonotona, a iz toga se indukcijom provjeri da za svaki k ∈ N vrijedi p(k) ≥ k. Stoga zak ≥ k0 vrijedi p(k) ≥ k ≥ k0, a odatle ‖ap(k) − a‖ < ε, pa ap(k) → a. �

5.2.3. Propozicija. Neka je B ⊂ Rn. Tada je x ∈ B ako i samo ako postoji niz u B kojemje x limes.

Dokaz. Neka je x ∈ B. Tada svaka kugla oko x sadrzi bar jednu tocku iz B. Posebno, zasvaki k ∈ N postoji xk ∈ B takva da je ‖x− xk‖ < 1

k. Odatle slijedi da xk → x.

Obratno, neka je (ak)k niz u B koji konvergira prema x. Treba dokazati da je x ∈ B, tojest da svaka kugla oko x sadrzi tocku iz B. Za ε > 0 postoji k0 ∈ N takav da za k ≥ k0vrijedi ‖ak − x‖ < ε, pa je specijalno ak0 ∈ B ∩K(x, ε). �

5.2.4. Propozicija. U Rn vrijedi:

(i) Svaki konvergentan niz je Cauchyjev.

(ii) Skup vrijednosti Cauchyjevog niza je ogranicen.

(iii) Ako podniz Cauchyjevog niza konvergira prema a, onda i citav niz konvergira prema a.

Dokaz. (i) Neka je (xk)k konvergentan niz s limesom x. Za zadani ε > 0 postoji k0 ∈ Ntakav da za k ≥ k0 vrijedi d(xk, x) < ε/2. Sada za k, l ≥ k0 vrijedi

d(xk, xl) ≤ d(xx, x) + d(x, xl) < ε/2 + ε/2 = ε.

20

(ii) Neka je (xk)k Cauchyjev niz. Za ε = 1 postoji k0 ∈ N takav da za k, l ≥ k0 vrijedid(xk, xl) < 1. Posebno, za k ≥ k0 vrijedi d(xk, xk0) < 1, pa je xk ∈ K(xk0 , 1). Neka je

M = maxk0−1i=1 {d(xi, xk0)}.

Za svaki k ∈ N vrijedi xk ∈ K(xk0 ,M + 1), to jest xk ∈ K(0,M + 1 + d(xk0 , 0)).(iii) Neka je (xk)k Cauchyjev niz ciji podniz xp(k) konvergira prema x. Tvrdimo da i

xk → x. Fiksirajmo ε > 0. Buduci xp(k) → x, postoji k′0 ∈ N takav da za k ≥ k′0 vrijedid(xp(k), x) < ε/2, a buduci je niz (xk)k Cauchyjev, postoji k′′0 ∈ N takav da za k, l ≥ k′′0vrijedi d(xk, xl) < ε/2. Sada za k0 = max{k′0, k′′0} i k ≥ k0 koristeci p(k) ≥ k dobivamo

d(xk, x) ≤ d(xk, kp(k0)) + d(xp(k0), x) < ε/2 + ε/2 = ε.

Time je dokaz dovrsen. �


1. Neka je B ⊆ Rn. Dokazite da je B potpun ako i samo ako je zatvoren.

2. Dokazite da Cauchyev niz u metrickom prostoru moze imati najvise jjedno gomiliste.

3. Za niz (ak)k u Rn vrijedi nejednakost

‖ak − al‖ 61

k+

1

l

za sve k, l ∈ N. Dokazite da taj niz konvergira.

21

6 Kompaktnost

Kompaktnost je vrlo vazno topolosko svojstvo. Imamo sljedecu vaznu generalizaciju Bolzano-Weierstrassovog teorema: neprekidne funkcije preslikavaju kompaktne skupove u kompaktneskupove. Posebno, ako je slika realne funkcije kompaktan (tj. ogranicen i zatvoren) skup,onda je funkcija ogranicena i postize globalne ekstreme. Obratite paznju da kompaktni sku-povi ne moraju biti povezani, pa nemamo nuzno tvrdnju o postizanju svih meduvrijednosti.


6.1.1. Definicija. Neka je A podskup od Rn. Kazemo da je A kompaktan ako i samo akoje ogranicen i zatvoren.

6.1.2. Primjer. Skup A = {x ∈ R : sinx = 0.56} nije kompaktan jer nije omeden, iako jezatvoren.

6.1.3. Teorem. Neka je A podskup od Rn. Tada je A kompaktan ako i samo ako svaki niz uRn ima konvergentan podniz u Rn.

6.1.4. Primjer. Skup {(x, y) ∈ R2 : xy ≥ 1, x2 + y2 ≤ 5} je kompaktan. Ogranicen je jerje citav sadrzan unutar otvorenog kruga radijusa 3. Pokusajte dokazati zatvorenost premadefiniciji. Na ovom primjeru vidjet cete koliko je prakticno dokazivati zatvorenost koristecineprekidne funkcije na nacin koji cemo vidjeti u sljedecim vjezbama.

6.1.5. Teorem. (HEINE-BOREL) Neka je A podskup od Rn. Tada je A kompaktan ako isamo ako svaki otvoreni pokrivac od A ima konacan potpokrivac.

6.2 Zadaci s vjezbi

1. Neka je A ⊂ Rn omeden. Dokazite da je A kompaktan.

Rjesenje. Potrebno je pokazati da je A zatvoren i ogranicen. Zatvorenje bilo kojegskupa je zatvoren skup, pa je dakle dovoljno pokazati da je A omeden. Kako je Aomeden, postoji R > 0 takav da je A ⊂ K(0, R). Ali tada je A ⊂ K(0, R) ⊂ K(0, 2R),pa je A omeden. �

2. Je li skup S = {(x, y) ∈ R2 : xy ≥ 1, x2 + y2 < 5} kompaktan?

Rjesenje. Skup S nije zatvoren (zasto? sto mu je zatvarac?), pa nije ni kompaktan. �

3. Neka je A = {(x, y) ∈ R2 : x4 + y4 = 1}. Dokazite da je A kompaktan.

Rjesenje. Dokazat cemo da je A omeden i zatvoren. Za (x, y) ∈ A vrijedi x4 + y4 = 1,pa je x4, y4 ≤ 1, odnosno |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 ogranicen.

22

Pokazimo da je A zatvoren. Neka je an = (xn, yn) niz u A koji konvergira ka (x, y) ∈ R2.Zelimo pokazati (x, y) ∈ A. Iz (xn, yn) → (x, y), slijedi da xn → x i yn → y. Buducida je potenciranje neprekidna funkcija, vrijedi x4n → x4 i y4n → y4. Za realne brojeveznamo da je limes zbroja je zbroj limesa, pa x4n + y4n → x4 + y4. Buduci da je an ∈ Avrijedi x4n + y4n = 1, pa je niz (x4n + y4n)n konstantan i zakljucujemo da je x4 + y4 = 1,tj. (x, y) ∈ A. �

4. Dokazite da skupovi

(a) K(0, 1) ⊂ Rn

(b) Z ⊂ R

nisu kompaktni i to nalazeci otvoreni pokrivac koji nema konacan potpokrivac.

Rjesenje. (a) Pogledajmo familiju otvorenih kugla {K(0, 1− 1n), n ≥ 2}. Tvrdimo

K(0, 1) ⊂⋃n≥2

K(0, 1− 1

n).

Neka je x ∈ K(0, 1). Tada je 1− ‖x‖ > 0, pa postoji n ∈ N takav da je 1n< 1− ‖x‖,

to jest takav da je x ∈ K(0, 1− 1n). Slijedi da je {K(0, 1− 1

n), n ≥ 2} otvoreni pokrivac

od K(0, 1).

Pretpostavimo da postoji konacan potpokrivac i neka je n′ ∈ N najveci takav da seK(0, 1 − 1

n′) javlja u potpokrivacu. Tada bi vrijedilo K(0, 1) ⊂ K(0, 1 − 1

n′), sto nije

istina.

(b) Za trazeni pokrivac moze se uzeti {K(n, 13), n ∈ Z}. �


1. Pronadite otvoreni pokrivac skupa 〈0, 1] koji nema konacan podpokrivac.

2. Pokazite da je skup

A = {(x, y, z, w) ∈ R4 : ‖(x, y)‖1 + ‖(z, w)‖∞ 6 1}

kompaktan.

3. Pokazite da je skup

S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 6 4x, x2 + y2 ≥ 16− z, x > 0}.

kompaktan.

4. Pokazite da je Cantorov skup kompaktan skup.

23


6.4.1. Definicija. Kazemo da je metricki prostor X nizovno kompaktan ako svaki niz u Xima konvergentan podniz u X.

Postoje metricki prostori (naravno, drugaciji od Rn sa standardnom topologijom) kojisu kompaktni (ograniceni i zatvoreni), a nisu nizovno kompaktni. Takoder, postoje nizovnokompaktni metricki prostori koji nisu kompaktni. No, u ovom kolegiju ce nas zanimati samopodskupovi od Rn, pa ne morate brinuti o tim razlikama.

U topoloskom prostoru koji nije metricki prostor nema smisla govoriti o ogranicenosti.Takoder, postoje topoloski prostori u kojima konvergentni nizovi nemaju jedinstvene limese(takvi prostori nisu metrizabilni). Heine-Borelov teorem omogucava nam drugaciju defini-ciju kompaktnosti koju mozemo koristiti u bilo kojem topoloskom prostoru, a koja nije ukontradikciji s dosadasnjom definicijom.

6.4.2. Definicija. Topoloski prostor X je kompaktan ako svaki otvoreni pokrivac od X imakonacan potpokrivac.

Pojam Lebesguevog broja necemo koristiti na ovom kolegiju. Taj pojam je vrlo vazan ukoristenju kompaktnosti u raznim situacijama (npr. u dokazu da je neprekidna funkcija nakompaktnom skupu uniformno neprekidna, ali i mnogim drugim tvrdnjama).

6.4.3. Definicija. Neka je A podskup metrickog prostora X i U pokrivac skupa A. Kazemoda je λ > 0 Lebesgueov broj pokrivaca U ako za svaki B ⊂ A takav da je diamB < λ postojiU ∈ U takav da je B ⊂ U .

6.4.4. Napomena. Ako je λ Lebesgueov broj za pokrivac U , onda je i svaki λ′ < λLebesgueov broj tog pokrivaca.

6.4.5. Teorem. Ako je A kompaktan skup i U otvoren pokrivac skupa A, onda Lebesgueovbroj pokrivaca U postoji.

6.4.6. DZ. Odredi najveci Lebesgueov broj pokrivaca

U = {〈13, 2〉} ∪

⋃n∈N

{〈− 1

n,

1

n〉}

kompaktnog skupa A = [0, 1] ⊂ R.

24

7 Neprekidne funkcije

U ovom poglavlju diskutiramo neprekidne funkcije. Kao sto je najavljeno u uvodu, vidjetcemo da su svi dosad obradeni pojmovi bitni za dobro razumijevanje neprekidnih funkcija.


7.1.1. Definicija. Neka je A ⊆ Rn i neka je c ∈ A′. Kazemo da je L ∈ Rm limes funkcijef : A→ Rm u tocki c ako

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

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

7.1.2. Definicija. Neka je f : A ⊆ Rn → Rm. Za c ∈ A′ kazemo da je f neprekidna u c akoje limx→c f(x) = f(c). Ako c nije gomiliste skupa A onda f automatski smatramo neprekidnomu c. Kazemo da je f neprekidna ako je neprekidna u svakoj tocki c ∈ A.

7.1.3. Napomena. Neprekidnost funkcije f u tocki c je zapravo dana uvjetom

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

7.1.4. Napomena. Kao i za funkcije jedne varijable, vrijedi da su zbroj, produkt i kom-pozicija neprekidnih funkcija ponovno neprekidne funkcije. Neprekidne funkcije sa Rn u Rm

cine realni vektorski prostor koji sadrzi konstante.

7.1.5. Primjer. Projekcija πi : Rn → R, πi(x1, ..., xn) = xi je neprekidna. Naime, za daniε mozemo uzeti δ = ε (

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

7.1.6. Teorem. Vektorska funkcija F = (F1, ..., Fm) : A ⊂ Rn → Rm je neprekidna u tocki cako i samo ako su sve koordinatne funkcije Fi : A→ R, i = 1, ...,m neprekidne u c.

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

7.1.8. Teorem. (HEINEOVA KARAKTERIZACIJA) Funkcija f : A ⊆ Rn → Rm je neprekidnau tocki c ∈ Aako i samo za svaki niz (xn)n u A koji konvergira prema c i niz (f(xn))n konvergiraprema f(c) ∈ Rm.

7.1.9. Teorem. Funkcija f : A ⊆ Rn → Rm je neprekidna u tocki c ∈ A ako i samo ako zasvaki otvoreni skup V ⊆ Rm koji sadrzi f(c) postoji otvoren skup U ⊆ A koji sadrzi c takav daje f(U) ⊆ V . Funkcija f : A → Rm je neprekidna ako i samo ako je praslika svakog otvorenogskupa u Y otvoren skup u X.

7.1.10. Napomena. Analogna tvrdnja vrijedi zamijenimo li otvorene skupove zatvorenima.

7.1.11. Napomena. U prethodnom teoremu se ne spominju metrike pa na taj nacinmozemo definirati neprekidnost izmedu opcenitih topoloskih prostora.

7.1.12. Teorem. Neka je K kompaktan podskup prostora Rn, a f : Rn → Rm neprekidnopreslikavanje.. Tada je slika f(K) kompaktan skup u Rm.

25

7.2 Zadaci s vjezbi

1. Dokazite da je skup S = {(x, y) ∈ R2 : xy < 1} otvoren

a) prema definiciji.

b) koristeci karakterizaciju neprekidnih funkcija.

Rjesenje. a) Neka je P0 = (x0, y0) ∈ S. Trazimo r > 0 takav da je K(P0, r) ⊂ S.Ako je (x0, y0) = (0, 0) onda definiramo r = 1

2. Inace definiramo ε := 1−x0y0 > 0,

M := max{|x0|, |y0|} > 0 i r := min{√

ε3, ε3M}. Tada za P = (x′, y′) ∈ K(P0, r)

imamo

x′y′ = (x′ − x0)(y′ − y0) + (x′ − x0)y0 + x0(y′ − y0) + x0y0 <

< r · r + r ·M + r ·M + x0y0 <

<ε

3+ε

3+ε

3+ x0y0 = 1.

b) Definiramo li preslikavanje f : R2 → R s f(x, y) = xy, onda je S = f−1(〈−∞, 1〉).Buduci da je f neprekidno preslikavanje, a 〈−∞, 1〉 otvoren skup u R slijedi daje S otvoren u R2.

�

2. Neka je P0 = (1, 2, 3) ∈ R3. Dokazite da je skup

S = {P ∈ R3 : ‖P − 2P0‖2∞ + ‖2P − 3P0‖22 + ‖P‖1 ≤ ‖P0‖1}

zatvoren.

Rjesenje. Zadatku mozemo pristupiti opet na vise nacina, ali je pristup koji koristineprekidne funkcija najelegantniji. Iako znamo konkretne formule za norme i moglibismo sve zapisati preko koordinata radit cemo najopcenitije sto mozemo.

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

f(P ) = ‖P − 2P0‖2∞ + ‖2P − 3P0‖22 + ‖P‖1

je neprekidna kao zbroj kompozicija neprekidnih funkcija. Konkretno, definirajmofunkcije f1, f2 : R3 → R3, k : R → R f1(P ) = P − 2P0, f2(P ) = 2P − 3P0, k(x) = x2.Te funkcije su neprekidne prema napomeni iza definicije neprekidnosti. Tada je

f = k ◦ ‖ · ‖∞ ◦ f1 + k ◦ ‖ · ‖2 ◦ f2 + k ◦ ‖ · ‖1,

pa vidimo da je f zaista neprekidna. Dakle, S je praslika zatvorenog skupa [0, ‖P0‖1]po neprekidnom preslikavanju f , pa je S zatvoren u R3. �

26

3. Pokazite da je skup K = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2,− sinx ≤ y ≤ 2x+ 1} kompaktan.

Rjesenje. Dovoljno je pokazati da je K ogranicen i zatvoren skup. Za ogranicenostprimijetimo da je K ⊂ [1, 2]× [−1, 5] ⊂ K(0, 6) (jer je

√22 + 52 < 6, nacrtajte sliku).

Definirajmo preslikavanja f1, f2 : R2 → R s f1(x, y) = − sinx−y i f2(x, y) = 2x+1−y.Tada je skup S = ([1, 2] × R) ∩ f−11 (〈−∞, 0]) ∩ f−12 ([0,+∞〉). Buduci da su f1 i f2neprekidna preslikavanja, a skupovi 〈−∞, 0], [0,+∞〉 zatvoreni, skupovi f−11 (〈−∞, 0])i f−12 ([0,∞〉) su takoder zatvoreni. Na kraju, S je zatvoren kao presjek tri zatvorenaskupa. �

4. Dokazite da je π1 : R2 → R otvoreno preslikavanje, tj. da preslikava otvoreneskupove u otvorene.

Rjesenje. Neka je U otvoren skup u R2 i neka je x0 ∈ π1(U). Tada postoji (x0, y0) ∈ U ,te zbog otvorenosti skupa U postoji r > 0 takav da je K((x0, y0), r) ⊆ U . Neka jeA = 〈x0 − r

2, x0 + r

2〉 i B = 〈y0 − r

2, y0 + r

2〉. Tada je A×B ⊆ K((x0, y0), r) ⊆ U .

Slijedi da je A = π1(A × B) ⊆ π1(U) otvoren interval oko x0 sadrzan u π(U), stopokazuje da je π1(U) otvoren skup. �

5. Neka su A ⊆ Rn kompaktan i B ⊂ Rn zatvoren takvi da je A ∩ B = ∅. Dokazite dapostoji r > 0 takav da je d(x, y) > r za sve x ∈ A i y ∈ B.

Rjesenje. Definirajmo funkciju f : A → R s f(x) = inf{d(x, y) : y ∈ B}. Primijetimoda je f dobro definirana funkcija jer navedeni infimum uvijek postoji i f(x) ≥ 0 za svex ∈ A.

Dokazimo prvo da je f(x) > 0 za sve x ∈ A. Pretpostavimo da je f(x) = 0 za nekox ∈ A. Tada za svako n ∈ N postoji yn ∈ B takav da je 0 ≤ d(x, yn) < 1

n, sto povlaci da

niz (yn)n konvergira prema x. Buduci da je B zatvoren (pa sadrzi sva svoja gomilista),x mora biti element i od B i od A - sto je kontradikcija s A ∩B = ∅.Nadalje, pokazimo da je f neprekidna funkcija. Za x1, x2 ∈ A i y ∈ B vrijedi

d(x1, y) ≤ d(x1, x2) + d(x2, y).

Primijenimo li infy∈B

na nejednakost dobivamo

f(x1) ≤ d(x1, x2) + f(x2).

Analogno se izvodif(x2) ≤ d(x1, x2) + f(x1).

Iz posljednje dvije nejednakosti zakljucujemo

|f(x1)− f(x2)| ≤ d(x1, x2),

27

pa u dokazu neprekidnosti mozemo uzeti δ = ε (stovise, f je uniformno neprekidna).

Sada mozemo zakljuciti da je f(A) kompaktan skup u R i f(A) ⊂ 〈0,+∞〉. Buducida je f(A) kompaktan pa i zatvoren, infimum a := inf f(A) > 0 je element od f(A), ianalogno b := sup f(A) ∈ f(A). Dakle, f(A) ⊆ [a, b]. Uzmemo li r := a, slijedi tvrdnjazadatka. �


1. Neka je f : R→ R zadana formulom

f(x) =

{x, x < 0,1, x ≥ 0.

Pokazite da f nije neprekidna u 0.

2. Dokazite da je skup {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y > 2z} otvoren.

3. Nadite neprekidno preslikavanje f : R → R i otvoren skup I ⊂ R takav da f(I) nijeotvoren u R. Nadite neprekidno preslikavanje f : R → R2 i otvoren skup I ⊂ Rtakav da f(I) nije otvoren u R2. Nadjite primjer zatvorenog skupa i neprekidnogpreslikavanja koje ga ne prelikava u zatvoreni skup.

4. Pokazite da je projekcija p : R3 → R2, p(x, y, z) = (x, z) neprekidna funkcija.

28

8 Prosirenja funkcija po neprekidnosti

U ovom poglavlju cemo analizirati funkcije koje nisu definirane na citavom Rn, a koje suneprekidne na svojoj domeni. Zanima nas mozemo li funkciju prosiriti na vecu domenu takoda prosirenje ostane neprekidno.

8.1 Teorijske napomene.

Buduci da je neprekidnost vektorske funkcije ekvivalentna neprekidnosti njenih koordinatnihfunkcija ogranicit cemo se na funkcije s kodomenom R. U onim situacijama u kojima je tomoguce trebamo odrediti vrijednost funkcije u ’novim tockama domene’ i dokazati nepreki-dnost (npr. preko ε−δ karakterizacije). U onim situacijama u kojima je to nemoguce kljucnace nam biti sljedeca tvrdnja.

8.1.1. Lema. Neka je A ⊆ Rn. Ako je funkcija f : A → R neprekidna, onda je restrikcijaf |B : B → R neprekidna za svaki B ⊂ A. U terminima limesa mozemo reci

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = lim(x,y)→(x0,y0)

f |B(x, y)

pri cemu je s lijeve strane jednakost ilimes u A, a s desne limes u B ⊂ A.

8.2 Zadaci s vjezbi

8.2.1. Zadatak. Odredite prirodnu domenu zadanih funkcije te odredite u kojim tockamai kako se mogu dodefinirati do neprekidnih funkcija:

1. f(x, y) = xyx2+y2

;

2. f(x, y) = x2yx2+y2

;

3. f(x, y) = x+yx−y ;

4. f(x, y) = sin2 x+sin2 yx2+y2

;

5. f(x, y) = x2−y2x2+y2

;

6. f(x, y) = ex2−4y2−1x−2y ;

7. f(x, y, z) = x3+y3+z3

x2−y2 .

1. Domena je D(f) = R2\{(0, 0)}. Domena je otvoren skup ciji skup gomilista je citav R2.U svakoj tocki domene funkcija je neprekidna. Naime, oko svake tocke domene postojiotvorena kugla koja je citava sadrzana u domeni, a buduci da je neprekidnost lokalnosvojstvo dovoljno je provjeriti neprekidnost restrikcije na tu kuglu. Neprekidnost slijediiz cinjenice da je f kvocijent dvaju polinoma u dvije varijable.

Ostaje provjeriti tocku (0, 0). Pokazat cemo da f nije moguce dodefinirati u toj tockitako da prosirenje bude neprekidno. Kad bismo f mogli dodefinirati u (0, 0) onda bivrijedilo

f(0, 0) = lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = limx→0

f(x, 0) = limx→0

0

x2= 0,

29

f(0, 0) = lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = limx→0

f(x, x) = limx→0

x2

2x2=

1

2.

Dakle, istovremeno bi moralo vrijediti f(0, 0) = 0 i f(0, 0) = 12, sto je nemoguce.

Drugi nacin kako smo ovo mogli formulirati je koristenjem Heineove karakterizacijeneprekidnosti. Kao sto smo pronasli dvije restrikcije tako pronalazimo dva niza kojikonvergiraju prema (0, 0), a cije funkcijske vrijednosti ne konvergiraju k istoj vrije-dnosti. Uz pretpostavku da je f moguce prosiriti dolazimo do kontradikcije:

0 = limn

01n2

= limnf(

1

n, 0) = f(0, 0) = lim

nf(

1

n,

1

n) = lim

n

1n2

2 1n2

=1

2.

2. Domena je opet D(f) = R2 \ {(0, 0)} i na isti nacin zakljucujemo da je f neprekidnana citavoj domeni. Problem je opet u tocki (0, 0). No, ovaj put za bilo koju restrikcijukoje se sjetimo limes ispada 0. Zato pokusajmo dokazati da je f moguce prosiriti u(0, 0) s f(0, 0) = 0, tj. dokazimo da je preslikavanje f : R2 → R definirano s

f(x, y) =

{x2yx2+y2

, (x, y) 6= (0, 0),

0, (x, y) = (0, 0),

neprekidno u (0, 0). Neka je ε > 0. Tada koristeci AG-nejednakost za par x2, y2

dobivamo

|f(x, y)− f(0, 0)| = | x2y

x2 + y2| ≤ |x|1

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. Domena je D(f) = R2 \ {(x, x) : x ∈ R}. Pokazimo da funkcija f ima prekid u svakojtocki oblika (x, x), x ∈ R. Promotrimo niz Xn := (x+ 1

n, x)→ (x, x). Tada je

f(x+1

n, x) =

2x+ 1n

1n

= 2xn.

Ovo pokazuje da za x 6= 0 ne postoji limes limn f(Xn), pa f po Heineovoj karakterizacijine mozemo prosiriti u tocki (x, x), x 6= 0. Za tocku (0,0) moramo promatrati nekedruge nizove. No, lako je uociti da uz pretpostavku da se f moze prosiriti u (0, 0) doneprekidne funkciije dobivamo kontradikciju

3 = limn

3n1n

= limnf(

2

n,

1

n) = f(0, 0) = lim

nf(

1

n,

2

n) = lim

n

3n

− 1n

= −3.

30

4. Domena je D(f) = R2 \ {(0, 0)}. Za tocku (0, 0) promotrimo restrikciju (x, 0), x ∈ R.Kako je f(x, 0) = ( sinx

x)2, jedan kandidat za vrijednost prosirenja u (0, 0) je 1. Iskoristit

cemo cinjenicu koju znamo iz Matematicke analize 1 da je (podsjetite se da limes ineprekidna funkcija komutiraju, a kvadriranje je neprekidno):

limx→0

sin2 x

x2= 1.

Iz te tvrdnje dobivamo da za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da za sve x ∈ R takve daje |x| < δ vrijedi

| sin2 x− x2| < εx2.

Neka je ε > 0. Tada za pripadni δ iz prethodne tvrdnje imamo niz implikacija

d((x, y), (0, 0)) < δ ⇒ |x|, |y| < δ ⇒⇒ |f(x, y)− f(0, 0)| = | sin2 x+sin2 y

x2+y2− 1| = 1

|x2+y2| | sin2 x+ sin2 y − x2 − y2| ≤

≤ 1|x2+y2|(| sin

2 x− x2|+ | sin2 y − y2|) << 1

|x2+y2|(x2ε+ y2ε) = ε

5. Domena je opet D(f) = R2 \ {(0, 0)}. Nemogucnost dodefiniravanja u tocki (0, 0)mozemo dokazati promatranjem polarnih koordinata. Buduci da ne postoji limes

limr→0

r2 cos2 φ− r2 sin2 φ

r2 cos2 φ− r2 sin2 φ= lim

r→0cos 2φ

zakljucujemo da ne postoji ni limes lim(x,y)→(0,0) f(x, y).

6. Domena je D(f) = R2 \ {(2y, y), y ∈ R}. Detaljnije analiziramo samo situaciju stockama koje nisu u domeni. Primjetimo da je

f(x, y) =ex

2−4y2 − 1

x− 2y=ex

2−4y2 − 1

x2 − 4y2(x+ 2y).

Buduci da je limt→0et−1t

= 1, a lim(x,y)→(2y0,y0)(x+2y) = 4y0 zakljucujemo da je ’dobarkandidat’ za vrijednost prosirenja u (2y0, y0) upravo 4y0. Iskoristimo obratni smjerHeineove karakterizacije neprekidnosti da bismo dokazali da je prosirenje definirano s

f(x, y) =

{ex

2−4y2−1x−2y , x 6= 2y,

4y, x = 2y,

neprekidno. Neka je y0 ∈ R i neka je (xn, yn) niz u R2 koji konvergira prema (2y0, y0).Tada zakljucujemo da xn → 2y0, yn → y0. Konacno

limnf(xn, yn) = lim

n

ex2n−4y2n − 1

x2n − 4y2n(xn+2yn) = lim

n

ex2n−4y2n − 1

x2n − 4y2n·limn

(xn+2yn) = 1·4y0 = 4y0.

31

Zbog proizvoljnosti niza (xn, yn) zakljucujemo da je f moguce prosiriti u tocki (2y0, y0).Uocite da smo iskoristili limt→0

et−1t

= 1 na restrikciju t ∈ {x2n − 4y2n, n ∈ N} ⊂ R.Primijetite i da nam je to uvelike skratilo posao koji bismo imali da smo radili po ε− δdefiniciji.

7. Domena je D(f) = R3 \ {(x, x, z), (x,−x, z) : x ∈ R, z ∈ R}. Skup gomilista je R3,a problem su tocke P0 koje leze u dvjema ravninama. (SKICIRAJTE DOMENU!)Razlikujemo slucajeve:

(a) P0 = (x0, x0, z0), 2x30 + z30 6= 0. Tada za svaki niz (xn, yn, zn) → (x0, x0, z0)niz funkcijskih vrijednosti f(xn, yn, zn) divergira u beskonacno, pa funkciju nemozemo prosiriti u takvim tockama.

(b) P0 = (x0, x0, z0), 2x30 + z30 = 0, x0 6= 0. Tada za niz (x0 + 1n, x0− 1

n, 3

√−2x30 + 4x0√

n)

koji konvergira prema (x0, x0, z0), imamo

f

(x0 +

1

n, x0 −

1

n, 3

√−2x30 +

4x0√n

)=

3

2x0 +

√n.

Buduci da f(xn, yn, zn) divergira u beskonacno, funkciju ne mozemo prosiriti.

(c) P0 = (x0,−x0, z0), z0 6= 0. Tada za svaki niz (xn, yn, zn) → (x0,−x0, z0) nizf(xn, yn, zn) divergira u beskonacno, pa funkciju ne mozemo prosiriti.

(d) P0 = (x0,−x0, 0), x0 6= 0. Buduci da f(x0 + 1n,−x0 + 1

n, 4x06√n) = 3

2n+ 1

2x0n2 +√n di-

vergira u beskonacno, funkciju ne mozemo prosiriti u tockama oblika (x0,−x0, 0).

(e) P0 = (0, 0, 0). Buduci da f( 1n, 0, 1√

n) = 1

n+√n divergira u beskonacno, funkciju

ne mozemo prosiriti u tocki (0, 0, 0).

8.2.2. Primjer. Preslikavanje f(x, y) = x5

(y−x2)2+x8 nema limes u (0, 0) iako restrikcije na

pravce kroz ishodiste imaju limes 0. Restrikcija na graf y = x2 nema limes u (0, 0). Ovajprimjer pokazuje da polarne koordinate mozemo koristiti samo da bismo pokazali da odredenilime ne postoji.

8.2.3. Zadatak. Odredite tocke u kojima je neprekidna funkcija f : R2 → R:

a) f(x, y) =

{x2, x2 < y2;x2 + y2, x2 ≥ y2.

b) f(x, y) =

{x− y, (x, y) ∈ Q×Q;y − x, inace.

Rjesenje. a) Neka je

A1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 < y2}, A2 = {(x, y) ∈ R2 : x2 > y2},

32

te neka su f1, f2 : R2 → R funkcije definirane formulama

f1(x, y) = x2, f2(x, y) = x2 + y2.

Skupovi Ai su otvoreni, a funkcije fi su neprekidne na R2, za i = 1, 2. Buduci da jeneprekidnost lokalno svojstvo, a f se na otvorenom skupu Ai podudara s neprekidnomfunkcijom fi, i = 1, 2 slijedi da je f neprekidno u svakoj tocki iz A1 ∪ A2. Provjerimoneprekidnost u tokama oblika (x, x) i (x,−x), x ∈ R. Tvrdimo da je f neprekidna uonim tockama (x,±x) za koje je x2 = x2 + y2, tj. za koje je x2 = 2x2, sto je mogucesamo za x = 0.f je neprekidno u (0, 0): Buduci da su funkcije f1, f2 neprekidne u (0, 0) za ε > 0postoje δ1, δ2 takvi da

d((x, y), (0, 0)) < δi ⇒ d(fi(x, y), fi(0, 0)) < ε, i = 1, 2.

Definirajmo δ := min{δ1, δ2}. Kako je f1(0, 0) = f2(0, 0) = f(0, 0) imamo

d((x, y), (0, 0)) < δ ⇒ d(f(x, y), f(0, 0)) < ε.

f ima prekid u (x0,±x0), x0 6= 0: Primjetimo da postoje nizovi (xin, yin)n u Ai kojikonvergiraju prema (x0,±x0) (npr. {(x0 + 1

n,±x0)}n≥N , za dovoljno velik N ∈ N.) No,

limnf(x1n, y1n) = lim

nx21n = x20 6= x20 + x20 = lim

nx22n + y22n = lim

nf(x2n, y2n)

pa prema Heineovoj karakterizaciji slijedi tvrdnja.

b) Primjenimo li isti nacin razmisljanja kao u prethodnom zadatku vidimo da vise nemamopodrucja Ai, i = 1, 2, vec su problematicne sve tocke iz R2. Analogno se dokazujeda je funkcija f neprekidna u tockama u kojima je x − y = y − x, tj. na pravcu{(x, x) : x ∈ R}. U ostalim tockama funkcija f ima prekid, a u dokazu moramokoristiti gustocu skupa Q×Q kako bi konstruirali nizove (xin, yin)n, i = 1, 2.

�

33


8.3.1. DZ. Odredite prirodnu domenu zadanih funkcije te odredite u kojim tockama i kakose mogu dodefinirati do neprekidnih funkcija:

1. f(x, y) = (x+ y) sin 1x

sin 1y;

2. f(x, y) = x3y2−2y4√2x2+y4

;

3. f(x, y, z) = sinx2

x2+ sinx2+sin y2

x2+y2+ sinx2+sin y2+sin z2

x2+y2+z2;

4. f(x1, x2, ..., xn) = x1 sinx1+x2 sinx2+···xn sinxnx21+x

22+···+x2n

;

5. f(x, y) = xy x−yx+y

;

6. f(x, y) = ln(x2+y2)x2+y2

;

7. f(x, y) = (x2 + y2)(ln(x2 + y2)− 1);

8. f(x, y) = exy−1x(x2−y) .

8.3.2. DZ. Odredite u kojim tockama je neprekidna funkcija f : R3 → R zadana s

f(x, y, z) =

{|x+ y|, (x, y, z) ∈ Q3;−|y + z|, inace.

34

9 Povezanost i povezanost putovima

U ovom poglavlju obradujemo povezanost i povezanost putovima. Povezani skupovi genera-liziraju segmente na drugaciji nacin nego kompaktni skupovi. No, kao sto smo istaknuli uuvodu imaju bitno svojstvo: slika povezanog skupa pri neprekidnom preslikavanju je pove-zan skup. Posebno, realna funkcija (kodomena je R) definirana na povezanom skupu kojapoprima vrijednosti a i b poprima i sve meduvrijednosti izmedu a i b.

9.1 Podsjetnik na predavanja i teorijske napomene.

9.1.1. Definicija. Za A ⊆ Rn kazemo da je povezan ako ne postoje disjunktni neprazniotvoreni skupovi U i V takvi da je U ∪ V = X.

9.1.2. Definicija. Za tocke x i y u Rn kazemo da su povezane putom ako postoji neprekidnopreslikavanje (tj. put) α : [0, 1]→ Rn takvo da je α(0) = x i α(1) = y.

9.1.3. Definicija. Za A ⊆ Rn kazemo da je povezan putovima ako su svake dvije tocke uA povezane putom.

9.1.4. Definicija. Biti povezan putom je relacija ekvivalencije na A, a klase ekvivalencijenazivamo komponente povezanosti putovima.

9.1.5. Propozicija. Segment [a, b] ⊆ R je povezan skup.

9.1.6. Propozicija. Ako je A povezan putovima, onda je A povezan prostor.

9.1.7. Primjer. Svaki konveksan prostor je povezan putovima, pa je i povezan.

9.1.8. Teorem. Neka je A ⊆ Rn i neka je f : A→ Rm neprekidna funkcija. Ako je A povezan,onda je f(A) takoder povezan skup.

9.2 Zadaci s vjezbi

Za otvorene podskupove od Rn vrijedi i obrat Propozicije 9.1.6. Obratite paznju da su bitnepretpostavke da je podskup otvoren i da promatramo podskup od Rn (a ne nekog opcenitogmetrickog prostora). Vise detalja mozete naci na kraju poglavlja.

9.2.1. Propozicija. Ako je A otvoren povezan skup u Rn, onda je A povezan putovima.

Dokaz. Neka je A otvoren skup u Rn. Dokazat cemo prvo da je svaka komponenta poveza-nosti putovima od A otvoren skup. Neka je x tocka u A i neka je B komponenta povezanostiod A kojoj x pripada. Uocite da je zbog cinjenice da je relacija biti povezan putom relacijaekvivalencije na tockama od A (znate li to dokazati?), komponenta povezanosti putovimatocke x se sastoji od svih tocaka y ∈ A za koje postoji put od x do y. Buduci da A otvo-ren skup postoji r > 0 takav da je K(x, r) ⊆ A. Za svaku tocku y ∈ K(x, r) postoji putα : [0, 1] → Rn, α(t) = (1 − t)x + ty cija slika je citava unutar K(x, r) (dokazite to!). Topokazuje da je y ∈ B za svaki y ∈ K(x, r), tj. K(x, r) ⊆ B. Dakle, B je otvoren skup.

35

Sve komponente povezanosti putovima skupa A su u parovima disjunktne i u uniji cinecitav skup A. Komplement A \ B je zato unija otvorenih skupova (svih komponenti pove-zanosti putovima od A razlicitih od B), pa je otvoren skup. To pokazuje da je A unija dvaotvorena disjunktna (ne nuzno neprazna) skupa B i A\B. Ako je A povezan skup, onda B iA\B ne mogu oba biti neprazni skupovi. Buduci da je x ∈ A, zakljucujemo da je A\B = ∅,tj. A = B. Dakle, A je povezan putovima. �

9.2.2. Propozicija. Ako je A povezan podskup metrickog prostora X, onda je njegov zatvaracA takoder povezan skup.

Dokaz. Neka je A ⊆ X povezan podskup. Pretpostavimo da su U i V disjunktni zatvorenipodskupovi od A takvi da je U ∪ V = A. Neka je U ′ = U ∩ A i V ′ = V ∩ A. Tada su U ′

i V ′ disjunktni zatvoreni skupovi u A (u relativnoj topologiji!). Buduci da je A povezan,nemoguce je da su U ′ i V ′ oba neprazni. Bez smanjenja opcenitosti mozemo pretpostavitida je U ′ = ∅, pa je A = V ′. No, to znaci da je A ⊂ V . Buduci da je A najmanji zatvoreniskup koji sadrzi A, slijedi V = A = V ∪ U , pa je U = ∅. Dakle, A je povezan skup. �

9.2.3. Napomena. Isti dokaz pokazuje i sljedecu tvrdnju: ako je A povezan i A ⊆ B ⊆ A,onda je B povezan. To znaci da povezanom skupu A mozemo dodavati njegova gomilista ito nece narusiti povezanost.

9.2.4. Propozicija. Neka je (Ai)i∈I familija povezanih podskupova metrickog prostora Xkoji svi sadrze istu tocku a ∈ X. Tada je unija

⋃i∈I Ai takoder povezan skup.

Dokaz. Oznacimo A =⋃i∈I Ai. Skup U ⊆ A je otvoren u A ako i samo ako je U ∩Ai otvoren

skupu u Ai za svaki i ∈ I (zasto?). Neka su U i V disjunktni otvoreni skupovi u A. Zasvaki i ∈ I, skupovi Ui = U ∩ Ai and Vi = U ∩ Ai su disjunktni skupovi koji su otvoreniu Ai. Buduci da je a ∈ A, mora biti a ∈ U ili a ∈ V . Bez smanjenja opcenitosti mozemopretpostaviti a ∈ U . Buduci da je Ai povezan skup, slijedi da je Ui ili Vi prazan skup. No,buduci da je a ∈ U , za svaki i ∈ I imamo a ∈ Ui. Dakle, za svaki i ∈ I imamo Ui 6= ∅ iVi = ∅. No, tada je V =

⋃i∈I Vi = ∅. Dakle, A je povezan skup. �


9.3.1. Napomena. Uocite da u dokazu Propozicije 9.1.6 koristimo da je segment povezanskup (Prop. 9.1.5). Naravno, svaki segment je povezan putovima, ali moramo direktnodokazati i da je povezan koristeci aksiom potpunosti kako bismo nakon toga mogli dokazatiPropoziciju 9.1.6.

9.3.2. Definicija. Neka je X metricki prostor. Za x, y ∈ X neka je x ∼ y ako postojipovezan skup A ⊆ X koji sadrzi x i y. Relacija ∼ je relacija ekvivalencije, a klase ekvivalencijenazivamo komponente povezanosti od X.

9.3.3. DZ. Dokazite da je ∼ relacija ekvivalencije na X.

9.3.4. DZ. Dokazite da je komponenta povezanosti prostora X zatvoren skup u X.

36

9.3.5. Napomena. Ako je broj komponenti povezanosti konacan, onda je (prema prethod-nom zadatku) svaka komponenta povezanosti i zatvoren i otvoren skup. No, komponentepovezanosti ne moraju biti otvoreni skupovi ako ih nema konacno, kao sto je slucaj u primjeruracionalnih brojeva Q.

9.3.6. Napomena. Skup racionalnih brojeva Q nije povezan. Dapace, nikoje dvije tockeu Q nisu u istom povezanom skupu (mozemo ih razdvojiti intervalima kojima je rub nekiiracionalni broj izmedu njih). Komponente povezanosti (pa tako i komponente povezanostiputovima u Q su jednoclani skupovi. Prostori koji imaju to svojstvo nazivamo potpunonepovezanim skupovima. Mozete uociti da je svaki prostor koji ima diskretnu topologijupotpuno nepovezan. S druge strane Q je potpuno nepovezan, ali nema diskretnu topologiju.Slican primjer je Cantorov skup i skup {0} ∪ { 1

n: n ∈ N}.

9.3.7. Primjer. Tvrdnja Propozicije 9.2.1 nije tocna bez pretpostavke da je A otvorenskup. Neka je Kn = [(0, 0), (1, 1

n] segment u R2 i neka je

K = {(0, 1)} ∪⋃n∈N

Kn.

Tada je K povezan skup u R2, ali nije povezan putovima. Slican primjer je i zatvarac grafafunkcije f(x) = sin( 1

x), koji se spominje na predavanjima.

9.3.8. Napomena. Propozicija 9.2.1 nije tocna ako umjesto Rn promatramo proizvoljanmetricki prostor X. U dokazu smo koristili da u Rn svaka tocka x u otvorenom skupu A ⊆ Rn

ima otvorenu okolinu K ⊂ A koja je konveksna, pa do svake tocke u K postoji segment kojipocinje u x. Uocite da smo dokaz mogli provesti i uz malo slabije uvjete. U dokazu smokoristili da je svaka komponenta povezanosti putovima u otvorenom skupu A otvorena. Zadokaz te tvrdnje potrebno je (i dovoljno) da za svaku tocku x i otvoren skup U koji sadrzi xpostoji otvoren skup koji je putovima povezan, sadrzi x i koji je sadrzan u U . Takvi prostorise nazivaju lokalno povezani putovima. Dakle, Rn je lokalno povezan putovima (i caklokalno konveksan), ali postoje i metricki prostori koji nisu lokalno povezani putovima i zakoje Propozicija 9.2.1 ne vrijedi.

9.3.9. Napomena. Prema prethodnoj napomeni vidimo da imamo sljedecu generalizacijuPropozicije 9.2.1: Ako je X metricki prostor koji je lokalno povezan putovima, onda zaA ⊆ X vrijedi implikacija

A je otvoren povezan skup ⇒ A je putovima povezan.

No, primjer X = Q pokazuje da ta implikacija ne karakterizira lokalno povezane prostore.Naime, Q nije lokalno povezan prostor, a implikacija svejedno vrijedi jer je jedini otvorenipovezani prostor u Q prazan skup.

9.3.10. Napomena. U nekim situacijama pitanje povezanosti moze biti vrlo tesko. Naprimjer, Mandelbrotov skup je povezan, sto nije lagano dokazati.

37

Documents

Diferencijalni ra cun funkcija vi se varijabli · Diferencijalni ra cun funkcija vi se varijabli vje zbe uredio Matija Ba si c Sveu cili ste u Zagrebu Prirodoslovno-matemati cki fakultet