2 Struktura prostora Rn

Neka je n ∈ N. Euklidski prostor Rn ambijent je u kome cemo izucavati realnu analizu.

Definicija 2.1 Skup Rn sastoji se od svih uredenih n-torki realnih brojeva:

Rn = (x1, . . . , xn) : x1, . . . , xn ∈ R .

Stoga je Rn = R × · · · × R (n puta) Kartezijev produkt n kopija skupa R.

Uz koordinatno definirano zbrajanje i mnozenje skalarom (iz R):

(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) = (x1 + y1, . . . , xn + yn),

α(x1, . . . , xn) = (αx1, . . . , αxn), α ∈ R,

skup Rn postaje realan vektorski prostor. Stoga elemente prostora R

n ponekad zovemo tocke, aponekad vektori. Dimenzija prostora jednaka je n jer vektori

e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), · · · ,en = (0, . . . , 0, 1)

cine jednu bazu tog prostora koju obicno nazivamo kanonska baza.

Definicija 2.2 Na vektorskom prostoru Rn definiramo

1 skalarni produkt

(x|y) =

n∑

i=1

xiyi, x, y ∈ Rn,

2 norma

‖x‖ =√

(x, x) =

√

√

√

√

n∑

i=1

x2

i , x ∈ R,

3 metrika

d(x, y) = ‖x − y‖ =

√

√

√

√

n∑

i=1

(xi − yi)2, x, y ∈ Rn.

Teorem 2.3 Ove funkcije zadovoljavaju

1 svojstva skalarnog produkta

(i) (x|x) ≥ 0, x ∈ Rn,

(ii) (x|x) = 0 ako i samo ako x = 0,

(iii) (x|y + w) = (x|y) + (x|w), x, y, w ∈ Rn,

(iv) (αx|y) = α(x|y), x, y ∈ Rn, α ∈ R,

(v) (x|y) = (y|x), x, y ∈ Rn,

2 svojstva norme

(i) ‖x‖ ≥ 0, x ∈ Rn,

4

(ii) ‖x‖ = 0 ako i samo ako x = 0,

(iii) ‖αx‖ = |α|‖x‖, x ∈ Rn, α ∈ R,

(iv) ‖x + y‖ ≤ ‖x‖ + ‖y‖, x, y ∈ Rn,

3 svojstva metrike

(i) d(x, y) ≥ 0, x, y ∈ Rn,

(ii) d(x, y) = 0 ako i samo ako x = y,

(iii) d(x, y) = d(y, x), x, y ∈ Rn,

(iv) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), x, y, z ∈ Rn,

4 nejednakost Schwarz-Cauchy-Bunjakowskog

|(x, y)| ≤ ‖x‖‖y‖, x, y ∈ Rn.

Dokaz. Svojstva skalarnog produkta slijede algebarski. Jednom kad je dokazana nejednakostSchwarz-Cauchy-Bunjakowskog svojstva norme slijede iz svojstava skalarnog produkta. Svojstvametrike slijede iz svojstava norme (vidi Propoziciju 2.8).

Dokazimo sada nejednakost S-C-B. Ako su x ili y jednaki 0 nejednakost je zadovoljena snulama. Stoga u daljnjem pretpostavljamo da je ‖x‖ > 0 i ‖y‖ > 0. Za svaki α ∈ R vrijedi

0 ≤ (αx + y|αx + y) = α2(x, x) + 2α(x|y) + (y|y).

Sada stavimo a = (x|x), b = 2(x|y) i c = (y|y), pa gornja nejednakost postaje

0 ≤ aα2 + bα + c, α ∈ R.

Buduci je a > 0 znamo da kvadratna funkcija s desne strane nejednakosti poprima svoj minimumza α = − b

2a . Stoga i u toj tocki vrijedi nejednakost

0 ≤ a

(

b

2a

)2

− bb

2a+ c,

tj.b2

4a≤ c.

Jer je a > 0 sijedib2 ≤ 4ac,

sto je nejednakost S-C-B kad vratimo supstituciju.

Napomena 2.4 Ako je na vektorskom prostoru V definirana funkcija (·|·) : V × V → R

koja zadovoljava svojstva 1 iz prethodnog teorema, tada (V, (·|·)) nazivamo unitarni prostor,a funkciju (·|·) skalarni produkt.

Slicno, ako je na vektorskom prostoru V definirana funkcija ‖ · ‖ : V → R koja zadovoljavasvojstva 2 iz prethodnog teorema, tada (V, ‖ · ‖) nazivamo normiran prostor, a funkciju ‖ · ‖norma.

I opet slicno, ako je na skupu V definirana funkcija d : V × V → R koja zadovoljava svojstva3 iz prethodnog teorema, tada (V, d) nazivamo metricki prostor, a funkciju d metrika.

5

Pomocu skalarnog produkta definiramo ortogonalnost (okomitost) dvaju vektora

x⊥y ⇔ (x|y) = 0.

Primjer 2.5 (vjezbe) Svi vektori ortogonalni na (1, 1, 1) su dani sa

(x|(1, 1, 1)) = 0, x ∈ Rn.

To su oni vektori za koje vrijedix1 + x2 + x3 = 0.

Oni cine dvodimenzionalni potprostor vektorskog prostora Rn razapet vektorima

(1, 0,−1), (0, 1,−1).

Skup L(1, 0,−1), (0, 1,−1) (L oznacava linearnu ljusku) je ortogonalni komplement skupa(1,1,1).

Norma mjeri duljinu vektora x ∈ Rn.

Primjer 2.6 (vjezbe) Duljina vektora (1, 1, 1) jednaka je

‖(1, 1, 1)‖ =√

12 + 12 + 12 =√

3.

Metrika mjeri udaljenost tocaka.

Primjer 2.7 (vjezbe) Udaljenost tocaka (1, 1, 1) i (3, 2, 0) dana je sa

d((1, 1, 1), (3, 2, 0))√

(1 − 3)2 + (1 − 2)2 + (1 − 0)2 =√

4 + 1 + 1 =√

6.

Naravno, udaljenost tocaka jednaka je duljini vektora koji ih povezuje

d((1, 1, 1), (3, 2, 0)) = ‖(1, 1, 1) − (3, 2, 0)‖ = ‖(−2,−1, 1)‖ =√

6.

Propozicija 2.8 Neka je (V, ‖ · ‖) normiran prostor i neka je funkcija d : V × V → R dana sa

d(x, y) = ‖x − y‖.

Tada je d metrika na V (tj. (V, d) je metricki prostor).

Dokaz. Treba provjeriti svojstva metrike 3 iz Teorema 2.3.

(i) d(x, y) = ‖x − y‖ ≥ 0

(ii) 0 = d(x, y) = ‖x − y‖ ako i samo ako x = y

(iii) d(x, y) = ‖x − y‖ = ‖y − x‖ = d(y, x)

(iv) d(x, y) = ‖x − y‖ = ‖x − z + z − y‖ ≤ ‖x − z‖ + ‖z − y‖ = d(x, z) + d(z − y).

Primjer 2.9 Na skupu R duljinu vektora x mjerili smo apsolutnom vrijednoscu realnog broja|x|. Lako se pokaze da funkcija | · | zadovoljava svojstva norme, pa je (R, | · |) normiran prostor.Slicno je, za d(x, y) = |x − y|, (R, d) metricki prostor.

6

Primjer 2.10 Neka je dana funkcija ‖ · ‖∞ : Rn → R formulom

‖x‖∞ = max |x1|, . . . , |xn|.

Lako se pokaze da i ova funkcija zadovoljava svojstva norme 2 iz Teorema 2.3, pa je i (Rn, ‖·‖∞)normiran prostor. Stovise vrijede nejednakosti

‖x‖∞ ≤ ‖x‖ ≤√

n‖x‖∞, x ∈ Rn. (2.1)

Naime, ocito je

|xi| ≤√

x2

i ≤

√

√

√

√

n∑

j=1

x2

j = ‖x‖,

sto daje jednu nejednakost. S druge strane

‖x‖ =

√

√

√

√

n∑

j=1

|xj |2 ≤

√

√

√

√

n∑

j=1

(maxj

|xj |)2 =√

n‖x‖2∞

=√

n‖x‖∞.

Stoga vrijedi (2.1), pa za norme ‖ · ‖ i ‖ · ‖∞ kazemo da su ekvivalentne (u nekim situacijama bitce nam svejedno koju normu koristimo).

Napomena 2.11 Za niz (ak)k∈N ⊂ Rn kazemo da konvergira ka a ∈ R

n ako vrijedi

‖ak − a‖ → 0.

Sada je jasno da niz konvergira ako i samo ako konvergira u nekoj ekvivalentnoj normi (metrici).Slicno ce tako pitanja neprekidnosti funkcije biti neovisna o ekvivalentnoj normi.

Napomena 2.12 Sad je jasno da Euklidska norma i metrika nisu jedine koje je moguce uvestina R

n. Citava familija normi moze se uvesti formulom ‖x‖p = (∑n

i=1|xi|p)1/p za p ≥ 1. U tom

kontekstu Euklidska norma je ‖ · ‖2. Moze se pokazati da su sve ove norme ekvivalentne. ZbogPropozicije 2.8 imamo i citavu familiju ekvivalentnih metrika danih formuom dp(x, y) = ‖x−y‖p,p ≥ 1.

Primjer 2.13 Neka su dane tocke x = (1, 1) i y = (5, 2). Udaljenost tih tocaka u razlicitimmetrikama dana je duljinom iscrtane spojnice.

1 2 3 4 5

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

x

y

1 2 3 4 5

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

x

y

1 2 3 4 5

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

x

y

norma 2 norma 1 norma ∞

Primjer 2.14 Oznacimo sve realne neprekidne funkcije na segmentu [0, 1] sa C([0, 1]). Na ovomskupu definiramo dvije funkcije

‖f‖∞ = sup f([0, 1]), ‖f‖1 =

∫

1

0

f(t)dt,

7

koje zadovoljavaju svojstva norme. Stoga su (C([0, 1]), ‖·‖∞) i (C([0, 1]), ‖·‖1) normirani prostori.Lako se pokaze da vrijedi nejednakost

‖f‖1 ≤ ‖f‖∞,

dok druga nejednakost iz ekvivalencije normi ne vrijedi. Naime, promotrimo niz funkcija

fk(t) =

−2k2t + 2k, t ∈ [0,1

k]

0, t ∈ 〈1k

, 1].

Sada vrijedi‖fk‖∞ = 2k, ‖fk‖1 = 1.

8

3 Otvoreni i zatvoreni skupovi

3.1 Otvoreni skupovi

Definicija 3.1 Neka je x ∈ Rn i r > 0. Skup

K(x, r) = y ∈ Rn : d(x, y) < r =

y ∈ Rn :

√

√

√

√

n∑

i=1

(xi − yi)2 < r

nazivamo otvorena kugla oko x radijusa r.

x x+rx-r

x

rx

r

Skup A ⊆ Rn je otvoren ako vrijedi

∀x ∈ A, ∃r > 0, K(x, r) ⊆ A.

Otvorena okolina tocke x ∈ Rn je svaki otvoreni skup koji sadrzi tocku x.

Propozicija 3.2 Otvorena kugla K(x, r) je otvoren skup.

Neka je y ∈ K(x, r). Definiramo (vidi sliku)

r1 = r − d(x, y).

Buduci je y ∈ K(x, r) slijedi da je d(x, y) < r, pa je r1 > 0. Sada za proizvoljnu tocku z ∈ K(y, r1)vrijedi

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) < d(x, y) + r1 = r.

Stoga je z ∈ K(x, r), pa smo dokazali da je K(y, r1) ⊆ K(x, r).

Dokaz.

x

yz r1

9

Napomena 3.3 Radijus r otvorene kugle u definiciji otvorenog skupa ovisi o tocki x.

Primjer 3.4 Otvoreni interval 〈0, 1〉 je otvoren skup u R, no nije otvorenu u R2.

-0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

y-0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1

-0.2

-0.1

0.1

0.2

y

Propozicija 3.5 U metrickom prostoru (Rn, d)

1 prazan skup ∅ i citav skup Rn su otvoreni,

2 unija proizvoljne familije otvorenih skupova je otvoren skup,

3 presjek svake konacne familije otvorenih skupova je otvoren.

Dokaz. Za zadacu.

Napomena 3.6 Neka je U familija podskupova od X koja zadovoljava svojstva 1, 2 i 3

prethodnog teorema. Tada (X,U) nazivamo topoloskim prostorom, a U topologijom. Elementefamilije U nazivamo otvorenim skupovima.

Ovo apstraktno okruzenje dovoljno je za definiciju konvergencije niza, limesa funkcije, teneprekidnosti funkcije.

Primjer 3.7 SkupS = (x, y) ∈ R

2 : 0 < x < 1

je otvoren, dok skupS = (x, y) ∈ R

2 : 0 < x ≤ 1

nije.

3.2 Interior skupaJ2

Definicija 3.8 Neka je A ⊆ Rn.

Tocka x ∈ A je unutarnja tocka skupa A ako postoji otvorena okolina U tocke x sadrzanau A (tj. ako U, x ∈ U ⊆ A.

Nutrina ili interior skupa A je skup svih unutarnjih tocaka

IntA = x ∈ Rn : ∃U, x ∈ U ⊆ A.

Nutrinu oznacavamo sa Int A.

Direktno iz definicije slijedi da je IntA otvoren skup.

Propozicija 3.9

IntA = x ∈ Rn : ∃r > 0,K(x, r) ⊆ A

=⋃

U⊆A

U otvoren

U.

10

Dokaz. Ako je x ∈ x ∈ Rn : ∃r > 0,K(x, r) ⊆ A za okolinu U uzmemo bas K(x, r), pa je

jasno da je x ∈ IntA. Ako je x ∈ IntA onda postoji njegova otvorena okolina U takva da jex ∈ U ⊆ A. Buduci je x ∈ U i U otvoren postoji r > 0 takav da je K(x, r) ⊆ U ⊆ A.

Direktno iz definicije slijedi

Int A ⊆⋃

U⊆A

U otvoren

U.

Uzmimo sada tocku iz skupa na desnoj strani jednakosti. Slijedi da postoji otvoren podskup odA koji ju sadrzi. Stoga je ona unutarnja tocka, pa i element Int A. Time je dokazana i obratnainkluzija.

Iz ove propozicije zakljucujemo da je IntA zapravo najveci otvoren skup sadrzan u skupu A.

Primjer 3.10 Interior skupa S = (x, y) ∈ R2 : 0 < x ≤ 1 je

IntS = (x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1.

Naime, za sve tocke (x, y) za koje je 0 < x < 1 mozemo smjestiti otvorenu okolinu u S, pa susve takve tocke u IntS. S druge strane za tocku (1, y) svaka kugla radijusa r sadrzi tocku kojanije u S (npr. tocku (1 + r/2, y)), pa onda i svaki otvorena okolina tocke (1, y) sadrzi tocku kojanije u S.

3.3 Zatvoreni skupovi

Definicija 3.11 Skup B ⊂ Rn je zatvoren ako mu je komplement R

n\B otvoren.

Primjer 3.12 Tocka u Rn je zatvoren skup.

Primjer 3.13 Skup K(x, r) = y ∈ Rn : d(x, y) ≤ r je zatvoren.

x

r

Primjer 3.14 Postoje skupovi koji nisu niti otvoreni niti zatvoreni. Primjer jednog takvog jepoluotvoreni interval 〈0, 1]. S druge strane skupovi ∅ i R

n su i otvoreni i zatvoreni.

Napomena 3.15 Koristeci De Morganovim zakonima (unije i presjeci se mijenjaju pri uzimanjukomplemena) i svojstvima 1, 2, 3 za otvorene dobivamo da su ∅ i R

n zatvoreni skupovi; da jepresjek proizvoljne familije zatvorenih skupova, zatvoren skup; te da je unija konacne proizvoljnefamilije zatvorenih skupova takoder zatvoren skup.

Primjer 3.16 Skup S = (x, y) ∈ R2 : 0 < x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 nije zatvoren niti otvoren.

Primjer 3.17 Svaka unija konacno tocaka u Rn je zatvorena.

11

S

3.4 GomilisteP2

Definicija 3.18 Neka je A ⊆ Rn. Tocka x ∈ R

n je gomiliste skupa A ako svaka otvorenaokolina tocke x sadrzi barem jednu tocku iz A razlicitu od x.

Tocku skupa A koja nije njegovo gomiliste nazivamo izolirana tocka.Skup svih gomilista skupa A oznacavamo sa A′.

Napomena 3.19 U ovoj definiciji mogli smo traziti da svaka otvorena okolina tocke x sadrzibeskonacno mnogo tocaka iz A. Naime, neka je U otvorena okolina tocke x. Jer je ona otvorena,slijedi da postoji radijus r0 takav da K(x, r0) ⊆ U . Sada iz gornje definicije slijedi da za otvorenekugle radijusa r0/k, k ∈ N dobivamo niz tocaka iz A koje su u U . Razmislite zasto ih mora bitivise od konacno razlicitih. Nadalje, otvrene kugle su dovoljne za opis gomilista.

Primjer 3.20 Neka je x ∈ Rn. Skup x ⊂ R

n nema gomilista.

Primjer 3.21 Skup gomilista skupa 〈0, 1〉 ⊂ R je [0, 1].

Primijetimo da gomiliste ne mora lezati u samom skupu.

Teorem 3.22 Skup A ⊆ Rn je zatvoren ako i samo ako sadrzi sva svoja gomilista.

Dokaz. Pretpostavimo da je A zatvoren. Tada je Rn\A otvoren. Za x ∈ R

n\A (x nije u A)slijedi da postoji r > 0 t.d. K(x, r) ⊂ R

n\A. Stoga x nije gomiliste od A, pa su sva gomilista uskupu A.

Pretpostavimo sad da skup A sadrzi sva svoja gomilista. Uzmimio x ∈ Rn\A. To nije tocka

gomilista, pa postoji r > 0 takav da K(x, r) ⊂ Rn\A. Stoga je R

n\A otvoren, pa je A zatvoren.

Napomena 3.23 Ako skup nema gomilista ovaj teorem i dalje povlaci da je zatvoren.

Primjer 3.24 Skup svih gomilista skupa S = x ∈ R : x ∈ [0, 1], x racionalan je skup [0, 1].

Primjer 3.25 Jedino gomiliste skupa 1

n: n ∈ N je 0.

Primjer 3.26 Skup [0, 1〉 nije ni otvoren ni zatvoren.

3.5 Zatvarac skupa

Slicno kako je interior skupa najveci otvoren skup sadrzan u njemu, tako sad definiramo zat-varac skupa kao najmanji zatvoren koji ga sadrzi.

12

Definicija 3.27 Neka je A ⊂ Rn. Zatvarac (zatvorenje) skupa A, u oznaci A, je presjek svih

zatvorenih skupova sto sadrze A, tj.

A =⋂

F⊇A

F zatvoren

F.

Kako je presjek zatvorenih skupova zatvoren slijedi da je A zatvoren skup. Takoder je jasno daA ⊆ A. Nadalje, skup A je zatvoren ako i samo ako je A = A.

Primjer 3.28 〈0, 1〉 = [0, 1].

Propozicija 3.29 Neka je A ⊆ Rn. Tada vrijedi

A = A ∪ A′ = A ∪ gomilista skupa A.vjezbe

Dokaz. Oznacimo B = A ∪ gomilista skupa A.Neka je F zatvoren i sadrzi A. Jer je F zatvoren tada on prema Teoremu 3.22 sadrzi i sva

svoja gomilista, pa onda i gomilista od A. Stoga F sadrzi B. Ako je B zatvoren slijedi da jeB = A.

Pokazimo da je B zatvoren. Opet koristimo Teorem 3.22. Neka je y gomiliste od B i r > 0.Tada K(y, r) sadrzi z ∈ B i z 6= y. Stoga je z ∈ A ili je z gomiliste od A. Ako je z gomiliste odA tada K(z, r − d(y, z)) ⊂ K(y, r) sadrzi neku tocku iz A razlicitu od y. Dakle, svakako K(y, r)sadrzi neku tocku iz A razlicitu od y. Stoga je y gomiliste od A, pa je onda element od B.

Primjer 3.30 [0, 1〉 ∪ 2 = [0, 1] ∪ 2.

Primjer 3.31 Neka je A ⊆ Rn. Tada je x ∈ A ako i samo ako je inf d(x, y) : y ∈ A = 0.

Neka je x ∈ A i α = inf d(x, y) : y ∈ A. Ako je x ∈ A slijedi α = 0 uvrstavanjem. Ako je xgomiliste od A tada za svaki r > 0 postoji neki x 6= y ∈ A takav da je y ∈ K(x, r). To znaci daza svaki r > 0 postoji y ∈ A takav da d(x, y) < r. Slijedi α = 0.

Obratno, neka je α = 0. Iz svojstva infimuma slijedi da za svaki r > 0 postoji y ∈ A takavda je d(x, y) < r, tj. y ∈ K(x, r). Stoga je x gomiliste skupa A.

3.6 Rub skupa

Definicija 3.32 Neka je A ⊆ Rn. Rub ili granica skupa A dana je sa

∂A = A ∩ Rn\A.

Kao presjek zatvorenih skupova rub je zatvoren skup. Takoder direktno iz definicije vidimoda vrijedi ∂A = ∂(Rn\A).

Primjer 3.33 ∂K(x, r) = S(x, r) = y ∈ Rn : d(x, y) = r.

Propozicija 3.34 Neka je A ⊆ Rn. Tada je x ∈ ∂A ako i samo ako za svaki r > 0 kugla K(x, r)

sadrzi tocke iz A i Rn\A (moguce i sam x).

Dokaz. Neka je x ∈ ∂A = A∩ Rn\A. Nadalje, dvje su mogucnosti x ∈ A ili x ∈ Rn\A. Neka jex ∈ A. Tada x ∈ Rn\A povlaci da je x gomiliste za R

n\A, pa svaka okolina sadrzi neku tocku izR

n\A.Obratno, sami.

Primjer 3.35 Neka je S = x ∈ R : x ∈ [0, 1], x racionalan. Tada je ∂S = [0, 1].

13

1 Struktura prostora Rn

Sto znaci struktura?

1.1. Na Linearnoj algebri smo definirali pojam vektorskog prostora nad poljem k kaouredenu trojku (V,+, ·) pri cemu je V neki skup, a + : V ×V → V i · : k×V → V operacijekoje zadovoljavaju odredene aksiome. Kazemo da te operacije daju skupu V strukturuvektorskog prostora.

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

1.3. Primjer. Osnovni primjer vektorskog prostora je Rn, skup uredenih n-torki realnihbrojeva, pri cemu su zbrajanje vektora i mnozenje skalarima definirani po komponentama(Zapisite to ekplicitno!).

1.4. DZ. Provjerite da su formulama:

‖(x1, ..., xn)‖2 =√x21 + ... + x2

n,

‖(x1, ..., xn)‖1 = |x1|+ ... + |xn|,‖(x1, ..., xn)‖∞ = maxx1, ..., xn

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

1.5. Napomena. Primjetite da je norma ‖ · ‖2 inducirana skalarnim produktom. (Kojim?)

1.6. 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)

1.7. DZ. Dokazite da vrijedi obrat: Ako norma na vektorskom prostoru zadovoljava jed-nakost paralelograma, onda mozemo definirati 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 (da zadovoljava sve uvjete iz definicije skalarnog pro-dukta), te da vrijedi (x|x) = ‖x‖2.

1

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

1.9. 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‖.

1.10. DZ. Dokazite da je ekvivalencija normi relacija ekvivalencije.

1.11. 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)

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

Rjesenje. Neka je x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn. Primjenom aritmeticko-kvadratne nejednakosti nabrojeve |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.

1.13. Napomena. Kako je ekvivalencija normi relacija ekvivalencije, zakljucujemo i da sunorme ‖ · ‖∞ i ‖ · ‖1 ekvivalentne. Posebno, iz (1) i (2) slijedi

1

n‖x‖1 ≤ ‖x‖∞ ≤ ‖x‖1.

1.14. 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.

2

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

1.16. DZ. Promotrite skup neprekidnih funkcija

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

Uz zbrajanje i mnozenje realnim brojevima po tockama dobivamo beskonacnodim. vektorskiprostor. 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 =

0, x ∈ [−1,− 1

n] ∪ [ 1

n, 1];

n2x + n, x ∈ [− 1n, 0];

−n2x + n, x ∈ [0, 1n]

2 Otvoreni i zatvoreni skupovi

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

2.2. Definicija. Za preslikavanje d : X ×X → R kazemo da je metrika na skupu X akovrijedi:

(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.

2.3. DZ. Za primjer s pocetka d : V × V → R, d(x, y) = ‖x − y‖ provjerite svojstva(D1)-(D4).

2.4. Definicija. Neka je (X, d) metricki prostor te x ∈ X i r > 0. Skup K(x, r) = y ∈ X :d(x, y) < r nazivamo otvorena kugla u X.

3

Slika 1: Kugle oko 0 u R2 u metrikama d2, d1 i d∞.

2.5. Zadatak. Neka su d2, d1 i d∞ redom metrike na R2 inducirane normama ‖ · ‖2, ‖ · ‖1,‖ · ‖∞. Kako izgledaju kugle oko ishodista radijusa 1 u tim metrikama?

2.6. 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.

2.7. Napomena. Na predavanju se pokazuje da je otvorena kugla otvoren skup.

Slika 2: Otvorena kugla i otvoreni pravokutnik su otvoreni skupovi u R2.

2.8. Zadatak. Za zadane realne brojeve ai < bi, i = 1, . . . , n dokazite da je otvorenipravokutnik

S = 〈a1, b1〉 × . . .× 〈an, bn〉otvoren skup u Rn obzirom na standardnu metriku d2

Rjesenje. Neka je x0 = (x01, . . . , x

0n) ∈ S. Definiramo

r := min1≤i≤n

x0i − ai, bi − x0

i .

Zbog x0 ∈ S slijedi 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 − x0

i < r ≤ bi − x0i i

x0i − xi < r ≤ x0

i − ai.

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

2.9. DZ. (kolokvij 2009.) Dokazite da je skup A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 > 4, y < 6otvoren u R2.

4

1 Topologija, svojstva otvorenih i zatvorenih skupova

1.1. Propozicija. Familija otvorenih skupova τ obzirom na metriku d na metrickom prostoru(X, d) zadovoljava svojstva:

(T1) ∅ ∈ τ,X ∈ τ .

(T2) Za proizvoljnu potfamiliju Uii∈I ⊆ τ vrijedi⋃

i∈I Ui ∈ τ .

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

i=1 Ui ∈ τ .

1.2. DZ. Dokazite prethodnu propoziciju.

1.3. Definicija. Za familiju τ podskupova nekog skupa X koja zadovoljava svojstva (T1)-(T3)kazemo da je topologija na X i par (X, τ) nazivamo topoloski prostor. Elemente topologijenazivamo otvorenim skupovima.

1.4. DZ. Odredite neku topologiju τ na skupu R koja sadrzi otvorene intervale (〈a, b〉,a, b ∈ R) kao otvorene skupove.

1.5. Napomena. Obzirom na euklidsku metriku skup 〈0, 1〉 je otvoren kao podskup od R,ali nije otvoren kao podskup od R2. Kad govorimo o tome je li neki skup A otvoren moramoobratiti paznju obzirom na koji topoloski prostor promatramo otvorenost skupa A!!!

1.6. Napomena. Na podskupu topoloskog prostora A ⊆ X mozemo definirati topologijuna sljedeci nacin. Kazemo da je U ⊆ A otvoren u A ako postoji V otvoren skup u X takavda je U = A ∩ V . Tada govorimo o relativnoj topologiji na A.

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

1.8. Napomena. Buduci da su na Rn sve norme ekvivalentne, ako se drugacije ne napomenepodrazumijevat cemo da promatramo topologiju obzirom na euklidsku metriku d2.

1.9. Primjer. Skup 〈0, 1] nije otvorena kugla u R, ali jest u [−1, 1].

1.10. Definicija. Kazemo da je podskup A top. prostora X zatvoren ako je X \A otvoren.

1.11. Napomena. Postoje podskupovi koji nisu otvoreni ni zatvoreni, npr. [0, 1〉 u R. Usvakom topoloskom prostoru X postoje skupovi koji su i otvoreni i zatvoreni, npr. ∅, X. Uprostoru X = [0, 1] ∪ [3, 4] uz relativnu topologiju iz R podskup [0, 1] je otvoren i zatvoren(vise o tome kod povezanosti).

1.12. Definicija. Neka je A podskup top. prostora X. Definiramo

• zatvarac skupa A: A =⋂

A⊂Z,Z zatvoren Z,

• interior skupa A: IntA =⋃

U⊂A,U otvoren U,

• rub skupa A: ∂A = A ∩X \ A.

1

1.13. Napomena.

(i) Zbog svojstva (T2) IntA je otvoren skup, a A je zatvoren skup. Vrijedi A ⊆ A.

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

(iii) A ⊂ B ⇒ A ⊂ B.

(iv) x ∈ A⇔ ∀ε > 0 vrijedi K(x, ε) ∩ A 6= ∅.

Dokaz. Prve tri tvrdnje slijede lako iz definicije. Pokazimo posljednju tvrdnju.⇒. Pretpostavimo da postoji ε > 0 takav da je K(x, ε)∩A = ∅. Tada je Z = X \K(x, ε)

zatvoren skup koji sadrzi A i x 6∈ Z. No, tada x 6∈⋂

A⊂Z,Z zatvoren Z = A.

⇐. Ako x 6∈ A, onda postoji Z zatvoren koji sadrzi A takav da x 6∈ Z. Buduci da jeX \ Z otvoren skup postoji ε > 0 takav K(x, ε) ⊂ X \ Z, sto povlaci K(x, ε) ∩ A = ∅.

1.14. Primjer. IntQ = ∅, Q = R, ∂Q = R.

1.15. DZ. Odredi zatvarac, rub i interior skupova Z,R, A = 1n

: n ∈ N u R.

1.16. Zadatak. Dokazite A ∪B = A ∪B.

Rjesenje. Iz A ⊂ A∪B, slijedi A ⊂ A ∪B, te isto tako B ⊂ A ∪B. Stoga je i A∪B ⊂ A ∪B.S druge strane A ∪B je zatvoren skup koji sadrzi A ∪B, pa sadrzi i A ∪B, pa je pokazanatvrdnja.

1.17. Zadatak. 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. Stogaje A ∩ B zatvoren skup koji sadrzi A ∩ B, pa sadrzi i A ∩B. Obratna inkluzija medutimne mora vrijediti. Uzmimo na primjer za A = [0, 1], B = 〈1, 2]. Tada je A ∩B = ∅ = ∅, aA ∩B = [0, 1] ∩ [1, 2] = 1.

1.18. Zadatak. Dokazite A = IntA ∪ ∂A.

Rjesenje. Iz definicije ∂A = A ∩ Rn \ A, slijedi ∂A ⊂ A. Nadalje, IntA ⊂ A ⊂ A, pa jeIntA ∪ ∂A ⊂ A.Za obratnu inkluziju neka je x ∈ A i pretpostavimo x /∈ IntA. To znaci da ne postojikugla oko x koja je citava sadrzana u A. Drugim rijecima, za svaku kuglu K(x, ε) vrijediK(x, ε) ∩ (Rn \ A) 6= ∅. Prema tvrdnji (iv) napomene, to tocno znaci da je x ∈ Rn \ A.

1.19. Zadatak. Dokazite IntA ∩ ∂A = ∅.

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

2

2 Gomilista

2.1. Definicija. Neka je A podskup met. prostora X. Kazemo da je x ∈ X gomilisteskupa A ako svaka kugla 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.

2.2. Primjer. Obzirom na standardnu metriku na R tocka 0 je gomiliste skupa A = 1n

:n ∈ N. Naime, svaka ε-kugla oko 0 sadrzi 1

nza n > 1

ε.

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

Na predavanju se pokazuju sljedece dvije tvrdnje.

2.4. Propozicija. Neka je A podskup met. prostora X. Tada je A = A ∪ Ad.

2.5. Teorem. Neka je A podskup met. prostora X. Skup A je zatvoren u X ako i samo akosadrzi sva svoja gomilista.

2.6. Zadatak. Odredite skup Sd svih gomilista skupa S u R2:

a) S = (m,n)|m,n ∈ Z,

b) S = (p, q)|p, q ∈ Q.Rjesenje. a) Pokazat cemo da skup S nema gomilista.

1. slucaj (m,n) ∈ S nije gomiliste skupa S.Neka je (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 direktno povlaci da (m,n) nije gomiliste skupa S.

2. slucaj (x, y), x /∈ Z, y /∈ Z nije gomiliste skupa S.Kako ni x ni y nisu cijeli brojevi, postoje jedinstveni n,m ∈ Z takvi da jem < x < m+1i n < y < n + 1. Pokazali smo da je pravokutnik 〈m,m + 1〉 × 〈n, n + 1〉 ⊂ R2

otvoren, pa postoji kugla K((x, y), r) koja je u njemu sadrzana i tada ocito vrijediK((x, y), r) ∩ S = ∅, pa (x, y) nije gomiliste skupa S.

3. slucaj (x, y), x ∈ Z, y /∈ Z nije gomiliste skupa S.Kako y /∈ Z postoji jedinstveni m ∈ Z takav da je n < y < n + 1. Tocka iz skupa Skoja je najmanje udaljena od (x, y) je ili tocka (x, n) ili (x, n+ 1) Stoga definiramo

r :=1

2miny −m,m+ 1− y

i onda vrijedi K((x, y), r) ∩ S = ∅.

4. slucaj (x, y), x /∈ Z, y ∈ Z nije gomiliste skupa S, dokazujemo analogno 3. slucaju.

3

b) Pokazat cemo da je svaka tocka (x, y) ∈ R2 gomiliste od S.Cinjenica koju znamo iz Analize - skup Q je gust u R:Svaki realan broj x se moze proizvoljno dobro aproksimirati racionalnim brojem, tojest za svako ε > 0 postoji q ∈ 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), pa je zbog proizvoljnostiε tocka (x, y) gomiliste skupa S.

4

4 Nizovi u Rn

Niz u Rn je svaka funkcija a : N → R

n. Oznacavamo ga sa (ak)k. Na primjer, jedan niz u R2 je

dan sa

ak = (1

k,

1

k2), k ∈ N.

Definicija 4.1 Niz (ak)k ⊂ Rn konvergira prema a ∈ R

n ako niz realnih brojeva

d(ak, a) → 0,

tj. ako∀ε > 0, ∃k0 ∈ N, ∀k ≥ k0 d(ak, a) < ε.

Tada pisemoak → a ili lim

k→∞

ak = a.

Tocku a zovemo limes niza.

Napomena 4.2 Definicija se direktno moze prepisati u proizvoljnom metrickom prostoru.Za n = 1 dobivamo uobicajenu definiciju konvergencije. U tom je slucaju vaznu su ulogu

igrali monotoni nizovi. Kako u Rn nismo uveli uredaj besmislen je pojam monotonog niza.

Napomena 4.3 U topoloskom prostoru nemamo metriku, pa onda konvergenciju niza defini-ramo pomocu otvorenih skupova.

Kazemo da niz (ak)k ⊂ X u topoloskom prostoru (X,U) konvergira prema a ∈ X ako zasvaku otvorenu okolinu U ∈ U od a postoji k0 ∈ N takav da je za svaki k ≥ k0 vrijedi ak ∈ U , tj.

∀U ∈ U , a ∈ U, ∃k0 ∈ N, ∀k ≥ k0, ak ∈ U.

Kao i u slucaju dimenzije n = 1 samo je jedan moguci limes niza u Rn.

Propozicija 4.4 Ako niz (ak)k ⊂ Rn konvergira, tada mu je limes jedinstven.

Dokaz. Pretpostavimo da postoje dva limesa a i a. Neka je ε > 0. Iz konvergencije niza ak

slijedi da postoji k0 ∈ N takav da

d(a, ak) < ε/2 i d(a, ak) < ε/2.

Tada vrijedi

d(a, a) ≤ d(a, ak) + d(ak, a) <ε

2+

ε

2= ε.

Stoga je nuzno a = a.

S obzirom da je Rn vektorski prostor, znamo zbrajati vektore i mnozti ih skalarom. Kao i u

slucaju n = 1 prirodno je istrazit odnos konvergencije niza i tih operacija.

J3Propozicija 4.5 Neka su (ak)k i (bk)k nizovi u R

n i (λk)k niz u R. Ako

ak → a, bk → b, λk → λ

tada vrijedi

14

1 ak + bk → a + b,

2 λak → λa,

3 λka → λa,

4 λkak → λa.

Dokaz. Dokaz je isti kao u slucaju dimenzije n = 1. Za zadacu.

U Primjeru 2.10 pokazali smo da su norme ‖ · ‖ i ‖ · ‖∞ ekvivalentne (pa i pripadne metrike).To povlaci da niz konvergira u jednoj metrici ako i samo ako konvergira u drugoj. Stoga dobivamokarakterizaciju konvergencije niza (ak)k pomocu konvergencije koordinatnih nizova (ak

i )k, gdje jeak = (ak

1 , . . . , akn).

Propozicija 4.6 ak → a ako i samo ako aki → ai, za i = 1, . . . , n.

Dokaz. Pretpostavimo da ak → a. To znaci

‖ak − a‖ → 0.

Ekvivalencija normi iz Primjera 2.10 povlaci da

‖ak − a‖∞ → 0.

Stoga za svaki ε > 0 postoji k0 ∈ N takav da za svaki k ≥ k0 vrijedi

max |ak1 − a1|, . . . , |ak

n − an| = ‖ak − a‖∞ < ε

Procitamo li prethodni redak ponovno samo za svaku koordinatu zakljucujemo da

aki → ai, i = 1, . . . , n.

Obratno, neka koordinatni nizovi konvergiraju

aki → ai, i = 1, . . . , n.

Tada za svaki ε > 0 postoje k1, . . . , kn takvi da vrijedi

∀k ≥ k1, |ak1 − a1| < ε,

...

∀k ≥ kn, |akn − an| < ε.

Uzmemo i k0 = max k1, . . . , kn onda za k ≥ k0 vrijede sve ove ocjene. Stoga je

∀k ≥ k0 ‖ak − a‖∞ = max |ak1 − a1|, . . . , |ak

n − an| < ε.

Zakljucujemo da ‖ak − a‖∞ → 0, pa onda opet prema Primjeru 2.10 ‖ak − a‖ → 0.

Napomena 4.7 Zbog ekvivalencije svih normi na Rn slijedi da niz konvergira u R

n u proizvoljnojnormi (metrici) ako i samo ako svi koordinatni nizovi konvergiraju (u R).

15

Primjer 4.8 Sada lako zakljucujemo da niz s pocetka ovog odjeljka konvergira.

Propozicija 4.6 takoder povlaci

Korolar 4.9 Ako nizovi (ak) i (bk) u Rn konvergiraju prema a odnosno b, onda niz (ak|bk)

konvergira prema (a|b).

Definicija 4.10 Niz (ak)k ⊂ Rn je ogranicen (omeden) ako postoji M > 0 takav da je (ak)k ⊂

K(0,M).Neka je a : N → R

n niz. Podniz niza a je svaka funkcija b = a p, pri cemu je p : N → N

strogo monotona.b1 = ap(1) = ap1

, b2 = ap(2) = ap2, . . .

Tocka a ∈ Rn je gomiliste niza (ak)k ako je za svaki ε > 0 beskonacno mnogo clanova niza

(ak)k u K(a, ε).

Napomena 4.11 Primijetimo da jednoclan skup a, za neki a ∈ Rn, nema gomilista, no da

niz ak = a za k ∈ R ima gomiliste a.

Propozicija 4.12 Tocka a ∈ Rn je gomiliste niza (ak)k ako i samo ako postoji podniz niza (ak)k

koji konvergira k a.

Dokaz. Za zadacu. vjezbe

Propozicija 4.13 Podniz svakog konvergentnog niza u Rn je takoder konvergentan s istim lime-

som.

Dokaz. Za zadacu. vjezbe

Zbog Propozicije 4.6 odredena svojstva poznata za nizove u R prenose se na nizove u Rn.

Propozicija 4.14 Svaki konvergentan niz u Rn je ogranicen.

Dokaz 1. Neka je (ak)k konvergentan niz. Tada je zbog Propozicije 4.6 konvergentan u R i svakinjegov koordinatni niz. Stoga je svaki od njih ogranicen. Neka je Mi ograda i-tog koordinatnogniza, tj.

∀k ∈ N, |aki | ≤ Mi, i = 1, . . . , n.

Neka je M = max M1, . . . ,Mn. Sada vrijedi

‖ak‖∞ ≤ M.

Sada zbog ekvivalencije normi iz Primjera 2.10 vrijedi

‖ak‖ ≤√

n‖ak‖ ≤√

nM,

pa je niz ogranicen.

16

Dokaz 2. Propoziciju mozemo dokazati i direktno. Buduci ak → a slijedi da za ε = 1 postojik0 ∈ N takav da

∀k ≥ k0, d(ak, a) < 1.

DefiniramoR = max 1, d(a1, a), . . . , d(ak0−1, a).

Sada vrijedi(ak)k ⊂ K(a,R).

Stoga je(ak)k ⊂ K(0, d(0, a) + R).

Teorem 4.15 (Bolzano-Weierstrassov teorem za nizove) Svaki ogranicen niz u Rn ima

konvergentan podniz.

Dokaz. Neka je (ak)k ⊂ Rn ogranicen. No zbog ekvivalencije normi (metrika) niz je ogranicen

i u normi ‖ · ‖∞. Stoga je i svaki njegov koordinatni podniz ogranicen. Sada B-W teorem za R

kaze da koordinatni niz (ak1)k ima konvergentan podniz (a

p1(k)1 )k

ap1(k)1 → a1.

Sada je koordinatni podniz (ap1(k)2 )k ogranicen, pa ima podniz koji je konvergentan. Podniz

podniza je podniz originalnog niza, pa ga oznacimo sa (ap2(k)2 )k. Vrijedi

ap2(k)2 → a2.

Tako nastavimo do zadnje koordinate. Time smo dobili n podnizova originalnog niza koji kon-vergiraju:

ap1(k)1 → a1,

...

apn(k)n → an.

No apn(k) je podniz svih prethodnih podnizova, pa prema Propoziciji 4.13 vrijedi

apn(k)1 → a1,

...

apn(k)n → an.

Slijediapn(k) → (a1, . . . , an).

P3

Napomena 4.16 B-W teorem mogli smo iskazati i sa: svaki ograniceni niz u Rn ima gomiliste.

17

Nizove mozemo iskoristiti za karakterizaciju zatvorenih skupova.

Teorem 4.17 Skup A ⊆ Rn je zatvoren ako i samo ako svaki niz u A koji konvergira u R

n imalimes u A.

Dokaz. Neka je A zatvoren. Pretpostavimo (ak)k ⊆ A i ak → a. Dvije su mogucnosti

a) postoji k0 ∈ N takav da je ak = a za svaki k ≥ k0. Onda je a ∈ A,

b) svaka otvorena okolina tocke a tada sadrzi beskonacno elemenata niza (ak)k, pa onda ielemenata iz A. Stoga je a gomiliste skupa A. Onda je prema Teoremu 3.22 a ∈ A.

Obratno, neka svaki konvergentan niz u A ima limes u A. Neka je x ∈ A gomiliste skupa A.Iz definicije slijedi da za svaki k ∈ N postoji tocka ak ∈ A takva da je ak ∈ K(x, 1

k). Buduci da

za svaki ε > 0 postoji k0 ∈ N takav da je ε > 1/k0, slijedi da za njega vrijedi za svaki k ≥ k0

ak ∈ K(a, ε). Stogaak → a.

Iz pretpostavke je onda a ∈ A. Stoga skup A sadrzi sva svoja gomilista pa je po Teoremu 3.22zatvoren.

Primjer 4.18 Neka je dan konvergentan niz (ak)k ⊂ Rn sa svojstvom ‖ak‖ ≤ 1, k ∈ N. Pokazite

da tada i limes a zadovoljava ‖a‖ ≤ 1.Ako je ‖ak‖ < 1, k ∈ N, vrijedi li ‖a‖ < 1?

Primjer 4.19 Odredite A, za A = 1n

: n ∈ N.

Propozicija 4.20 Neka je B ⊆ Rn. x ∈ B ako i samo ako postoji niz u B kojem je x limes.

vjezbeDokaz. Za zadacu.

Definicija 4.21 Niz (ak)k ⊂ Rn je Cauchyjev niz ako vrijedi

∀ε > 0, ∃k0 ∈ N, ∀k, l ≥ k0 d(ak, al) < ε.

Skup A ⊂ Rn je potpun ako u njemu svaki Cauchyjev niz konvergira.

Opca svojstva Cauchyjevih nizova navedena su u narednoj propoziciji.

Propozicija 4.22 U Rn vrijedi

1 Svaki konvergentan niz je Cauchyjev niz.

2 Cauchyjev niz je ogranicen.

3 Ako podniz Cauchyjevog niza konvergira prema a onda i citav niz konvergira prema a.

Dokaz. Za zadacu. vjezbe

Za n = 1 poznato je da svaki Cauchyjev niz konvergira, pa je (R, d), s uobicajenom metrikomd(x, y) = |x − y|, potpun. Naredni teorem kaze da je i (Rn, d) potpun.

Teorem 4.23 Ako je (ak)k ⊂ Rn Cauchyjev tada je konvergentan.

18

Dokaz. Neka je (ak)k ⊂ Rn Cauchyjev niz. Opet prema prethodnoj propoziciji 2 taj niz je

ogranicen. Prema B-W teoremu on ima konvergentan podniz. Sada opet prethodna propozicija 3

povlaci da citav niz konvergira.

Napomena 4.24 Teorem smo mogli dokazati i bez poziva na B-W teorem. Naime, koristenjemekvivalencije normi iz Primjera 2.10 za Cauchyjev niz u R

n slijedi da su mu koordinatni nizoviCauchyjevi u R. No kako znamo da je R potpun slijedi da koordinatni nizovi konvergiraju, stoopet povlaci konvergenciju citavog niza.

Propozicija 4.25 Podskup A ⊆ Rn je zatvoren ako i samo ako je potpun.

vjezbeDokaz. Neka je A zatvoren i neka je (ak)k ⊆ A Cauchyjev niz. Kako je (ak)k Cauchyjev u R

n,a ovaj je potpun, slijedi da niz konvergira. Jer je A zatvoren, slijedi da mu je limes u A. Slijedipotpunost od A.

Obratno neka je A potpun. Neka je (ak)k ⊂ A konvergentan niz s limesom a. Slijedi da je oni Cauchyjev niz, no onda je Cauchyjev u A. Zbog potpunosti od A niz konvergira limesu u A, azbog jedinstvenosti limesa, konvergira bas prema a. Zakljucujemo a ∈ A, pa je skup A zatvoren.

19

Diferencijalni racun funkcija vise varijabli

Pavle Pandzic i Josip Tambaca

22. listopada 2010.

1 UvodP&J12 Struktura prostora Rn

3 Otvoreni i zatvoreni skupovi

4 Nizovi u Rn

1

5 Kompaktnost

U analizi funkcija jedne varijable vazan je dio proucavanje funkcija definiranih na segmentu.Na primjer, prema Bolzano-Weierstrassovom teoremu, svaka je neprekidna funkcija na segmentuI ogranicena i postize svoj minimum i maksimum. U dokazu tih tvrdnji kljucna su svojstvasegmenta I ogranicenost i zatvorenost. Naime, zbog ogranicenosti, svaki niz u I ima konvergen-tan podniz, a zbog zatvorenosti, limes tog podniza je u I . U Rn ulogu segmenta preuzimajukompaktni skupovi.

Definicija 5.1 Skup A ⊂ Rn je kompaktan ako je ogranicen i zatvoren.

Koristeci definiciju lako je provjeriti koji su skupovi kompaktni a koji nisu:

Primjer 5.2 Skup x ∈ R : x ≥ 0 nije kompaktan.Skup [0, 1]∪ [2, 3] ⊂ R je kompaktanK(0, 1) ⊂ Rn nije kompaktan.K(0, 1) ⊂ Rn je kompaktan.Skup A = 0 ∪ 1

n

∣∣n ∈ N je kompaktan.

Za dokaze tvrdnji o kompaktnim skupovima korisna je sljedeca ekvivalentna definicija kom-paktnosti.

Teorem 5.3 Skup A ⊂ Rn je kompaktan ako i samo ako svaki niz u A ima konvergentan podnizciji je limes u A.

Dokaz. Pretpostavimo da je A kompaktan, dakle ogranicen i zatvoren, i neka je (ak) nekiniz u A. Taj je niz ogranicen, pa po Bolzano-Weierstrassovom teoremu za nizove, ima podnizapk

koji konvergira prema nekom b ∈ Rn. Zbog zatvorenosti skupa A vrijedi b ∈ A, dakle niz(an) ima konvergentan podniz ciji je limes u A.

Obratno pretpostavimo da svaki niz u A ima konvergentan podniz ciji je limes u A. Za dokazzatvorenosti skupa A koristimo karakterizaciju pomocu nizova (Teorem 4.10). Neka je (an) nizu A koji konvergira prema b ∈ Rn. Taj niz ima konvergentan podniz s limesom u A. Taj limesmedutim mora biti jednak b prema Propoziciji 4.13. Dakle je b ∈ A.

Kad A ne bi bio ogranicen, tada bi za svaki n ∈ N postojao an ∈ A, ‖an‖ ≥ n. Na taj nacindobivamo niz u A ciji je svaki podniz neogranicen, pa i divergentan po Propoziciji 4.14. To jekontradikcija s pretpostavkom da svaki niz u A ima konvergentan podniz ciji je limes u A, dakleA mora biti ogranicen.

Sada cemo opisati jos jedno svojstvo ekvivalentno kompaktnosti, koje se odnosi na mogucnostreduciranja proizvoljnog otvorenog pokrivaca na konacan pokrivac. U ovom kolegiju to svojstvonecemo trebati, medutim ono je vazno u mnogim dokazima koje cete susretati u buducim kolegi-jima (npr. u kolegiju Integrali funkcija vise varijabli). To je svojstvo vazno i zato sto se pomocunjega definira kompaktnost u opcenitim topoloskim prostorima.

Definicija 5.4 Otvoren pokrivac skupa A ⊂ Rn je familija otvorenih skupova cija unija sadrziA. Drugim rijecima, to je skup

U = Ui

∣∣ i ∈ I, Ui ⊂ Rn otvoren

2

(pri cemu je I neki skup), takav da vrijedi A ⊆ ∪i∈IUi.Potpokrivac pokrivaca U skupa A je podfamilija od U koja je i sama pokrivac od A (tj. unija

skupova potpokrivaca je i dalje nadskup od A). Potpokrivac je konacan ako sadrzi konacan brojskupova.

Teorem 5.5 (Heine-Borel) Skup A ⊂ Rn je kompaktan ako i samo ako svaki otvoren pokrivacskupa A ima konacan potpokrivac.

Dokaz. Pretpostavimo da za skup A vrijedi da svaki njegov otvoren pokrivac ima konacanpotpokrivac.

Dokazimo da je A ogranicen. Kugle K(0, k), k ∈ N pokrivaju A (jer pokrivaju cijeli Rn).Slijedi da je A sadrzan vec u uniji konacnog broja takvih kugala, K(0, k1), . . . , K(0, km). Dakleje A sadrzan u kugli K(0, maxi ki), pa je ogranicen.

Pretpostavimo da A nije zatvoren. Tada postoji gomiliste b skupa A, koje nije element od A.Za proizvoljan a ∈ A definirajmo Ua = K(a, 1

2d(a, b)). Jasno je da skupovi Ua, a ∈ A, pokrivajuA. Slijedi da vec konacno njih, Ua1 , . . . , Uak

pokriva A. Neka je r = mini12d(a, b). Tada K(b, r)

ne sijece Ua1 , . . . , Uak, pa ne sijece ni A, sto je kontradikcija s cinjenicom da je b gomiliste skupa

A. Dakle A mora biti zatvoren.Za obratnu implikaciju koristit cemo sljedecu lemu koju cemo dokazati nakon zavrsetka dokaza

teorema:

Lema 5.6 Pretpostavimo da skup B ⊆ Rn ima svojstvo da za svaki njegov otvoreni pokrivacpostoji konacan potpokrivac. Tada bilo koji zatvoreni skup A ⊆ B ima to isto svojstvo.

Buduci da je A ogranicen, on je sadrzan u nekoj kocki T0 = [−M, M ]n. Buduci da je A izatvoren, iz leme vidimo da je dovoljno dokazati da svaki otvoren pokrivac kocke T0 ima konacanpotpokrivac.

Pretpostavimo da je Ui, i ∈ I , pokrivac kocke T0 koji nema konacan potpokrivac. Raspolovimoli svaki od bridova kocke T0 dobit cemo 2n manjih kocaka, od kojih bar jedna, oznacimo je sT1, nije pokrivena s konacno mnogo skupova Ui. Toj kocki ponovno raspolovimo sve bridove, patako dobivamo manje kocke, od kojih bar jedna, T2, nije pokrivena s konacno mnogo skupovaUi. Nastavljanjem ovog postupka dobivamo niz kocaka

T0 ⊃ T1 ⊃ · · · ⊃ Tk ⊃ . . .

takvih da je duljina brida kocke Tk jednaka 2M2k , i takvih da nijedna od njih nije pokrivena s

konacno mnogo skupova Ui.Prema Cantorovom teoremu (vidi kraj ovog poglavlja), postoji tocka c ∈ ∩kTk. Tocka c je u

nekom Ui, a Ui je otvoren, pa je za neki r > 0 kugla K(c, r) sadrzana u Ui. S druge strane, zadovoljno velike k dijametar kocke Tk je manji od r, pa zbog c ∈ Tk vrijedi Tk ⊂ K(c, r) ⊂ Ui.Dakle je Tk pokriven sa samo jednim Ui, sto je kontradikcija. Prema tome, pokrivac skupa T0

bez konacnih potpokrivaca ne moze postojati.

Dokaz Leme 5.6 Neka je Ui, i ∈ I , otvoren pokrivac skupa A. Dodavanjem otvorenogskupa Rn \ A dobivamo otvoreni pokrivac za B, koji mora imati konacan potpokrivac. Taj sepotpokrivac sastoji od nekih Ui1 , . . . , Uik i mozda Rn \ A. S obzirom da je Rn \ A disjunktan sA, zakljucujemo da Ui1 , . . . , Uik pokrivaju A.

Primijetimo da Lema 5.6 i Teorem 5.5 povlace

3

Korolar 5.7 Neka je K ⊂ Rn kompaktan i B ⊆ K zatvoren. Tada je i B kompaktan.

Preostaje da kazemo par rijeci o Cantorovom teoremu kojeg smo koristili u dokazu Teorema5.5. U slucaju n = 1 on je dobro poznat iz analize funkcija jedne varijable: neka je Ik = [ak, bk]silazan niz intervala, tj. neka vrijedi

[a1, b1] ⊇ [a2, b2] ⊇ [a3, b3] . . . ,

odnosnoa1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · · ≤ · · · ≤ b3 ≤ b2 ≤ b1.

Tada je presjek segmenata Ik neprazan; u stvari, to je segment [supak, infbk].Taj se teorem lako poopcava na n-dimenzionalnu kocku. Naime, neka je

Tk = [a1k, b

1k]× [a2

k, b2k] × · · · × [an

k , bnk ]

silazan niz kocaka u Rn. Tada je za svaki j, [ajk, b

jk] silazan niz segmenata, ciji presjek sadrzi neki

cj . Slijedi da je tocka c = (c1, . . . , cn) sadrzana u presjeku kocki Tk.

4

1 Nizovi

1.1. Definicija. Kazemo da niz (xn)n u metrickom prostoru (X, d) konvergira ako postojix ∈ X 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 ∈ Xgomiliste niza (xn)n ako svaka kugla oko x sadrzi beskonacno mnogo clanova niza (xn)n.

1.2. Napomena. U metrickom prostoru limes niza je jedinstven ako postoji (to nije istinau svakom topoloskom prostoru).

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.

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.

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

k)k, 1− 1

k2) konvergira prema (0, e, 1).

1.6. Mnogi teoremi koje smo za limese nizova u R dokazali na Matematickoj analizi 1 imajusvoje analogone i za limese nizova u metrickom prostoru.

1.7. 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 kon-vergira prema a. U svakoj kugli K(a, ε) nalazi se beskonacno mnogo clanova niza. Posebno,za ε = 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.

1.8. 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.

Koristeci cinjenicu da oko svake tocke otvorenog skupa postoji kugla radijusa 1n

za svedovoljno velike n ∈ N mozemo dokazati sljedecu tvrdnju.

1

1.9. Teorem. Neka je A podskup metrickog prostora X. Skup A je zatvoren u X ako i samoako za svaki niz u A koji u X konvergira prema x ∈ X vrijedi da je x ∈ A.

1.10. 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).

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

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

1.12. Propozicija. U metrickom prostoru (X, d) vrijedi

(i) Svaki konvergentan niz je Cauchyjev.

(ii) Cauchyjev niz 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.

(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 = maxk′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.

1.13. Definicija. Kazemo da je metricki prostor potpun ako je svaki Cauchyev niz konver-gentan.

1.14. Teorem. Prostor Rn je potpun.

1.15. Primjer. Q je prostor koji nije potpun. Naime niz racionalnih brojeva 3, 3.1, 3.14, ...je Cauchyev, ali ne konvergira u Q (jer π nije racionalan broj).

2

2 Kompaktnost

2.1. Definicija. Kazemo da je metricki prostor X kompaktan ako svaki niz u X ima konver-gentan podniz u X.

2.2. Teorem. Ako je X kompaktan metricki prostor onda svaki otvoreni pokrivac od X imakonacan potpokrivac.

2.3. Napomena. Prethodni uvjet na pokrivac ima smisla i u opcenitom topoloskom pros-toru u kojem nemamo pojam konvergencije niza ili omedenosti. U takvim prostorima seupravo taj uvjet uzima za definiciju kompaktnosti.

Cesto cemo koristiti sljedecu karakterizaciju koja vrijedi u Rn.

2.4. Teorem. Neka je A podskup od Rn. Tada je X kompaktan ako i samo ako je omeden izatvoren.

2.5. Primjer. Ako je A ⊂ Rn omeden onda je A kompaktan.

Rjesenje. Potrebno je pokazati da je A zatvoren i omeden. Zatvorenje bilo kojeg skupa jezatvoren skup, pa je dakle dovoljno pokazati da je A omeden. Kako je A omeden, postojiR > 0 takav da je A ⊂ K(0, R). Ali tada je A ⊂ K(0, R) ⊂ K(0, 2R), pa je A omeden.

2.6. Zadatak. Je li skup

(x, y) ∈ R2 : xy ≥ 1, x2 + y2 < 5

kompaktan?

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

2.7. DZ. Pokazite da je skup (x, y) ∈ R2 : xy ≥ 1, x2 + y2 ≤ 5 kompaktan.

2.8. Zadatak. 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− 1n′ ), sto nije istina.

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

3

2.9. Zadatak. 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 jex4, y4 ≤ 1, odnosno |x|, |y| ≤ 1. Odatle slijedi da je (x, y) ∈ K(0,

√2), pa je A omeden.

Da bismo pokazali da je A zatvoren, neka je an = (xn, yn) niz u A (x4n + y4n = 1) kojikonvergira prema (x, y) ∈ R2. Trebamo pokazati (x, y) ∈ A. Iz (xn, yn) → (x, y), slijedi daxn → x i yn → y, a odatle da x4n → x4 i y4n → y4. Sada 1 = x4n + y4n → x4 + y4, pa jex4 + y4 = 1, to jest (x, y) ∈ A.

2.10. 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 .

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

2.12. Teorem. Ako je A kompaktan skup, a U otvoren pokrivac, onda Lebesgueov brojpostoji.

2.13. DZ. Odredi najveci Lebesgueov broj pokrivaca U = 〈13, 2〉 ∪ 〈− 1

n, 1n〉 skupa A =

[0, 1] ⊂ R.

4

6 Limes i neprekidnost funkcija vise varijabli

Pod funkcijom vise varijabli podrazumijevat cemo funkciju f : A → Rk, gdje je A proizvoljan

podskup od Rn za neki n > 1. Ako je n = 1 govorimo o funkciji jedne varijable. Funkcija f

je realna funkcija ako je k = 1, a vektorska ako je k > 1. Ako je f vektorska funkcija, tada jojmozemo pridruziti tzv. komponentne funkcije f1, . . . , fk : A → R, definirane pomocu

f(x) = (f1(x), . . . , fk(x)) ∈ Rk, x ∈ A.

Primjer 6.1 Primijetimo da su funkcije f : R2 → R zgodne zbog toga sto su njihovi grafovi

(x, y, f(x, y)) : x, y ∈ A tipicno plohe u R3 pa se mozemo koristiti geometrijskom intuicijom.

Od konkretnih primjera spomenimo f(x, y) = x2+y2 (graf je najbolje zamisliti kao plohu nastalurotacijom parabole z = y2 u yz-ravnini oko z-osi) te g(x, y) =

√

x2 + y2 (graf se dobiva rotacijomgrafa z = |y| u yz-ravnini oko z-osi, dakle rijec je o beskonacnom naopako postavljenom konusu).

Primjer 6.2 Od vektorskih funkcija vaznu ulogu igraju krivulje u Rk, tj. funkcije α : A → R

k

gdje je A ⊆ R. (Da bismo funkciju α ili njezinu sliku nazivali krivuljom, potrebno je da buduzadovoljeni neki uvjeti, barem neprekidnost ili jos bolje glatkost funkcije α. Te i slicne pojmovedefinirat cemo kasnije.) Od konkretnih primjera navedimo npr. α : R → R

2, α(t) = (cos t, sin t).Primijetite da je slika funkcije α jedinicna kruznica u R

2, te da bi isto vrijedilo ako α restringiramona [0, 2π], cime bismo je ucinili gotovo injektivnom. Razmislite i o spirali

β : R → R3, β(t) = (cos t, sin t, t).

Limes funkcije f u tocki c ∈ Rn definira se slicno kao u slucaju realne funkcije jedne varijable:

Definicija 6.3 Neka je A ⊆ Rn i neka je c ∈ R

n gomiliste skupa A. Limes funkcije f : A → Rk

u tocki c je vektor L ∈ Rk takav da za svaku otvorenu kuglu K(L, ε) oko L u R

k postoji otvorenakugla K(c, δ) oko c u R

n takva da je f(A ∩K(c, δ) \ c) sadrzano u K(L, ε). Drugim rijecima,

∀ε > 0, ∃δ > 0, (x ∈ A, x 6= c, d(x, c) < δ ⇒ d(f(x), L) < ε).

Ako je L limes funkcije f u c, to oznacavamo sa

limx→c

f(x) = L.

Primijetite da se limes definira ako je c gomiliste domene A od f ; inace neka ε-okolinatocke c ne bi sadrzavala ni jednu tocku iz A \ c, sto bi uvjet u definiciji ucinilo besmislenim.Primijetite takoder kako u slucaju realne funkcije jedne varijable definirane na otvorenom ilizatvorenom intervalu ova definicija pokriva jednako slucajeve kad je c u unutrasnjosti intervalaili na njegovom rubu. Kao obicno, ako limx→c f(x) postoji, onda je on jedinstven. Naime, ako bipostojala dva razlicita limesa, mogli bismo ih razdvojiti disjunktnim otvorenim kuglama, pa biuvjet iz definicije bilo nemoguce ispuniti. Uz pojam limesa usko je vezan i pojam neprekidnosti:

Definicija 6.4 Neka je A ⊆ Rn i neka je c ∈ A. Ako je c gomiliste skupa A, onda je funkcija

f : A → Rk neprekidna u tocki c ako je limx→c f(x) = f(c). Ako c nije gomiliste skupa A, onda

se f automatski smatra neprekidnom u c.

Primjer 6.5 Identiteta na Rn, tj. i : R

n → Rn, i(x) = x, je neprekidna u svakoj tocki c ∈ R

n.Naime, za svaki ε > 0 mozemo uzeti δ = ε i zakljuciti da d(x, c) < δ povlaci d(f(x), f(c)) < ε (jerje d(f(x), f(c)) = d(x, c) < δ = ε). Jos jedan ocigledan primjer je konstanta, tj. f : R

n → Rk,

f(x) = C za svaki x ∈ Rn, gdje je C neki element R

k. Sada je bilo koji δ dobar za svaki ε, jer jeuvjet d(f(x), f(c)) < ε trivijalno ispunjen s obzirom da je d(f(x), f(c)) = 0.

23

Prije nego prijedemo na slozenije primjere, bit ce korisno ustanoviti da se kao i u slucajurealnih funkcija jedne varijable, pojmovi limesa i neprekidnosti mogu definirati i pomocu nizova.

Teorem 6.6 Neka je A ⊆ Rn i neka je f : A → R

k funkcija. Tada vrijedi:

1 Neka je c ∈ Rn gomiliste skupa A. Tada je limx→c f(x) = L ako i samo ako za svaki niz

(xm) u A koji konvergira prema c vrijedi f(xm) → L.

2 Neka je c ∈ A. Tada je f neprekidna u c ako i samo ako za svaki niz (xm) u A kojikonvergira prema c vrijedi f(xm) → f(c). (Ta se tvrdnja zove Heineova karakterizacijaneprekidnosti.)

Dokaz. Ako je limx→c f(x) = L i ako xm → c, onda za svaki ε > 0 postoji δ > 0 tako dad(x, c) < δ povlaci d(f(x), L) < ε, a za taj δ postoji m0 takav da m ≥ m0 povlaci d(xm, c) < δ.Zato je za m ≥ m0 i d(f(xm), L) < ε, dakle f(xm) → L. Obratno, pretpostavimo da xm ∈ A,xm → c povlaci f(xm) → L. Kad ne bi bilo limx→c f(x) = L, onda bi za neki ε > 0 i zasvaki δ > 0 postojao x ∈ A takav da je d(x, c) < δ ali d(f(x), L) ≥ ε. Posebno, za δ = 1

m ,m ∈ N, dobivamo niz (xm) u A takav da je d(xm, c) < 1

m ali d(f(xm), L) ≥ ε. Vidimo da niz(xm) konvergira prema c, ali niz (f(xm)) ne konvergira prema L, dakle dobili smo kontradikciju.Druga tvrdnja odmah slijedi iz prve.

Napomena 6.7 Naravno, kao sto znamo vec iz teorije funkcija jedne varijable, nece svakafunkcija biti neprekidna. Na primjer, funkcija f : R

2 → R dana sa

f(x, y) =

1, x ≥ 00, x < 0

ima prekid u svakoj tocki y-osi. Primijetimo takoder da ako je B ⊆ A ⊆ Rn i ako je f : A →

Rk neprekidna, tada je restrikcija funkcije f na B takoder neprekidna. To slijedi direktno iz

definicije.

Koristeci Teorem 6.6 i Propoziciju 4.5 mozemo direktno zakljuciti:

Teorem 6.8 Neka je A ⊆ Rn i neka je c ∈ R

n gomiliste skupa A. Ako su f, g : A → Rk dvije

funkcije takve da vrijedi limx→c f(x) = L1 i limx→c g(x) = L2, te ako je λ ∈ R, tada vrijedi:

1 limx→c(f(x) + g(x)) = L1 + L2;

2 limx→c λf(x) = λL1;

3 limx→c(f(x)|g(x)) = (L1|L2).

Odavde pak neposredno dobivamo

Korolar 6.9 Ako je A ⊆ Rn, λ ∈ R, i ako su f, g : A → R

k obje neprekidne u c ∈ A, tada su ifunkcije f + g, λf te (f |g) neprekidne u c.

Neprekidne funkcije imaju jos jedno vazno svojstvo:

Teorem 6.10 Neka je A ⊆ Rn, B ⊆ R

k, i neka su f : A → Rk i g : B → R

l funkcije takve da jef(A) ⊆ B, da je f neprekidna u c ∈ A, te da je g neprekidna u f(c). Tada je kompozicija g f

neprekidna u c.

24

Dokaz. Dokaz je vrlo jednostavan i potpuno analogan dokazu za realne funkcije jedne varijable.Naime, neka je (xi) niz u A koji konvergira prema c. Tada zbog neprekidnosti funkcije f u c

vrijedi f(xi) → f(c). Sada neprekidnost funkcije g u f(c) povlaci g(f(xi)) → g(f(c)), pa vidimoda je g f doista neprekidna u c.

Kao i u analizi jedne varijable, funkciju f : A → Rk zovemo neprekidnom ako je neprekidna

u svakoj tocki domene. Sada smo spremni za primjere.

Primjer 6.11 Kao prvo, j-ta projekcija pj : Rn → R koja tocki x = (x1, . . . , xn) pridruzuje

njezinu j-tu komponentu xj je neprekidna. Naime, identiteta i : Rn → R

n i konstantna funkcijaCj : R

n → Rn koja tocki x pridruzuje j-ti vektor kanonske baze, ej koji ima sve komponente 0

osim j-te koja je jednaka 1, su neprekidne prema Primjeru 6.5. Zato je prema Korolaru 6.9 i

pj = (i|Cj)

neprekidna. Koristeci i ostale tvrdnje Korolara 6.9 sada odmah vidimo da je svaka polinomijalnafunkcija f : R

n → R neprekidna. Ako primijenimo i komponiranje sa mnogim neprekidnimrealnim funkcijama jedne varijable koje su nam poznate od ranije, dobivamo mnostvo primjera,kao npr. funkcije f, g : R

2 → R, f(x, y) = x2 + y2, g(x, y) =√

x2 + y2 iz Primjera 6.1, ili

f : Rn → R, f(x1, . . . , xn) = ex2

1+...x2

n sin(x1 . . . xn).

Naravno, zavisno o domeni realne funkcije jedne varijable s kojom komponiramo, domena funkcijef cesto nece biti cijeli R

n.

Ako je pak f : A → Rk, A ⊆ R

n, vektorska funkcija, onda komponiranjem s projekcijamapj : R

k → R dobivamo tzv. komponente funkcije f , fj = pj f : A → R. U toj cemo situacijipisati

f = (f1, . . . , fk).

Tada je neprekidnost funkcije f ekvivalentna neprekidnosti svih njezinih komponenata:

Propozicija 6.12 Funkcija f = (f1, . . . , fk) : A → Rk, A ⊆ R

n, je neprekidna ako i samo akosu neprekidne sve njezine komponente fj.

Dokaz. S obzirom da smo vidjeli da su projekcije pj neprekidne, ako je f neprekidna slijedi dasu neprekidne i sve njezine komponente fj . Obratno, pretpostavimo da su sve fj neprekidne.Neka je (xi) niz u A koji konvergira prema c ∈ A. Tada fj(xi) konvergira prema fj(c) za svaki j,pa prema Propoziciji 4.6 f(xi) konvergira prema f(c). Dakle je f neprekidna u c prema Teoremu6.6.

Sada mozemo dobiti mnostvo primjera neprekidnih vektorskih funkcija; samo moramo pazitida im komponente budu neprekidne realne funkcije, kakve smo opisali u Primjeru 6.11. Naprimjer, funkcije α i β iz Primjera 6.2 su neprekidne (u svim tockama domene). Takoder,funkcija

f : R2 → R

3, f(x, y) = (x2y, ex/y, cos x sin y)

je neprekidna na citavoj svojoj domeni. (Smislite sami jos barem 10 primjera.) Naravno, postojei mnoge funkcije koje nisu neprekidne; prisjetite se primjera medu realnim funkcijama jednevarijable.

25

Napomena 6.13 Slijedeca karakterizacija neprekidnosti funkcije f : A → Rk ima smisla i za

funkcije medu topoloskim prostorima. Funkcija f je neprekidna ako i samo ako je za svaki otvorenpodskup U ⊆ R

k skup f−1(U) otvoren u A, tj moze se dobiti kao presjek A s nekim otvorenimpodskupom od R

n. Dokaz nije tezak i ostavljamo ga za vjezbu. Primijetite da je ovo svojstvoekvivalentno sa svojstvom da je za svaki zatvoren podskup Z ⊆ R

k skup f−1(Z) zatvoren u A, tjmoze se dobiti kao presjek A s nekim zatvorenim podskupom od R

n. Naime, zatvoreni skupovisu komplementi otvorenih, a operacije uzimanja komplementa i uzimanja praslike po funkciji f

medusobno komutiraju. Kao primjenu ove karakterizacije spomenimo cinjenicu da je sada ocitoda su za neprekidnu funkciju f : R

n → R skupovi kao

x ∈ Rn : f(x) > 0 ili x ∈ R

n : f(x) 6= 1

otvoreni, dok su skupovi kao

x ∈ Rn : f(x) ≥ 0 ili x ∈ R

n : f(x) = 1

zatvoreni. Naime ti su skupovi redom oblika

f−1(〈0,+∞〉), f−1(〈−∞, 1〉 ∪ 〈1,+∞〉)),

dakle praslike otvorenih skupova, odnosno

f−1([0,+∞〉), f−1(1),

dakle praslike zatvorenih skupova.

26

7 Neprekidne funkcije na kompaktima

Sada cemo poopciti dio Bolzano-Weierstrassovog teorema o neprekidnim funkcijama na segmentukoji kaze da takve funkcije postizu minimum i maksimum. Tu je kljucno svojstvo segmentanjegova kompaktnost; to nece iznenaditi one koji se sjecaju dokaza. (Dio o meduvrijednostimacemo takoder poopciti, ali malo kasnije, kad obradimo pojam povezanosti; to je drugo kljucnosvojstvo segmenta.)

Teorem 7.1 Neka je K ⊂ Rn kompaktan, i neka je f : K → R

k neprekidna funkcija. Tada je

skup f(K) kompaktan.

Dokaz. Neka je (yi) proizvoljan niz u f(K). Izaberimo xi ∈ K tako da je yi = f(xi). Zbog kom-paktnosti K niz (xi) ima konvergentan podniz (xp(i)) koji tezi prema c ∈ K. Sada neprekidnostfunkcije f povlaci da niz (yp(i)) = (f(xp(i))) konvergira prema f(c), dakle (yi) ima konvergentanpodniz s limesom u f(K). Zakljucujemo da je f(K) kompaktan.

Korolar 7.2 Neka je K ⊂ Rn kompaktan, i neka je f : K → R neprekidna funkcija. Tada je f

ogranicena, te postize minimum i maksimum.

Dokaz. Upravo smo vidjeli da je skup f(K) ⊂ R kompaktan, dakle ogranicen i zatvoren. Izogranicenosti slijedi da f(K) ima infimum i supremum. Supremum s skupa f(K) moze bitielement tog skupa; u tom slucaju rijec je o maksimumu. U suprotnom, iz definicije supremumaodmah slijedi da je s gomiliste skupa f(K). Tada zbog zatvorenosti f(K) slijedi da je s ∈ f(K),sto je kontradikcija. Analogno se vidi da je infimum skupa f(K) u stvari njegov minimum.

Primjer 7.3 Funkcija f : R2 → R, f(x, y) = x2 + y2, postize minimum i maksimum na

zatvorenom kvadratu s vrhovima u (±1,±1). U stvari, s obzirom da je f kvadrat norme, jasnoje da se minimum 0 postize u (0, 0) i da se maksimum 2 postize u vrhovima. Skicirajte (ili baremzamislite) graf ove funkcije.

Napomena 7.4 Koristeci postojanje minimuma i maksimuma nije tesko dokazati ranije spom-injanu cinjenicu da su sve norme na R

n ekvivalentne. Naime, neka je ‖| · ‖| proizvoljna normana R

n i neka je ‖ · ‖2 uobicajena euklidska norma koju stalno koristimo. Ako je

M = maxi

‖|ei‖|,

gdje je ei standardna baza prostora Rn, onda vrijedi

‖|x‖| = ‖|(x1, . . . , xn)‖| = ‖|∑

xiei‖| ≤∑

|xi|‖|ei‖| ≤ M∑

|xi| ≤ nM‖x‖2.

(Naime,∑

|xi| ≤ n maxi |xi| ≤ n‖x‖2.) Odavde odmah slijedi da je ‖| · ‖| : Rn → R neprekidna

funkcija. (Kao i uvijek, to znaci da je ‖| · ‖| neprekidna u odnosu na ‖ · ‖2, tj. da za svaki c ∈ Rn

i za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da ‖x − c‖2 < δ povlaci ‖|x − c‖| < ε. Vidimo da mozemouzeti δ = ε/nM .) Neka je m minimum funkcije ‖| · ‖| na jedinicnoj sferi u R

n, tj. na skupu

Sn−1 = x ∈ Rn : ‖x‖2 = 1.

(Minimum postoji jer je ‖| · ‖| neprekidna i jer je jedinicna sfera kompaktna.) Tada za svakix ∈ R

n razlicit od 0 vrijedi

‖|x‖| = ‖x‖2 ‖|x

‖x‖2‖| ≥ m‖x‖2.

27

Naime, x‖x‖2

∈ Sn−1 pa je ‖| x‖x‖2

‖| ≥ m. Dokazali smo dakle da je

m‖x‖2 ≤ ‖|x‖| ≤ nM‖x‖2,

pa je norma ‖| · ‖| ekvivalentna euklidskoj normi.

Jos jedno vazno svojstvo neprekidnih funkcija na kompaktima je uniformna neprekidnost.Sjetimo se da je uniformna neprekidnost igrala kljucnu ulogu u dokazu integrabilnosti neprekidnihfunkcija na segmentu.

Definicija 7.5 Neka je A ⊆ Rn i neka je f : A → R

k funkcija. Kazemo da je f uniformno

neprekidna na A ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da

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

Ocito je da uniformna neprekidnost povlaci neprekidnost. Razlika izmedu dva pojma je utome da kod obicne neprekidnosti δ ne ovisi samo o ε nego i o tocki c ∈ A u kojoj se definiraneprekidnost. Kod uniformne neprekidnosti δ naprotiv ovisi samo o ε. Zavisno o skupu A,funkcija moze biti neprekidna a ne biti uniformno neprekidna. To nam je poznato vec za realnefunkcije jedne varijable: npr. funkcija 1

xje neprekidna ali nije uniformno neprekidna na 〈0, 1〉.

Ako je domena kompaktna, to se medutim ne moze dogoditi:

Teorem 7.6 Neka je K ⊂ Rn kompaktan, i neka je f : K → R

k neprekidna funkcija. Tada je funiformno neprekidna na K.

Dokaz. Dokaz je isti kao dokaz analogne tvrdnje na segmentu. Pretpostavimo da f nije uni-formno neprekidna na K. Tada postoji ε > 0 takav da za svaki δ > 0 postoje tocke x, y ∈ Ktakve da je d(x, y) < δ, ali d(f(x), f(y)) ≥ ε. Posebno, za δ = 1

m, m ∈ N, dobivamo nizove

(xm), (ym) u K takve da je d(xm, ym) < 1m

, ali d(f(xm), f(ym)) ≥ ε. Prelaskom na konvergentnepodnizove mozemo pretpostaviti da xm i ym konvergiraju. Zbog d(xm, ym) < 1

moni tada nuzno

konvergiraju istom limesu c. Sada neprekidnost funkcije f povlaci f(xm) → f(c) i f(ym) → f(c),sto je u kontradikciji sa d(f(xm), f(ym)) ≥ ε.

Napomena 7.7 Alternativni dokaz gornjeg teorema koristi pojam Lebesgueovog broja pokrivaca.Naime, neka je ε > 0. Neprekidnost funkcije f na K povlaci da za svaki c ∈ K postoji δc > 0takav da f preslikava kuglu K(c, δc) u kuglu K(f(c), ε

2). Neka je δ Lebesgueov broj pokrivacaK(c, δc) skupa K. Tada d(x, y) < δ povlaci da se x i y nalaze u jednoj od kugala K(c, δc).Slijedi da se f(x) i f(y) nalaze u kugli K(f(c), ε

2), pa vrijedi

d(f(x), f(y)) ≤ d(f(x), f(c)) + d(f(c), f(y)) <ε

2+

ε

2= ε.

28

1 Neprekidne funkcije

Po analogiji s neprekidnim realnim funkcijama jedne varijable definiramo neprekidnost funkcijamedu metrickim prostorima.

1.1. Definicija. Neka je A podskup metrickog prostora X i neka je c ∈ A′. Kazemo da jeL ∈ Y (Y metricki prostor) limes funkcije f : A→ Y 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.

1.2. Definicija. Neka su A,X, Y, f : A → Y kao u prethodnoj definiciji. Za c ∈ A′ kazemoda je f neprekidna u c ako je limx→c f(x) = f(c). Ako c nije gomiliste skupa A onda fautomatski smatramo neprekidnom u c. Kazemo da je f neprekidna ako je neprekidna u svakojtocki c ∈ A.

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)).

1.4. Primjer. Projekcija πi : Rn → R zadana formulom πi(x1, ..., xn) = xi je neprekidnafunkcija. Naime, za dani ε mozemo uzeti δ = ε (

√(x1 − c1)2 + ...+ (xn − cn)2 ≤ δ ⇒

|xi − ci| ≤ δ = ε.)

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

U zadacima cemo koristiti i sljedece tri vrlo bitne karakterizacije.

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, ..., 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 metricki prostori. Funckijaf : X → Y je neprekidna u tocki c ∈ Xako i samo za svaki niz (xn)n u X koji konvergira premac i niz (f(xn))n konvergira prema f(c) ∈ Y .

1.9. Teorem. Neka su X, Y metricki prostori. Funckija f : X → Y je neprekidna u tockic ∈ X ako i samo ako je praslika svakog otvorenog skupa u Y koji sadrzi tocku f(c) otvoren skupu 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 konvergencijanizova te on ima smisla i u opcenitom topoloskom prostoru gdje onda upravo na taj nacindefiniramo neprekidnost.

1

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?

Rjesenje. Odgovor je DA. Ovom tvrdnjom cemo dokazati π1 : R2 → R otvoreno preslika-vanje, tj. da preslikava otvorene skupove u otvorene.

Neka je x0 ∈ A i (x0, y0) ∈ A × B. Buduci da je A × B otvoren postoji r > 0 takavda je K((x0, y0), r) ⊂ A × B. Ako su x, y ∈ R takvi da je |x − x0|, |y − y0| < r√

2, onda je

(x, y) ∈ K((x0, y0), r) ⊂ A×B. Ovo povlaci da je x ∈ A, pa zakljucujemo da je K(x, r√2) ⊂

A. Dakle, A je otvoren skup u R.

1.14. Zadatak. 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. Akoje (x0, y0) = (0, 0) onda definiramo r = 1

2. Inace definiramo ε := 1 − x0y0 > 0,M :=

max|x|, |y| > 0 i r := min√

ε3, ε

3M. 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 da je Sotvoren u R2.

1.15. Zadatak. 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 koristi neprekidnefunkcija najelegantniji. Iako znamo konkretne formule za norme i mogli bismo sve zapisatipreko 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

2

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 ‖ · ‖∞ f1 + k ‖ · ‖2 f2 + k ‖ · ‖1,

pa vidimo da je f zaista neprekidna.Sada je S praslika zatvorenog skupa [0, ‖ − P0‖1] po neprekidnom preslikavanju f , pa je

zatvoren u R3.

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

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

Rjesenje. 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) = − sinx − y i f2(x, y) = 2x +1 − y. Tada je skup S = f−1

1 (〈−∞, 0]) ∩ f−12 ([0,+∞〉). Buduci da su f1 i f2 neprekidna

preslikavanja, a skupovi 〈−∞, 0], [0,+∞〉 zatvoreni, skupovi f−11 (〈−∞, 0]) i f−1

2 ([0,∞〉) sutakoder zatvoreni. Na kraju, S je zatvoren kao presjek dva zatvorena skupa.

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

2 Neprekidne funkcije na kompaktima

2.1. Teorem. Neka je K kompaktan podskup metrickog prostora X, a f : X → Y neprekidnopreslikavanje u metricki 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 = ∅.Dokazite da postoji 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) = infd(x, y) : y ∈ B (primjetimo da je fdobro definirana funkcija jer navedeni infimum uvijek postoji. Zasto?).

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 morabiti 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).

Primjenimo li inf na nejednakost dobivamo

f(x1) ≤ d(x1, x2) + f(x2),

3

te analognof(x2) ≤ d(x1, x2) + f(x1).

Iz posljednje dvije nejednakosti zakljucujemo

|f(x1)− f(x2)| ≤ d(x1, x2),

pa u dokazu neprekidnosti mozemo uzeti δ = ε (stovise, vidimo da je f uniformno neprekidna).Sada mozemo prema teoremu zakljuciti da je f(A) kompaktan skup u R i f(A) ⊂

〈0,+∞〉. Buduci da je f(A) kompaktan pa i zatvoren, infimum a := inf f(A) > 0 je elementod 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 tocaka u kojima f poprima maksimum.Dokazite da je M kompaktan.

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

4

1 Dodefiniraj funkciju do neprekidne...

1.1. U ovom dijelu 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. Naravno, dva su moguca odgovora. U onim situacijamau kojima je to moguce potrebno je odrediti vrijednost funkcije u ’novim tockama domene’i dokazati neprekidnost (npr. preko ε − δ karakterizacije). U onim situacijama u kojima jeto nemoguce kljucna ce nam biti sljedeca tvrdnja. Kako je neprekidnost vektorske funck-ije ekvivalentna neprekidnosti njenih koordinatnih funkcija ogranicit cemo se na funkcije skodomenom R.

1.2. Lema. Ako je funkcija f : A ⊂ Rn → R neprekidna onda je i svaka restrikcija f |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 limes s lijeve strane jednakosti u A, a s desne u B ⊂ A.Sljedeci primjeri pokazuju razne situacije i pristupe u rjesavanju ovakvih zadataka.

1.3. Zadatak. Odredite prirodnu domenu zadanih funkcije te odredite u kojim tockama ikako 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−y2

x2+y2 ;

6. f(x, y) = ex2−4y2−1x−2y

;

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

x2−y2 .

Rjesenje. 1. Domena je D(f) = R2 \(0, 0). Domena je otvoren skup ciji skup gomilistaje citav R2. U svakoj tocki domene funkcija je neprekidna. Naime, oko svake tockedomene postoji otvorena kugla koja je citava sadrzana u domeni, a buduci da jeneprekidnost lokalno svojstvo dovoljno je provjeriti neprekidnost restrikcije na tu kuglu.Neprekidnost slijedi iz cinjenice da je f kvocijent dvaju polinoma u dvije varijable. Os-taje 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,

f(0, 0) = lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = limx→0

f(x, x) = limx→0

x2

2x2=

1

2.

1

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 vrijed-nosti. 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) =

x2y

x2+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.

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

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

2

Iskoristit cemo cinjenicu koju znamo iz Matematicke analize 1 da je (podsjetite se dalimes i neprekidna 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 je za sve x ∈ R takveda je |x| < δ

| sin2 x− x2| < ε|x2|.Neka je ε > 0 tada za pripadni δ iz prethodne tvrdnje imamo i implikaciju

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| | sin

2 x+ sin2 y − x2 − y2| ≤≤ | sin2 x− x2|+ | sin2 y − y2| << 1

|x2+y2|(|x2|ε+ |y2|ε) = 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) =ex2−4y2 − 1

x− 2y=ex2−4y2 − 1

x2 − 4y2(x+ 2y).

Buduci da je limt→0et−1

t= 1, a lim(x,y)→(2y0,y0)(x+2y) = 4y0 zakljucujemo da je ’dobar

kandidat’ za vrijednost prosirenja u (2y0, y0) upravo 4y0. Iskoristimo obratni smjerHeineove karakterizacije neprekidnosti da bismo dokazali da je prosirenje definirano s

f(x, y) =

ex2−4y2−1

x−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−4y2

n − 1

x2n − 4y2

n

(xn+2yn) = limn

ex2n−4y2

n − 1

x2n − 4y2

n

·limn

(xn+2yn) = 1·4y0 = 4y0.

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

et−1t

= 1 na restrikciju t ∈ x2n − 4y2

n, n ∈ N ⊂ R.Primjetite i da nam je to uvelike skratilo posao koji bismo imali da smo radili po ε− δdefiniciji.

3

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 + z3

0 6= 0. Tada za svaki niz (xn, yn, zn) → (x0, x0, z0)niz funkcijskih vrijednosti elemenata niza divergira u beskonacno, pa funkcijune mozemo prosiriti.

(b) P0 = (x0, x0, z0), 2x30+z

30 6= 0, x0 6= 0. Tada za niz (x0+

1n, x0− 1

n, 3

√−2x3

0 + 1√nx0

)→(x0, x0, z0) niz funkcijskih vrijednosti elemenata niza divergira u beskonacno, pafunkciju ne mozemo prosiriti.

(c) P0 = (0, 0, 0). Nizovi f(0, 1n, 0)n i f(0, 1

n, 1

n)n ne konvergiraju prema istoj

vrijednosti, pa funkciju ne mozemo prosiriti.

(d) P0 = (x0,−x0, z0), z0 6= 0. Tada za svaki niz (xn, yn, zn)→ (x0,−x0, z0) niz funkci-jskih vrijednosti elemenata niza divergira u beskonacno, pa funkciju ne mozemoprosiriti.

(e) P0 = (x0,−x0, 0), x0 6= 0. Tada za niz (x0 + 1n,−x0 + 1

n, 6

√1n) → (x0,−x0, 0)

niz funkcijskih vrijednosti elemenata niza divergira u beskonacno, pa funkciju nemozemo prosiriti.

1.4. 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).Kako biste uvjezbali predstavljene tehnike rijesite slijedece zadatke.

1.5. DZ.

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

sin 1y;

2. f(x, y) = x3y2−2y4√2x2+y4

;

3. f(x, y, z) = sin x2

x2 + sin x2+sin y2

x2+y2 + sin x2+sin y2+sin z2

x2+y2+z2 ;

4. f(x1, x2, ..., xn) = x1 sin x1+x2 sin x2+···xn sin xn

x21+x2

2+···+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);

1.6. Zadatak. Odredite u kojim tockama je neprekidna funkcija f : R2 → R zadana s:

4

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, teneka su f1, f2 : R2 → R funkcije definirane formulama f1(x, y) = x2, f2(x, y) = x2 + y2.Skupovi Ai, i = 1, 2 su otvoreni, a funkcije fi, i = 1, 2 su nperekidne na R2. Buduci daje neprekidnost 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 := minδ1, 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

nx2

1n = x20 6= x2

0 + x20 = lim

nx2

2n + y22n = lim

nf(x2n, y2n)

pa prema Heineovoj karakterizaciji slijedi tvrdnja.

b) Primjenimo li isti nacin razmisljanja kao u prethodnom zadatku vidimo da nemamo vive podrucja 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 moramo koristigustocu skupa Q×Q kako bi konstruirali nizove (xin, yin)n, i = 1, 2.

1.7. DZ. f(x, y, z) =

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

5

8 Povezanost i povezanost putevima

U ovom poglavlju razmatramo povezanost skupova u Rn i dokazujemo “intuitivno ocitu” tvrd-

nju da neprekidna funkcija preslikava povezan skup u povezan skup. Ta je tvrdnja poopcenjecinjenice da neprekidna funkcija na segmentu poprima sve meduvrijednosti izmedu minimuma imaksimuma. Na prvi se pogled cini intuitivno jasnim sto bi trebali biti povezani skupovi (npr.otvorene ili zatvorene kugle), za razliku od nepovezanih (npr. unija dvije disjunktne, razmaknutekugle). Kod kompliciranijih primjera intuicija vise nije tako cvrsta. Npr. neka je A graf funkcije

f : R+ → R, f(x) = sin

1

x.

Lako se vidi da je njegov zatvarac A = A ∪ (0, y) : −1 ≤ y ≤ 1. Da li je A povezan? S jednestrane, izgleda da je A unija dva (povezana) disjunktna komada, pa ne bi trebao biti povezan.S druge strane, ti su komadi “beskonacno blizu”, pa iako su disjunktni mozda nisu dovoljnorazdvojeni. U stvari, postoje dva slicna ali ne identicna pojma povezanosti, od kojih se jedannaziva povezanost a drugi povezanost putevima. Gornji skup A jest povezan, ali nije povezanputevima.

Definicija 8.1 Put u skupu A ⊂ Rn izmedu dvije tocke x, y ∈ A je neprekidno preslikavanje

α : [a, b] → Rn takvo da je α([a, b]) ⊆ A i da je α(a) = x, α(b) = y. Pri tome je moguce i da

bude x = y; u tom slucaju put se naziva i petljom.

Primijetimo da je put poseban slucaj neprekidne krivulje, koja se definira kao neprekidnopreslikavanje α : I → R

n sa bilo kojeg intervala I ⊂ R (konacnog ili beskonacnog, otvorenog,zatvorenog ili poluotvorenog).

Definicija 8.2 Skup A ⊂ Rn je povezan putevima ako izmedu bilo koje dvije tocke x, y ∈ A

postoji put u A.

Ako smatramo da imamo dobru predodzbu o tome kako izgledaju putevi, onda je ova definicijaintuitivno prihvatljiva: ova vrsta povezanosti znaci da od svake tocke mozemo doci do svake drugetocke. S druge strane imamo i slijedecu definiciju koja odgovara predodzbi da povezan skup nemozemo razdijeliti u dva “odvojena” komada:

Definicija 8.3 Skup A ⊂ Rn je povezan ako se ne moze rastaviti na uniju dva neprazna dis-

junktna podskupa koji su otvoreni u A. Ovdje podskup B od A zovemo otvorenim u A ako postoji

otvoren U ⊆ Rn takav da je B = A ∩ U .

Napomena 8.4 Jasno je da je A povezan ako i samo ako se ne moze rastaviti na uniju dvaneprazna disjunktna podskupa koji su zatvoreni u A (pri cemu je B ⊆ A zatvoren u A akopostoji zatvoren F ⊆ R

n takav da je B = A ∩ F ). Takoder, A je povezan ako i samo ako sujedini podskupovi od A koji su istovremeno otvoreni i zatvoreni u A sam A i ∅.

Primjer 8.5 Lako je uvidjeti da je podskup A od R povezan putevima ako i samo ako je Ainterval (bilo kakav). Naime, jasno je da je interval povezan putevima. S druge strane, poBolzano-Weierstrassovom teoremu za neprekidne realne funkcije na segmentu, znamo da je slikasvakog puta u R segment. Ako je A povezan putevima, on je dakle unija segmenata za kojemozemo pretpostaviti da svi sadrze jedan fiksirani a ∈ A. Slijedi da je A interval.

Slijedeci primjer je vazan za teoriju pa cemo ga nazvati propozicijom:

29

Propozicija 8.6 Segment [a, b] ⊂ R je povezan skup.

Dokaz. Pretpostavimo da su A i B dva neprazna disjunktna zatvorena skupa cija je unija [a, b].(Primijetimo da su A i B zatvoreni u [a, b] ako i samo ako su zatvoreni u R, jer je [a, b] zatvoren uR.) Pretpostavimo da je b ∈ A; dakle b /∈ B. Skup B je ogranicen pa ima supremum s. Tvrdimoda je s ∈ B. U suprotnom, s bi bio gomiliste skupa B, pa bi zbog zatvorenosti skupa B ipakmorao biti u B, sto je kontradikcija. Dakle je s ∈ B i prema tome s < b. Sada vidimo da je〈s, b] ⊆ A (jer ne sijece B). Dakle je s gomiliste skupa A, pa zbog zatvorenosti skupa A slijedis ∈ A. Dakle s ∈ A ∩ B, ali A i B su disjunktni pa smo dobili kontradikciju.

Napomena 8.7 Primijetite da se slican argument koristio u dokazu trece tvrdnje Bolzano-Weierstrassovog teorema koja kaze da neprekidna funkcija na segmentu poprima sve meduvrijednostiizmedu maksimuma i minimuma.

Korolar 8.8 Ako je A ⊆ Rn povezan putevima onda je i povezan.

Dokaz. Pretpostavimo da se A moze rastaviti na uniju dva neprazna disjunktna podskupa U iV koji su otvoreni u A. Izaberimo tocke u ∈ U i v ∈ V . Neka je α : [a, b] → A put od u do v.Tada su α−1(U) i α−1(V ) neprazni, disjunktni, otvoreni u [a, b] i njihova unija je citav [a, b]. Toje kontradikcija, dakle je A povezan.

Primjer 8.9 Sada mozemo opisati sve povezane podskupove od R: to su svi intervali. Naime,vidjeli smo da je svaki interval povezan putevima pa je i povezan. S druge strane, ako je A ⊆ R

povezan, onda on mora biti interval. U suprotnom, postojao bi x ∈ R\A takav da su 〈−∞, x〉∩Ai 〈x,+∞〉 ∩ A oba neprazni. Ti su skupovi takoder disjunktni i otvoreni u A, pa dobivamokontradikciju s povezanoscu skupa A. Dakle je za podskupove skupa R povezanost putevimaekvivalentna povezanosti. To nije istina u R

2, kao sto pokazuje vec spomenuti primjer zatvaracagrafa funkcije sin 1

x. Istina je medutim da je otvoren skup u R

n povezan ako i samo ako jepovezan putevima. vjezbe

Isti argument koji dokazuje Korolar 8.8 dokazuje i slijedeci vazan rezultat:

Teorem 8.10 Ako je A ⊆ Rn povezan i ako je f : A → R

k neprekidna funkcija, tada je skup

f(A) povezan.

Dokaz. Pretpostavimo da f(A) nije povezan. Tada postoje neprazni disjunktni X i Y koji suotvoreni u f(A) takvi da je X ∪ Y = f(A). Neka su U i V otvoreni podskupovi od R

k takvi daje X = U ∩ f(A), Y = V ∩ f(A). Skupovi f−1(U) = f−1(X) i f−1(V ) = f−1(Y ) su neprazni,disjunktni i otvoreni u A. Njihova unija je A. To je kontradikcija s povezanoscu skupa A. Daklef(A) mora biti povezan.

Napomena 8.11 Takoder je istina da je neprekidna slika skupa koji je povezan putevima isama povezana putevima. Naime ako su x′ = f(x) i y′ = f(y) bilo koje tocke u f(A), i ako jeα : [a, b] → A put od x do y, onda je f α put u f(A) od x′ do y′.

Korolar 8.12 Neka je A ⊆ Rn povezan i neka je f : A → R neprekidna funkcija. Ako je

f(x) = a i f(y) = b, tada f postize sve meduvrijednosti izmedu a i b.

Dokaz. Tvrdnja je ocita jer je f(A) povezan podskup od R, dakle interval.

30

Jos jedna cinjenica o povezanim skupovima jevjezbe?

Propozicija 8.13 Ako je A ⊆ Rn povezan, onda je i njegov zatvarac A povezan.

Iz ove propozicije mozemo zakljuciti da je zatvarac grafa funkcije sin 1

xpovezan. Naime, sam

graf je ocito povezan putevima. S druge strane, zatvarac grafa nije povezan putevima. Posebno,analogna tvrdnja Propoziciji 8.13 ne vrijedi za povezanost putevima. Jos jedna jednostavna alikorisna cinjenica je

vjezbe?Propozicija 8.14 Neka je Ai, i ∈ I, proizvoljna familija povezanih podskupova od R

n koji svi

sadrze istu tocku c ∈ Rn. Tada je i unija ∪i∈IAi povezan skup.

31

9 Banachov teorem o fiksnoj tocki

Definicija 9.1 Neka je A ⊂ Rn. Za funkciju f : A → R

k kazemo da ima Lipschitzovo svojstvo(ili da je Lipschitzova) ako postoji (Lipschitzova) konstanta L > 0 takva da je

d(f(x), f(y)) ≤ Ld(x, y), ∀x, y ∈ A.

Lema 9.2 Ako f : A → Rk, A ⊂ R

n, ima Lipschitzovo svojstvo, onda je f uniformno neprekidnana A.

Dokaz. Za zadani ε > 0 neka je δ = ε

Lgdje je L Lipschitzova konstanta. Sada je jasno da za

sve x, y ∈ A, d(x, y) < δ povlaci d(f(x), f(y)) < ε.

Primjer 9.3 Neka je I ⊆ R otvoren interval i neka je f : I → R diferencijabilna funkcija.Pretpostavimo da je derivacija funkcije f ogranicena na I, tj. da je |f ′(x)| ≤ M za svaki x ∈ I.Tada f ima Lipschitzovo svojstvo. Naime, po Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti, znamoda za bilo koje x, y ∈ I postoji c izmedu x i y takav da je f(x)− f(y) = f ′(c)(x− y). Prelaskomna apsolutne vrijednosti slijedi

|f(x) − f(y)| = |f ′(c)||x − y| ≤ M |x − y|.

Kasnije cemo vidjeti da i diferencijabilne funkcije vise varijabli imaju Lipschitzovo svojstvo.

Definicija 9.4 Ako je za funkciju f : A → Rk zadovoljeno Lipschitzovo svojstvo sa konstantom

L < 1, onda f zovemo kontrakcijom.

Slijedeci je teorem, iako vrlo jednostavan, kljucan za dokaz mnogih vaznih rezultata.

Teorem 9.5 (Banachov teorem o fiksnoj tocki) Neka je A ⊂ Rn zatvoren i neka je f :

A → A kontrakcija. Tada f ima jedinstvenu fiksnu tocku u A (tj. ∃!x ∈ A takav da je f(x) = x).

Dokaz. Dokazimo najprije egzistenciju fiksne tocke. Neka je a bilo koja tocka u A. Definirajmoniz u A pomocu

x1 = a; xn+1 = f(xn), n ∈ N.

Mozemo pretpostaviti da je x2 6= x1; u protivnom smo vec pronasli fiksnu tocku, x1. Zelimodokazati da je niz (xn) Cauchyjev. Onda ce zbog potpunosti skupa A niz (xn) biti konvergentan;oznacimo njegov limes sa x. Sada prelaskom na limes iz jednakosti xn+1 = f(xn) dobivamox = f(x) pa je x fiksna tocka. Ovdje smo iskoristili neprekidnost funkcije f koja slijedi izLeme 9.2. Da dokazemo da je niz (xn) Cauchyjev, primijetimo najprije da iz cinjenice da je f

kontrakcija slijedi

d(xn, xn+1) ≤ Ld(xn−1, xn) ≤ L2d(xn−2, xn−1) ≤ . . . ≤ Ln−1d(x1, x2),

za bilo koji n ∈ N. Ako su sada k, n ∈ N, k < n, onda vrijedi

d(xk, xn) ≤ d(xk, xk+1) + d(xk+1, xk+2) + . . . + d(xn−1, xn) ≤ (Lk−1 + Lk + . . . + Ln−2)d(x1, x2).

Buduci da je 0 < L < 1, red∑

iLi konvergira. Slijedi da je posljednji izraz u gornjoj nejednakosti

po volji malen ako je k dovoljno velik. Naime, za zadani ε > 0, uzmimo k0 toliko velik da zaostatak reda

∑iLi vrijedi

∞∑

i=k0−1

Li <ε

d(x1, x2).

32

Tada ce za svaki k ≥ k0 vrijediti

Lk−1 + Lk + . . . + Ln−2 <

∞∑

i=k−1

Li ≤

∞∑

i=k0−1

Li <ε

d(x1, x2).

Stoga je za sve k, n ≥ k0

d(xk, xn) <ε

d(x1, x2)d(x1, x2) = ε.

Dakle, niz (xn) je doista Cauchyjev. Ostaje dokazati jedinstvenost fiksne tocke. Pretpostavimoda su x, y ∈ A fiksne tocke za f . Tada iz

d(x, y) = d(f(x), f(y)) ≤ Ld(x, y)

zbog C < 1 slijedi da mora biti d(x, y) = 0, tj. x = y.

33

10 Plohe i krivulje u R3

Intuitivno, ploha u R3 je dvodimenzionalan podskup, koji moze biti ravan ali je najcesce za-

krivljen. Vec smo spomenuli neke primjere ploha: to su grafovi “dovoljno dobrih” neprekidnihfunkcija f : R

2 → R. (Ako je f npr. glatka, znacenje cega cemo definirati kasnije, tada je graffunkcije f doista dvodimenzionalan.) Sada spomenimo jos dva nacina na koje je moguce zadatiplohu. Prisjetimo se da se krivulje u ravnini mogu zadati implicitno, pomocu jednadzbe

F (x, y) = 0,

pri cemu je F : R2 → R “dovoljno dobra” funkcija. Tipicni primjeri tako zadanih krivulja su

kruznica, elipsa i hiperbola, koje su redom zadane jednadzbama

x2 + y2 = 1;x2

a2+

y2

b2= 1;

x2

a2−

y2

b2= 1.

Na slican se nacin i plohe u prostoru mogu zadati pomocu jednadzbe

F (x, y, z) = 0,

gdje je F : R3 → R ponovno “dovoljno dobra”. Tipican primjer je jedinicna sfera

S2 = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 = 1;

tu je funkcija F dana sa F (x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 1. Jos jedan primjer je ploha

C = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 = 1.

Vidimo da kroz svaku tocku (x0, y0) na jedinicnoj kruznici u xy ravnini, ploha C sadrzi pravac

(x0, y0, z) | z ∈ R

paralelan sa z-osi. Drugim rijecima, C je beskonacan otvoreni uspravni cilindar nad jedinicnomkruznicom u xy ravnini. Drugi nacin zadavanja krivulja i ploha u prostoru je pomocu parametrizacije.Na taj smo nacin vec definirali krivulje i puteve. Na primjer, kruznica i elipsa mogu se parametriziratisa α, β : [0, 2π] → R

2,

α(θ) = (cos θ, sin θ); β(θ) = (a cos θ, b sin θ),

dok se jedna grana hiperbole moze parametrizirati sa γ : R → R2,

γ(t) = (a ch t, b sh t).

Primijetimo da je krivulju koja je dana kao graf funkcije f : I → R, gdje je I interval u R, dakle

C = (x, f(x)) | x ∈ I,

uvijek moguce parametrizirati parametrom x ∈ I, tj. sa α : I → R2,

α(x) = (x, f(x)).

34

Parmetrizirana ploha u R3 je neprekidna funkcija ϕ sa A ⊆ R

2 u R3. Na primjer, graf funkcije

f : A → R je parametrizirana ploha, ako definiramo ϕ : A → R3 pomocu

ϕ(x, y) = (x, y, f(x, y)).

(Primijetimo da se graf moze zadati i implicitno, sa F (x, y, z) = z − f(x, y) = 0.) Nadalje, gorespomenuti beskonacni cilindar C mozemo parametrizirati sa

ϕ : [0, 2π] × R → R3, ϕ(θ, z) = (cos θ, sin θ, z).

Sljedeca parametrizacija jedinicne sfere malo je manje ocita:

ϕ : [0, π] × [0, 2π] → R3, ϕ(φ, θ) = (sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ).

Da uvidimo da je to doista parametrizacija jedinicne sfere, uzmimo tocku T = (x, y, z) na sferi,i neka je φ kut koji radijus-vektor te tocke zatvara sa z-osi. Neka je T projekcija tocke T na xy-ravninu, i neka je θ kut koji radijus-vektor tocke T zatvara s pozitivnim dijelom x-osi. Ako sa T ′

oznacimo projekciju tocke T na z-os, iz trokuta OTT ′ vidimo da je udaljenost T do z-osi jednakasin φ i da je z = cos φ. Buduci da je udaljenost od T do 0 jednaka kao udaljenost T do z-osi,dakle sin φ, slijedi da je T = (sin φ cos θ, sin φ sin θ, 0). Dakle je T = (sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ).Ovi su primjeri usko vezani uz razne koordinatne sisteme u R

3. Naime, u R2 mozemo uvesti

polarne koordinate: r ≥ 0 - udaljenost tocke od 0, i θ ∈ [0, 2π〉 - kut koji radijus-vektor tockezatvara sa pozitivnim dijelom x-osi. Veza sa uobicajenim x, y-koordinatama je:

x = r cos θ; y = r sin θ,

odnosno r =√

x2 + y2, dok se θ moze odrediti iz tg θ = y

x, uzimajuci u obzir u kojem se kvad-

rantu tocka nalazi. Ako sada u xy-ravnini uzmemo polarne koordinate, a z-koordinatu ostavimokakva jest, dobivamo cilindricne koordinate (r, θ, z) u R

3. U tim koordinatama, jednadzba gorespomenutog cilindra C je r = 1, a θ i z mu mogu posluziti kao parametri. Sfera je pak u vezi sasferickim koordinatama u R

3: ρ ≥ 0 je udaljenost tocke do od 0, φ ∈ [0, π] je kut kojeg radijus-vektor tocke zatvara s pozitivnim dijelom z-osi, a θ je isti kao u cilindricnim koordinatama.Razmatranje koje smo proveli opisujuci parametrizaciju sfere pokazuje da je r = ρ sin φ dok jez = ρ cos φ, pa je dakle

x = r cos θ = ρ sin φ cos θ; y = r sin θ = ρ sin φ sin θ; z = ρ cos φ.

Obratno, ako znamo (x, y, z), onda prvo izracunamo ρ =√

x2 + y2 + z2 i r =√

x2 + y2, a zatimφ iz cos φ = z

ρi na kraju θ iz cos θ = x

r, sin θ = y

r. U sferickim koordinatama, jednadzba jedinicne

sfere je ρ = 1, dok joj φ i θ mogu posluziti kao parametri.

35

11 Diferencijal i derivacije

11.1 Diferencijal

U ovom odjeljku poopcujemo pojam diferencijabilnosti na funkcije vise varijabli. Realna funkcijarealne varijable f : 〈a, b〉 → R je diferencijabilna u c ∈ 〈a, b〉 ako postoji limes

limx→c

f(x) − f(c)

x − c. (11.2)

Ako taj limes postoji onda broj (jedinstvenost limesa)

f ′(c) = limx→c

f(x) − f(c)

x − c

zovemo derivacija funkcije f u tocki c. Ovaj broj upravo je nagib tangente na graf funkcije f utocki (c, f(c)):

c

fHcL

Znamo li da je funkcija f diferencijabilna u tocki c tada (11.2) mozemo iskazati na jos nekolikoekvivalentnih nacina

limx→c

(

f(x) − f(c)

x − c− f ′(c)

)

= 0

ili

limx→c

f(x) − f(c) − f ′(c)(x − c)

x − c= 0

ili ekvivalentno

limx→c

|f(x) − f(c) − f ′(c)(x − c)|

|x − c|= 0

Stoga definiciju diferencijabilnosti mozemo iskazati i ovako: funkcija f : 〈a, b〉 → R je diferenci-jabilna u c ∈ 〈a, b〉 ako postoji l ∈ R takav da vrijedi

limx→c

|f(x) − f(c) − l(x − c)|

|x − c|= 0. (11.3)

Ako takav l postoji on je jedinstven, pa ga oznacimo sa f ′(c).

36

Napomena 11.1 Upravo smo pokazali da definicija diferencijabilnosti povlaci (11.3). Nadalje,istim racunom lako je pokazati da (11.3) povlaci definiciju (11.2).

Oznacimo afinu funkciju koja prolazi kroz tocku (c, f(c)) u ravnini sa

fl(x) = f(c) + l(x − c).

Ocito je da ova funkcija za proizvoljni l ∈ R zadovoljava

limx→c

‖f(x) − fl(x)‖ = 0.

No, ako izaberemo jedinstveni l = f ′(c) onda dobivamo i vise

limx→c

‖f(x) − ff ′(c)(x)‖

‖x − c‖= 0.

Ovo svojstvo bi mogi iskazati sa: razlika tangente (tj. funkcije ff ′(c)) i funkcije f ide u nulu

jos brze nego sto x → c. Stovise zbog jedinstvenosti derivacije u tocki tangenta je jedina afinafunkcija koja ima to svojstvo.

Definiramo li preslikavanje L : R → R formulom L(x) = lx tada je to preslikavanje linearno(linearni operator sa R u R). Sada nam je (11.3) motivacija za sljedecu definiciju.

Definicija 11.2 Neka je A ⊆ Rn. Funkcija f : A → R

m je diferencijabilna u tocki c ∈ A akopostoji linearni operator L : R

n → Rm (L ∈ L(Rn, Rm)) takav da vrijedi

limx→c

‖f(x) − f(c) − L(x − c)‖

‖x − c‖= 0. (11.4)

Funkcija je diferencijabilna na A ako je diferencijabilna u svakoj tocki skupa A.

Napomena 11.3 Norma u ovoj definiciji je Euklidska, ali zbog ekvivalencije normi na konacnodi-menzionalnom prostoru definicija ne ovisi o izboru norme. Primijetite takoder da je ista definicijasmislena i za normirane prostore V,W i funkciju f : A ⊆ V → W . Za proizvoljni L ∈ L(Rn, Rm)afina aproksimacija definirana je sa

fL(x) = f(c) + L(x − c)

i ima ista svojstva kao i u slucaju realne funkcije realne varijable.

Primjer 11.4 Neka je dana funkcija f : R2 → R diferencijabilna u tocki c ∈ R

2. Sada zalinearni operator iz definicije diferencijabilnosti vrijedi L ∈ L(R2, R), pa je pridruzena matrica uparu kanonskih baza na R

2 i R dimenzije 1× 2 (ona ima reprezentanta l medu vektorima iz R2).

Stoga se afina aproksimacija moze napisati sa

fL(x1, x2) = (l|x − c) + f(c),

gdje je · skalarni produkt u R2. Graf ove funkcije je ravnina koja prolazi kroz tocku (c, f(c)), s

nagibom odredenim operatorom L, koja je najbolja aproksimacija funkcije f u okolini tocke c.

slika

Kad u narednom teoremu pokazemo jedinstvenost operatora L tu cemo ravninu nazivatitangencijalna ravnina.

37

Teorem 11.5 Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R

m diferencijabilna u c ∈ A. Tada je linearnioperator iz definicije diferencijala jedinstven.

Dokaz. Pretpostavimo da postoje dva linearna operatora L1, L2 ∈ L(Rn, Rm) koji zadovoljavaju(11.4). Dokazat cemo da je L1e = L2e za proizvoljni jedinicni vektor e ∈ R

n. Stoga su L1 i L2

linearni operatori jednaki na nekoj bazi, te stoga jednaki.Neka je e proizvoljan jedinicni vektor i λ > 0. Oznacimo x = c + λe. Stoga je

λ = ‖x − c‖, e =x − c

λ=

x − c

‖x − c‖.

Zbog otvorenosti skupa A za dovoljno male λ vrijedi x ∈ A. Sada je

‖L1e−L2e‖ = ‖L1x − c

‖x − c‖−L2

x − c

‖x − c‖‖ = ‖

−f(x) + f(c) + L1(x − c)

‖x − c‖+

f(x) − f(c) − L2(x − c)

‖x − c‖‖.

Primjenom nejednakosti trokuta dobivamo

‖L1e − L2e‖ ≤‖f(x) − f(c) − L1(x − c)‖

‖x − c‖+

‖f(x) − f(c) − L2(x − c)‖

‖x − c‖.

Uzimanjem limesa x → c slijedi da je lijeva strana jednaka 0, pa je L1e = L2e za proizvoljanjedinican vektor iz R

n.

Napomena 11.6 Tvrdnja teorema vrijedi i za neke skupove koji nisu otvoreni, npr. segment uR ili opcenito zatvorena kugla u R

n. S druge strane za skup koji sadrzi jednu tocku operator L

nije jedinstveno odreden.

Sada kad znamo da je linerni operator jedinstven (tj. potpuno odreden funkcijom f i tockomc) opravdana je oznaka Df(c) i naziv diferencijal funkcije f u tocki c. Linearni operator sa R

u R je operator mnozenja. Stoga je diferencijal Df(c) za f : R → R operator mnozenja s f ′(c).

Primjer 11.7 Direktno iz definicije slijedi da je afina funkcija f : Rn → R

m

f(x) = Ax + b,

pri cemu je A ∈ L(Rn, Rm), a b ∈ Rm je diferencijabilna u svim tockama domene R

n, te da jojje diferencijal u svim tockama jednak A.

Lema 11.8 Neka je A ⊂ Rn, f : A → R

n, f = (f1, . . . , fm), i c ∈ A. Funkcija f je diferencija-bilna u tocki c ako i samo ako su fi diferencijabilne u c za svaki i = 1, . . . ,m.

Dokaz. Neka je f diferencijabilna u c, i L zapis diferencijala Df(c) u paru kanonskih baza. Tadavrijedi

limx→c

‖f(x) − f(c) − L(x − c)‖

‖x − c‖= 0.

To je ekvivalentno sa

limx→c

f(x) − f(c) − L(x − c)

‖x − c‖= 0,

a to je ekvivalentno sa

limx→c

(f(x) − f(c) − L(x − c)|ei)

‖x − c‖= 0, i = 1, . . . ,m. (11.5)

38

Zbog simetricnosti skalarnog produkta ove konvergencije ekvivalentne su sa

limx→c

fi(x) − fi(c) − (LTei|x − c)

‖x − c‖= 0, i = 1, . . . ,m.

Svaki od vektora LTei definira linearni operator Li ∈ L(Rn, R) formulom Lix = (LT

ei|x), pa sufunkcije fi diferencijabilne u c za svaki i = 1, . . . ,m.

Obratno, neka su sve funkcije fi diferencijabilne u c s diferencijalima Dfi(c). To znaci

limx→c

fi(x) − fi(c) − Dfi(c)(x − c)

‖x − c‖= 0, i = 1, . . . ,m.

Definiramo linearni operator formulom

Lx =

Df1(c)x...

Dfm(c)x

.

Zbog (11.5) slijedi da je sada f diferencijabilna tocki c s diferencijalom L.

11.2 Parcijalne derivacije

Neka je A ⊆ Rm i neka je f : A → R

m. Tada smo definirali komponentne funkcije sa

f(x) = (f1(x), f2(x), . . . , fm(x)).

Svaka od funkcija fi funkcija je n varijabli, no za danu tocku c mozemo definirati realne funkcijejedne varijable gij(h) = fi(c1, . . . , cj−1, cj + h, cj+1, . . . , cn), za h iz nekog skupa sto sadrzi 0.Ovime zapravo promatramo samo ponasanje funkcije fi na presjeku neke okoline tocke c i skupaA, i to samo duz osi xj.

slika

Ove funkcije znamo derivirati.

Definicija 11.9 Parcijalne derivacije funkcije f u tocki c ∈ A, u oznaci ∂fi

∂xj(c), dane su sa

∂fi

∂xj(c) = g′ij(0) = lim

h→0

fi(c1, . . . , cj−1, cj + h, cj+1, . . . , cn) − fi(c1, . . . , cn)

h

(citamo: parcijalna derivacija ite komponente funkcije f po varijabli xj), i = 1, . . . ,m, j =1, . . . , n.

Iz definicije slijedi da je lako racunati parcijalne derivacije. Npr. za funkciju f(x, y) = (x2, x3y, x4y2)parcijalne derivacije su

∂f1

∂x(x, y) = 2x,

∂f1

∂y(x, y) = 0,

∂f2

∂x(x, y) = 3x2y,

∂f2

∂y(x, y) = x3,

∂f3

∂x(x, y) = 4x3y2,

∂f3

∂y(x, y) = x42y.

Vec smo vidjeli da je diferencijal Df(c) za f : R → R zapravo operator mnozenja s f ′(c). Tajrezultat sada generaliziramo.

39

Teorem 11.10 Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R

m diferencijabilna u c ∈ A. Tada sveparcijalne derivacije ∂fi

∂xj(c) postoje, te je matrica diferencijala Df(c) u paru kanonskih baza od

Rn i R

m, oznacavat cemo je ∇f(c) (znak ∇ citamo ”nabla”), dana sa

∇f(c) =

∂f1

∂x1(c) ∂f1

∂x2(c) · · · ∂f1

∂xn(c)

∂f2

∂x1(c) ∂f2

∂x2(c) · · · ∂f2

∂xn(c)

......

. . ....

∂fn

∂x1(c) ∂fn

∂x2(c) · · · ∂fn

∂xn(c)

.

Napomena 11.11 Ovu matricu nazivamo Jacobijeva matrica funkcije f u tocki c, a ponekad iderivacija vektorske funkcije vise varijabli.

Dokaz. Funkcija je diferencijabilna u tocki c, te postoji Df(c). i, j element matrice linearnogoperatora Df(c) u paru kanonskih baza jednak je

aij := Df(c)ej · ei.

Sada iz definicije diferencijala za x = c + hej (uzimamo limes u tocki c po pravcu paralelnom sosi xj) slijedi

0 = limx→c

‖f(x) − f(c) − Df(c)(x − c)‖

‖x − c‖

= limh→0

‖f(c1, . . . , cj−1, cj + h, cj+1, . . . , cn) − f(c1, . . . , cn) − hDf(c)ej‖

h.

Ova konvergencija povlaci konvergenciju svih komponenti vektora u brojniku, tj. za svaki i =1, . . . ,m vrijedi

0 = limh→0

fi(c1, . . . , cj−1, cj + h, cj+1, . . . , cn) − fi(c1, . . . , cn) − hDf(c)ej · ei

h

= limh→0

fi(c1, . . . , cj−1, cj + h, cj+1, . . . , cn) − fi(c1, . . . , cn)

h− aij .

Iz definicije parcijalne derivacije sada slijedi aij = ∂fi

∂xj.

Racun diferencijala sada se svodi na racun parcijalnih derivacija koje lako racunamo tehnikamarazvijenim za funkcije jedne varijable. Npr. Jacobijeva matrica, za f(x, y) = (x2, x3y, x4y2) danaje sa

∇f(x, y) =

2x 03x2y x3

4x3y2 x42y

.

Primijetite da je diferencijal neovisan o izboru baza u Rn i R

m, za razliku od Jacobijevematrice. Kod definicije parcijalnih derivacija ogranicili smo se na restrikcije funkcije u okolinineke tocke u smjerovima koordinatnih osi. Naravno, ima smisla promatrati i druge smjerove.

slika

40

Definicija 11.12 Neka je A ⊆ Rn i f : A → R

m, te neka je v ∈ Rn, jedinicni vektor ‖v‖ = 1.

Ako postoji limes

limh→0

f(c + hv) − f(c)

h

nazivamo ga derivacija funkcije u smjeru vektora v u tocki c i oznacavamo sa ∇vf(c) ili∂f∂v

.

Stoga je parcijalna derivacija ∂f∂xi

zapravo derivacija u smjeru koordinatne osi xi (v = ei).Sada za diferencijabilnu funkciju u tocki c slijedi

limh→0

‖f(c + hv) − f(c) − hDf(c)v‖

h= 0.

Stoga je∂f

∂v

(c) = limh→0

f(c + hv) − f(c)

h= Df(c)v.

Stoga smo pokazali slijedecu Propoziciju.

Propozicija 11.13 Neka je A ⊆ Rn i f : A → R

m, te neka je v ∈ Rn, jedinicni vektor ‖v‖ = 1.

Ako je funkcija diferencijabilna u tocki c tada postoji ∂f∂v

(c) i vrijedi

∂f

∂v

(c) = Df(c)v.

U slucaju m = 1, tj. kad je funkcija vise varijabli realna, f : A ⊆ Rn → R, matrica

diferencijala dana je sa(

∂f

∂x1· · ·

∂f

∂xn

)

.

To je matrica dimenzije 1× n. Vektor s istim komponentama se naziva gradijent i oznacava sagrad f (oznake su dosta neujednacene, pa se ponekad gradijent oznacava sa ∇f):

grad f =

(

∂f

∂x1, . . . ,

∂f

∂xn

)

.

Primijetite da smo tu zapravo napravili identifikaciju izmedu prostora L(Rn, R) i Rn pomocu

kanonske baze. Djelovanje diferencijala na vektor v, odnosno deivaciju u smjeru vektora v, sadamozemo zapisati i sa

∂f

∂v

(c) = Df(c)v = (grad f(c)|v).

Napomena 11.14 Iz prethodne formule sada lako procitamo da smjer vektora v u kojemfunkcija f najbrze raste , tj. najvece derivacije u smjeru u tocki c, odreden sa grad f(c).

41

1 Diferencijabilnost

1.1. Motivacija. Kazemo da je funkcija f : 〈a, b〉 → R derivabilna u tocki c ∈ 〈a, b〉 akopostoji limes

f ′(c) = limx→c

f(x)− f(c)

x− c.

Najbolja linearna aproksimacija funkcije f je funkcija l(x) = f(c) + f ′(c)(x− c). Vidimo daje tangenta na graf funkcije f kroz tocku (c, f(c)) upravo pravac y = f(c) + f ′(c)(x− c).

Limes koji definira derivaciju u tocki ekvivalentan je s

limx→c

|f(x)− f(c)− f ′(c)(x− c)||x− c|

= 0, (1)

tj. derivacija u tocki postoji ako i samo ako postoji broj f ′(c) (koji numericki reprezentiralinearnu aproksimaciju funkcije f u tocki c) takav da vrijedi (1). U slucaju funkcija visevarijabli takoder funkciju pokusavamo lokalno najbolje aproksimirati linearnom funkcijom.

1.2. Definicija. Neka je A ⊆ Rn otvoren skup. Kazemo da je f : A→ Rm diferencijabilnau tocki c ∈ A ako postoji linearan operator L : Rn → Rm takav da vrijedi

limx→c

‖f(x)− f(c)− L(x− c)‖‖x− c‖

= 0.

1.3. Napomena. Ako postoji, takav linearan operator je jedinstven, nazivamo ga difer-encijal preslikavanja f u tocki c i oznacavamo ga s Df(c). Primjetite da je Df(c) oznakaza jedan linearni operator. Zelimo li opisati taj linearni operator navest cemo kako on djelujena pojedini vektor njegove domene. Takoder, primjetite da (zasad) oznake Df i D nemajunikakvo znacenje.

1.4. Napomena. Ako je f diferencijabilno u tocki c, onda je i neprekidno u c. Obrat, kaoi u slucaju jedne varijable, ne vrijedi opcenito.

1.5. Napomena. Primjetite da je funkcija jedne varijeble derivabilna u c ako i samo akoje diferencijabilna u c i tada vrijedi Df(c)(x) = f ′(c)x, ∀x ∈ R.

1.6. Definicija. Kazemo da je f diferencijabilna na A ako je diferencijabilna u svakoj tockic ∈ A.

1.7. Primjer. Neka je L : Rn → Rm linearan operator. Dokazite da je DL(c) = L za svakic ∈ Rn. (Linearni operator najbolje sam sebe aproksimira linearno!)

Rjesenje. Buduci da je L linearan vrijedi L(x)− L(c) = L(x− c) sto povlaci

‖L(x)− L(c)− L(x− c)‖‖x− c‖

= 0,

pa direktno iz definicije slijedi tvrdnja.

1

1.8. Zadatak. Neka je f : Rn → Rm i pretpostavimo da postoji konstanta M > 0 takvada za svaki x ∈ Rn vrijedi ‖f(x)‖ ≤ M‖x‖2. Dokazite da je f diferencijalno u c = 0 i da jeDf(0) = 0 (nul-operator).

Rjesenje. Pri dokazivanju raznih tvrdnji koristeci definiciju diferencijala korisno je razmisljatida prirast funkcije mozemo zapisati kao ”linearni dio” + ”mali ostatak”,

f(x)− f(c) = Df(c)(x− c) + r(x), limx→c

‖r(x)‖‖x− c‖

= 0.

Iz tvrdnje zadatka slijedi da je ‖f(0)‖ ≤M · 0, sto povlaci f(0) = 0.Dakle, zapisemo li u spomenutom obliku

f(x) = f(x)− f(0) = 0(x− c) + r(x)

vidimo da bismo trebali pokazati da sam f(x) ima svojstvo ”malog ostatka” (tj. da je f(x)zanemarivo u odnosu na x). Iz tvrdnje zadatka vrijedi

0 ≤ ‖f(x)‖‖x‖

≤M‖x‖,

pa prelaskom na limes i primjenom ”teorema o sendvicu” zaista dobivamo

limx→0

‖f(x)‖‖x‖

= 0.

1.9. Primjer. Ako je f : R→ R derivabilna i |f(x)| ≤ |x|, mora li vrijediti Df(0) = 0?

Rjesenje. Ne, kontraprimjer je f(x) = x. Za diferencijal vrijedi Df(0)(x) = f ′(0)x = 1 · x,tj. Df(0) = 1R 6= 0.

1.10. Primjer. Neka je L : Rn → Rm linearan operator, f : Rn → Rm takva da za svakix ∈ Rn vrijedi ‖f(x)‖ ≤M‖x‖2 za neku konstantu M > 0 i neka je g(x) = f(x)+L(x),∀x ∈Rn. Dokazite da je Dg(0) = L.

Rjesenje. Tvrdnja slijedi jer za f1 i f2 diferencijabilne u 0 slijedi da je f1 + f2 takoderdiferencijabilno u 0 i vrijedi Df1(0) + Df2(0) = D(f1 + f2)(0) (predavanja!) te primjenomprethodnih zadataka.

1.11. Zelimo li izracunati diferencijal nekog preslikavanja definicija nije previse operativnajer moramo pogoditi linearni operator i racunati odredeni limes u vise varijabli. Srecom,mozemo (kao sto je cesto u matematici) racun svesti na jednostavniji, poznati slucaj poz-navajuci vezu izmedu diferencijala i parcijalnih derivacija.

2

1.12. Definicija. Neka je A ⊆ Rn otvoren skup i f = (f1, ..., fm) : A → Rm. Za svakoc ∈ A definiramo i-tu parcijalnu derivaciju koordinatne funkcije fj u tocki c kao sljedeci limes(ukoliko on postoji)

∂ifj(c) =∂fj∂xi

= limh→0

fj(c+ hei)− fj(c)h

, i = 1, ..., n, j = 1, ...,m

pri cemu su e1 = (1, 0, ..., 0), e2 = (0, 1, ..., 0), ..., en = (0, ..., 0, 1) vektori kanonske baze u Rn.Opcenitije, neka je v ∈ Rn takav da je ‖v‖ = 1 (kazemo da je v smjer). Derivacija u smjeruvektora v koordinatne funkcije fj u tocki c je limes (ukoliko on postoji)

∂vfj(c) =∂fj∂v

= limh→0

fj(c+ hv)− fj(c)h

, j = 1, ...,m.

1.13. Napomena. Parcijalna derivacija po i-toj varijabli racuna se kao da se radi o funkcijijedne varijable xi, dok ostale varijable smatramo konstante.

1.14. Primjer. Odredi sve parcijalne derivacije preslikavanja

a) f(x, y, z) = x sin yz

.

b) f(x, y, z) = (x4y, xez).

Rjesenje. a)

∂f

∂x(x, y, z) =

sin y

z,

∂f

∂y(x, y, z) =

x cos y

z,

∂f

∂z(x, y, z) =

−x sin y

z2.

b)∂f1∂x

(x, y, z) = 4x3y,∂f1∂y

(x, y, z) = x4,∂f1∂z

(x, y, z) = 0,

∂f2∂x

(x, y, z) = ez,∂f2∂y

(x, y, z) = 0,∂f2∂z

(x, y, z) = xez.

1.15. DZ. Pokazite koristeci definiciju da je diferencijal preslikavanja iz posljednjeg zadatkadan formulom

Df(x0, y0, z0)(x, y, z) = (4x30y0x+ x40y, ez0x+ x0e

z0z).

1.16. Definicija. Neka postoje sve parcijalne derivacije preslikavanja f = (f1, ..., fm) : A →Rm. Matricu dimenzija m× n

∇f(c) =

∂f1∂x1

(c) ∂f1∂x2

(c) · · · ∂f1∂xn

(c)∂f2∂x1

(c) ∂f2∂x2

(c) · · · ∂f2∂xn

(c)...

......

∂fm∂x1

(c) ∂fm∂x2

(c) · · · ∂fm∂xn

(c)

nazivamo Jacobijeva matrica preslikavanja f u tocki c.

3

1.17. Teorem. Neka je A ⊆ Rn otvoren skup i f = (f1, ..., fm) : A → Rm diferencijabilnau c ∈ A. Tada sve parcijalne derivacije ∂ifj(c) preslikavanja f u c postoje te matrica operatoraDf(c) u paru kanonskih baza za Rn i Rm upravo Jacobijeva matrica ∇f(c). Nadalje, tada vrijedi

∂vfj(c) = Df(c)(v) =n∑

i=1

vi∂ifj(c), v = (v1, v2, ..., vn).

1.18. Zadatak. Neka je formulom f(x, y) = (xy, yx) dano preslikavanje na svojoj prirodnoj

domeni. Izracunajte Df(x, y). Odredite matricu operatora Df(x, y) obzirom na bazu (e′) =(1, 0), (1, 1) u R2.

Rjesenje. Prvo je potrebno komentirati da je f diferencijabilno u svakoj tocki prirodnedomene D = (x, y) ∈ R2 : x 6= 0 jer je svaka koordinatna funkcija diferencijabilna. Naime,f1(x, y) = xy je diferencijabilna na R2 jer je produkt projekcija koje su linearni operatori padakle i diferencijabilna preslikavanja, a f2(x, y) = y

xje diferencijabilna na D jer je kolicinik

projekcija.Izracunamo li parcijalne derivacije (koje postoje, teorem!), vidimo da je Jacobijeva ma-

trica preslikavanja f

∇f(x, y) =

(y x− y

x21x

).

Djelovanje operatora Df(x, y) je tada Df(x, y)(v1, v2) = (yv1 + xv2,−yv1x2 + v2

x).

Matrica prijelaza P iz baze (e) u bazu (e′) i njen inverz P−1 su redom

P =

(1 10 1

), P−1 =

(1 −10 1

).

Matrica operatora Df(x, y) u bazi (e′) tada glasi

P−1 · ∇f(x, y) · P =

(y + y

x2 y + yx2 + x− 1

x

− yx2 − y

x2 + 1x

).

1.19. Napomena. Obrat teorema 1.17 ne vrijedi opcenito, tj. postojanje parcijalnihderivacija nije dovoljno da bi funckija bila diferencijabila. Ipak, ukoliko sve parcijalnederivacije postoje i neprekidne su u tocki c, onda je i preslikavanje diferencijabilno u tockic (predavanja!). Koristeci ovu tvrdnju mozemo dokazivati diferencijabilnost preslikavanjakoja nisu samo kompozicije, produkti ili kolicnici linearnih operatora. Sljedeca dva primjerailustriraju neke od ovih tvrdnji.

1.20. DZ. Pokazite da je f(x, y) =√x2 + y2 diferencijabilno na R2 \ (0, 0) te da ne

postoje ∂xf(0, 0) i ∂yf(0, 0) i zakljucite da ne postoji Df(0, 0).

4

1.21. DZ. Pokazite da preslikavanje

f(x, y) =

xyx2+y

, y 6= −x2,0, y = x2,

ima derivaciju u svakom smjeru u tocki (0, 0), ali nije diferencijabilno u (0, 0).Uputa: Za v = (v1, v2) pokazite da je

∂f

∂v(0, 0) =

v1, v2 6= 0,0, v2 = 0.

Takoder, pokazite da f nije (i ne moze se dodefinirati tako da bude) neprekidno u (0, 0).

1.22. Zadatak. Dokazite da je preslikavanje

f(x, y) =

(xy)2√x2+y2

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

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

diferencijabilno u (0, 0) (i na citavom R2).

Rjesenje. Parcijalne derivacije u tocki (x, y) 6= (0, 0) su

∂xf(x, y) =x3y2 + 2xy4

(x2 + y2)3/2, ∂yf(x, y) =

x2y3 + 2yx4

(x2 + y2)3/2.

Po definiciji racunamo ∂xf(0, 0) = limh→0f(h,0)−f(0,0)

h= 0 i zelimo pokazati da je

lim(x,y)→(0,0)

∂xf(x, y) = 0 = ∂xf(0, 0).

Imamo ocjenu

0 ≤∣∣∣∣x3y2 + 2xy4

(x2 + y2)3/2

∣∣∣∣ =|xy|

x2 + y2· |y|√

x2 + y2· (x2 + 2y2) ≤ 1

2· 1 · (x2 + 2y2).

Prelaskom na limes lim(x,y)→(0,0)

i prema teoremu o sendvicu dobivamo trazeni zakljucak.

Ovo pokazuje da je ∂xf neprekidno u (0, 0), a analogno se pokazuje za ∂yf . Premanapomeni sada zakljucujemo da je f diferencijabilno u (0, 0). Za ostale tocke iz R2 komen-tiramo na standardni nacin, koristeci diferencijabilnost kolicnika, kompozicija itd.

1.23. Zadatak. Dokazite da je preslikavanje

f(x, y) =

xy√x2+y2

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

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

diferencijabilno u (0, 0).

5

Rjesenje. Na slican nacin kao u prethodnom zadatku racunamo parcijalne derivacije, no uovom primjeru one nisu neprekidne u tocki (0, 0). Ipak, neprekidnost parcijalnih derivacijanije nuzan uvjet za diferencijabilnost preslikavanja, pa diferencijabilnost provjeravamo direk-tno. Buduci da prema definiciji lako dobivamo ∂xf(0, 0) = 0 i ∂yf(0, 0) = 0 prema teoreomu1.17 jedini kandidat za Df(0, 0) je nul-operator.

Uvjet diferencijabilnosti preslikavanja f u (0, 0) se svodi na 0 = lim(x,y)→(0,0)f(x,y)√x2+y2

=

lim(x,y)→(0,0)xy

x2+y2, sto nije istina jer potonji limes ne postoji.

1.24. Zadatak. Neka je f : R2 → R takva da je f(x, y) = f(y, x), ∀x, y ∈ R. Dokaziteda ako postoji barem jedan od brojeva ∂1f(x0, y0) i ∂2f(x0, y0) onda postoji i drugi i oni sujednaki.

Rjesenje.

∂1f(x0, y0) = limt→0

f(x0 + t, y0)− f(x0, y0)

t= lim

t→0

f(y0, x0 + t)− f(y0, x0)

t= ∂2(y0, x0).

1.25. Zadatak. Ispitajte diferencijabilnost funkcije f : R2 → R zadane s f(x, y) = |x2−y2|.

Rjesenje. Za svaku tocku (x0, y0) uz y0 6= ±x0 postoji okolina U takva da je y 6= ±x zasvaku tocku (x, y) ∈ U i funkcija je diferencijabilna na U jer se na toj okolini podudara socito diferencijabilnom funkcijom x2 − y2, odnosno y2 − x2.

Za tocku (x0, x0) provjeravamo parcijalne derivacije po definiciji. Buduci da je

∂xf(x0, x0) = limh→0

f(x0 + h)− f(x0)

h= lim

h→0

|2x0h+ h2|h

= limh→0

|h|h

(2x0 + h)

za x0 6= 0 zakljucujemo da je ∂xf(x0, x0) ne postoji jer limh→0|h|h

ne postoji, a limh→0 2x0+h =2x0 6= 0.

Prema tome zakljucujemo da f nije diferencijabilno u (x0, x0) za x0 6= 0, a analognozakljucujemo u tockama oblika (x0,−x0), x0 6= 0.

Jos izracunamo parcijalne derivacije u tocki (0, 0).

∂xf(0, 0) = limh→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lim

h→0

|h2|h

= limh→0

h = 0,

∂yf(0, 0) = limh→0

f(0, h)− f(0, 0)

h= lim

h→0

| − h2|h

= limh→0

h = 0.

Parcijalne derivacije postoje u tocki (0, 0) i jedini kandidat za diferencijal u tocki (0, 0)je linearni operator cija Jacobijeva matrica za elemente ima upravo ∂xf(0, 0) i ∂yf(0, 0), tj.jedini kandidat je nul-operator. Pokazimo po definiciji da je zaista Df(0, 0) = 0:

0 ≤ lim(h1,h2)→(0,0)

|f(h1, h2)− f(0, 0)−Df(0, 0)(h1, h2)|‖(h1, h2‖

= lim(h1,h2)→(0,0)

|h21 − h22|√h21 + h22

≤

6

≤ lim(h1,h2)→(0,0)

h21 + h22√h21 + h22

= lim(h1,h2)→(0,0)

√h21 + h22 = 0.

1.26. Zadatak. Neka je f : Rn → R parna funkcija (tj. f(−x) = f(x),∀x ∈ Rn),diferencijabilna u 0. Izracunajte Df(0).

Rjesenje. Neka je g(x) := f(x) − f(0). Tada je g takoder parna, diferencijabilna u 0 ig(0) = 0. Buduci da je diferencijal konstante nuloperator vrijediDg(0) = Df(0)+0 = Df(0).

Neka je g(x) = Dg(0)(x) + r(x) uz limx→0 ‖r(x)‖‖x‖ = 0. Tada imamo

g(x) = g(−x) = Dg(0)(−x) + r(−x) = −Dg(0)(x) + r(−x)

zbog parnosti funkcije g i linearnosti operatora Dg(0). Oduzmemo li tu jednakost od g(x) =Dg(0)(x) + r(x) dobivamo

2Dg(0)(x) = r(x)− r(−x),

dijeljenjem s ‖x‖ i prelaskom na limx→0 dobivamo

0 ≤ 2 limx→0

Dg(0)(x)

‖x‖= lim

x→0r(x)− r(−x)‖x‖ = 0,

odnosno

limx→0

Dg(0)(x)

‖x‖= 0.

Tvrdnja zadatka slijedi iz sljedece leme.

1.27. Lema. Neka je A : Rn → R linearni operator takav da je

limx→0

A(x)

‖x‖= 0.

Tada je A = 0.

Dokaz. Pretpostavimo da je A 6= 0 i neka je x ∈ Rn takav da je Ax 6= 0. Tada prelaskom narestrikciju u smjeru vektora x dobivamo

0 = limt→0

A(tx)

‖tx‖= lim

t→0

tA(x)

|t|‖x‖=Ax

‖x‖limt→0

t

|t|,

sto je kontradikcija jer potonji limes ne postoji. Dakle, pretpostavka je bila pogresna i vrijediA = 0.

1.28. Definicija. Neka su V,W normirani prostori. Za linearni operator A : V → W kazemoda je ogranicen ako postoji konstanta λ > 0 takva da za svaki x ∈ V vrijedi

‖Ax‖ ≤ λ‖x‖.

7

1.29. Napomena. Linearni operator (6= 0) nikad nije ogranicen kao funkcija. Razlikujemopojam ogranicene funkcije i ogranicenog linearnog operatora.

1.30. DZ. Linearni operator je ogranicen ako i samo ako je neprekidan. Na konacnodimenzionalnomprostoru svi linearni operatori su ograniceni.

1.31. Lema. Za svaki linearni operator A : Rn → Rm vrijedi

sup‖Ax‖ : ‖x‖ = 1 = infλ : ‖Ax‖ ≤ λ‖x‖, x ∈ Rn.

Dokaz. Knjiga prof. Ungara, str 22.

1.32. Napomena.

a) Za svaki linearni operator A : Rn → Rm vrijedi

‖Ax‖ ≤ ‖A‖‖x‖, x ∈ Rn.

b) Preslikavanje A 7→ ‖A‖ je norma na prostoru svih linearnih operatora.

c) Za dva kompozabilna linearna operatora A i B vrijedi ‖A B‖ ≤ ‖A‖‖B‖.

1.33. Zadatak. Neka je A ∈ Mn(R) simetricna matrica, a f : Rn → R zadana s f(x) =(Ax|x). Dokazite da je f diferencijabilna na Rn i nadite Df(x)(v).

Rjesenje. Prvi nacin.

f(x1, x2, ..., xn) =

a11 a12 ... a1na21 a22 ... an2...

...an1 an2 ... ann

x1x2...xn

,x1x2...vn

=

n∑i,j=1

aijxixj.

Buduci da je ∂if(x1, ..., xn) =∑n

j=1 2aijxj (raspisite to detaljno!), mnozeci Jacobijevumatricu preslikavanja f vektorom v = (v1, ..., vn) dobivamo

Df(x)(v) = 2(Ax|v).

Drugi nacin. Raspisimo

f(x+ h)− f(x) = (A(x+ h)|x+ h)− (Ax|x) = (Ax|x) + (Ax|h) + (Ah|x) + (Ah|h)− (Ax|x)

f(x+ h)− f(x) = 2(Ax|h) + (Ah|h),

pri cemu je (Ah|x) = (h|Ax) = (Ax|h) jer je A simetricna matrica i jer je sklarni produktsimetrican.

8

Primjetimo da je preslikavanje h 7→ 2(Ax|h) linearno jer je skalarni produkt linearan u2. varijabli. Nadalje, prelikavanje r(h) = (Ah|h) ima svojstvo ”malog ostatka” jer vrijedi

0 ≤ |r(h)|‖h‖

=|(Ah|h)|‖h‖

≤ ‖Ah‖‖h‖‖h‖

≤ ‖A‖‖h‖2

‖h‖= ‖A‖‖h‖,

pri cemu smo koristili SCB nejednakost i svojstvo a) operatorske norme iz napomene. Prim-

jenimo li limh→0 prema teoremu o sendvicu dobivamo limh→0|r(h)|‖h‖ = 0.

Ovime smo pokazali da je f diferencijabilno u tocki x i da je Df(x)(v) = 2(Ax|v).

1.34. Zadatak. Neka je f : Rn → Rm diferencijabilno preslikavanje na Rn i v0 ∈ Rm

fiksan vektor. Dokazite da je i preslikavanje g : Rn → R definirano s g(x) = (f(x)|v0)diferencijabilna na Rn.

Rjesenje. Buduci da je f diferencijabilna u xmozemo pisati f(x+h)−f(x) = Df(x)(h)+r(h)

pri cemu je limh→0‖r(h)‖‖h‖ = 0.

Slicno kao u prethodnom zadatku raspisujemo

g(x+ h)− g(x) = (Df(x)(h) + r(h)|v0) = (Df(x)(h)|v0) + (r(h)|v0).

Preslikavanje h 7→ (Df(x)(h)|v0) je linearno jer je Df(x) linearan i jer je skalarni produktlinearan u 1. varijabli. Nadalje imamo ocjenu

0 ≤ |(r(h)|v0)|‖h‖

≤ ‖r(h)‖‖v0‖‖h‖

,

pri cemu smo koristili SCB nejednakost. Prelaskom na limh→0 i primjenom teorema osendvicu dobivamo

limh→0

|(r(h)|v0)|‖h‖

= 0,

sto pokazuje da je g diferencijabilna u x i da je Dg(x)(h) = (Df(x)(h)|v0).

9

12 Svojstva diferencijabilnih funkcija

Za realne funkcije realne varijable diferencijabilnost povlaci neprekidnost funkcija:

limx→c

(f(x) − f(c)) = limx→c

f(x) − f(c)

x − c(x − c) = f ′(c) lim

x→c(x − c) = f ′(c) · 0 = 0.

Poopcenje tog rezultata vrijedi i za vektorske funkcije vise varijabli.

Teorem 12.1 Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R

m diferencijabilna u c ∈ A. Tada vrijedi

∃δ > 0,M > 0 ∀x ∈ A ‖x − c‖ < δ =⇒ ‖f(x) − f(c)‖ ≤ M‖x − c‖, (12.6)

pa je f neprekidna na A.

Napomena 12.2 Funkciju koja zadovoljava svojstvo (12.6) nazivamo lokalno Lipschitzova utocki c. Funkcija je lokalno Lipschitzova na skupu ako je lokalno Lipschitzova u svakoj tockiskupa.

Dokaz. Dokazimo prvo da je funkcija lokalno Lipschitzova u tocki. Iz definicije diferencijabil-nosti u tocki c slijedi egzistencija limesa

limx→c

‖f(x) − f(c) − Df(c)(x − c)‖

‖x − c‖= 0.

Stoga iz definicije limesa uz ε = 1 slijedi da postoji δ > 0 takav da za sve x ∈ A sa svojstvom‖x − c‖ < δ slijedi

‖f(x) − f(c) − Df(c)(x − c)‖ ≤ ‖x − c‖.

Odavde koristenjem nejednakosti trokuta dobivamo

‖f(x)−f(c)‖ ≤ ‖f(x)−f(c)−Df(c)(x−c)‖+‖Df(c)(x−c)‖ ≤ ‖x−c‖+‖Df(c)(x−c)‖. (12.7)

Zbog ogranicenosti (neprekidnosti) linearnog operatora (na konacnodimenzionalnom prostoru)slijedi da postoji L > 0 takav da je

‖Df(c)v‖ ≤ L‖v‖, v ∈ Rn.

Koristeci ovu nejednakost u (12.7) dobivamo (12.6) (uz M = 1 + L).Neprekidnost dobivamo iz (12.6) (za ε > 0 definiramo δneprekidnost = min δ, ε

M).

Primjer 12.3 Obrat teorema ne vrijedi, a tipicni primjer je funkcija f : R → R, f(x) = |x| kojaja neprekidna, a nije diferencijabilna u 0.

Napomena 12.4 Neka je funkcija g : R → R na [−1/2, 1/2] definirana formulom |x|, a naostatku domene prosirena po periodicnosti (”cik-cak funkcija”). Definiramo

f(x) =

∞∑

n=1

g(4n−1x)

4n−1.

42

-4 -2 2 4

-0.5

0.5

1

1.5

2

-1 -0.5 0.5 1

-0.4

-0.2

0.2

0.4

graf od g graf od g(4x)/4

Iz Weierstrasseovog kriterija slijedi da je funkcija f neprekidna, a moze se dokazati da nijediferencijabilna ni u jednoj tocki iz R.

-1 -0.5 0.5 1

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

-1 -0.5 0.5 1

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

-1 -0.5 0.5 1

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

-1 -0.5 0.5 1

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Takve funkcije iako ovdje umjetno konstruirane javljaju se i u primjenama. Jedan je primjerBrownovo gibanje, putanja cestice u fluidu kao sto je voda ili zrak je neprekidna, ali nigdjediferencijabilna.

Drugi primjer je kod fraktala, odnosno dinamickih sustava. Za c ∈ C i funkciju fc : C → C

danu formulom fc(z) = z2 + c promatramo fnc = fc · · · fc (n kompozicija funkcije sa samom

sobom). DefiniramoJ∞

c = z : fnc (z) → ∞, n → ∞,

te Jc = ∂J∞

c (skup se zove Julia skup od fc). Za c = 0 Jc je jedinicna kruznica, no za c 6= 0, alidovoljno blizu 0 moze se pokazati da je Jc neprekidna, ali nigdje diferencijabilna krivulja.

Jednom kad znamo da je funkcija diferencijabilna u tocki po Teoremu 11.10 znamo da postojesve parcijalne derivacije u toj tocki. Prirodno je pitanje vrijedi li obratno, tj. mozemo li izegzistencije svih parcijalnih derivacija zakljuciti diferencijabilnost funkcije.

43

Primjer 12.5 Neka je dana funkcija f : R2 → R formulom

f(x, y) =

x y = 0y, x = 01, inace

Parcijalne derivacije ove funkcije u (0, 0) postoje i dane su sa

∂f

∂x(0, 0) = 1,

∂f

∂y(0, 0) = 1.

S druge strane funkcija nije neprekidna u (0, 0), pa ne moze biti diferencijabilna u (0, 0).

Dakle egzistencija svih parcijalnih derivacija u tocki ne povlaci diferencijabilnost. To je zapravoi ocekivano jer za racun derivacija mi radimo restrikcije funkcije samo na koordinatne osi, adiferencijabilnost uzima u obzir ponasanje na citavoj okolini tocke.

Mozemo se dalje pitati hoce li egzistencija svih derivacija u smjeru u tocki povlaciti diferen-cijabilnost u tocki. Odgovor je i opet ne, sto se vidi iz narednog primjera.

Primjer 12.6 Neka je funkcija f : R2 → R dana formulom

f(x, y) =

1 0 < y < x2

0, inace

Svaki pravac kroz ishodiste u okolini tocke (0, 0) sijece domenu na kojem je funkcija jednaka 0.Stoga sve derivacije u smjeru postoje (i jednake su 0). Opet, funkcija nije neprekidna u ishodistu,pa ne moze biti diferencijabilna.

Ipak, vrijedi sljedeci rezultat.

Teorem 12.7 Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R

m. Ako sve parcijalne derivacije ∂fi

∂xjpostoje

i neprekidne su na A, tada je f diferencijabilna na A.

Dokaz. Dokaz mozemo provesti za svaku komponentnu funkciju neovisno zbog Leme 11.8. Stogau nastavku pretpostavljamo m = 1. Ostatak dokaza provodimo u slucaju n = 2. Vrijedi

f(y) − f(x) = f(y1, y2) − f(x1, y2) + f(x1, y2) − f(x1, x2).

Iz teorema o srednjoj vrijednosti za funkcije jedne varijable slijedi da postoje u1 izmedu x1 i y1

i u2 izmedu x2 i y2 takvi da vrijedi

f(y1, y2) − f(x1, y2) =∂f

∂x1

(u1, y2)(y1 − x1), f(x1, y2) − f(x1, x2) =∂f

∂x2

(x1, u2)(y2 − x2).

Sada vrijedi

‖f(y) − f(x) −∇f(x)(y − x)‖

=

∥

∥

∥

∥

∂f

∂x1

(u1, y2)(y1 − x1) +∂f

∂x2

(x1, u2)(y2 − x2) −∂f

∂x1

(x)(y1 − x1) −∂f

∂x2

(x)(y2 − x2)

∥

∥

∥

∥

≤

∣

∣

∣

∣

∂f

∂x1

(u1, y2) −∂f

∂x1

(x)

∣

∣

∣

∣

|y1 − x1| +

∣

∣

∣

∣

∂f

∂x2

(x1, u2) −∂f

∂x2

(x)

∣

∣

∣

∣

|y2 − x2|

≤

(∣

∣

∣

∣

∂f

∂x1

(u1, y2) −∂f

∂x1

(x)

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∂f

∂x2

(x1, u2) −∂f

∂x2

(x)

∣

∣

∣

∣

)

‖y − x‖,

44

pa je

‖f(y) − f(x) −∇f(x)(y − x)‖

‖y − x‖≤

(∣

∣

∣

∣

∂f

∂x1

(u1, y2) −∂f

∂x1

(x)

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∂f

∂x2

(x1, u2) −∂f

∂x2

(x)

∣

∣

∣

∣

)

.

Zbog neprekidnosti parcijalnih derivacija slijedi da desna strana nejednakosti tezi k nuli, stopovlaci diferencijbilnost funkcije f u tocki x

Napomena 12.8 Teorem smo dokazali za n = 2, no slican dokaz prolazi i za proizvoljan n.Ovaj teorem nam daje efektivan nacin provjeravanja diferencijabilnosti funkcije u najvecem

broju slucajeva. Izracunamo Jacobijevu matricu (parcijalne derivacije), nademo otvoren skup nakojoj je neprekidna, te zakljucimo da je na toj domeni funkcija diferencijabilna.

Vazno pravilo koje nam je omogucilo deriviranje velike klase funkcija bilo je ”lancano pravilo”odnoso derivacija kompozicije. Ovdje dokazujemo njegovu generalizaciju.

Teorem 12.9 (Derivacija kompozicije) Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R

m diferencija-

bilna u c ∈ A. Neka je B ⊂ Rm otvoren, f(A) ⊆ B i g : B → R

p diferencijabilna u d = f(c).Tada je kompozicija funkcija g f diferencijabilna u c i

D(g f)(c) = Dg(f(c))Df(c). (12.8)

Dokaz. Prvo primijetite da je djelovanje linearnih operatora na desnoj strani jednakosti u for-muli diferencijala dobro definirano. Mi cemo pokazati da vrijedi

limx→c

‖g f(x) − g f(c) − Dg(f(c))Df(c)(x − c)‖

‖x − c‖= 0. (12.9)

Odavde onda slijedi da je funkcija g f diferencijabilna u c i da je diferencijal dan formulom(12.8).

Racunamo

‖g f(x) − g f(c) − Dg(f(c))Df(c)(x − c)‖ (12.10)

= ‖g(f(x)) − g(f(c)) − Dg(f(c))(f(x) − f(c)) + Dg(f(c))(f(x) − f(c) − Df(c)(x − c))‖

≤ ‖g(f(x)) − g(f(c)) − Dg(f(c))(f(x) − f(c))‖ + ‖Dg(f(c))(f(x) − f(c) − Df(c)(x − c))‖.

Funkcija f je diferencijabilna u c, pa po Teoremu 12.1 slijedi da je lokalno Lipschitzova u tockic, pa postoje M > 0 i δ0 > 0 takvi da je

∀x ∈ A ‖x − c‖ < δ0 =⇒ ‖f(x) − f(c)‖ ≤ M‖x − c‖.

Uzmimo sada ε > 0. Iz diferencijabilnosti funkcije g u tocki d = f(c) slijedi da postoji δ1 > 0takav da

∀y ∈ B ‖y − d‖ < δ1 =⇒ ‖g(y) − g(d) − Dg(d)(y − d)‖ <ε

2M‖y − d‖.

Stoga za ‖x − c‖ < δ2 = min δ0, δ1/M slijedi

‖g(f(x)) − g(f(c)) − Dg(f(c))(f(x) − f(c))‖

‖x − c‖<

ε

2M

‖f(x) − f(c)‖

‖x − c‖≤

ε

2.

45

Time smo ocijenili prvi clan na desnoj strani (12.10).

Dg(f(c)) je ogranicen linearan operator, pa postoji konstanta N > 0 takva da vrijedi‖Dg(f(c))y‖ ≤ N‖y‖, za sve y ∈ R

m. Jer je f diferencijabilna u tocki c slijedi da postojiδ3 > 0 takav da

∀x ∈ A ‖x − c‖ < δ3 =⇒‖f(x) − f(c) − Df(c)(x − c)‖

‖x − c‖<

ε

2N.

sada za x ∈ A ‖x − c‖ < δ3 vrijedi

‖Dg(f(c))(f(x) − f(c) − Df(c)(x − c))‖

‖x − c‖≤ N

‖f(x) − f(c) − Df(c)(x − c)‖

‖x − c‖<

ε

2.

Time smo ocijenili i drugi clan na desnoj strani (12.10). Sada za δ = min δ2, δ3

∀x ∈ A‖x − c‖ < δ =⇒‖g f(x) − g f(c) − Dg(f(c))Df(c)(x − c)‖

‖x − c‖< ε,

pa slijedi (12.9). Time je teorem dokazan.

Ovaj rezultat sad mozemo i preformulirati u terminu Jacobijevih matrica

∇(g f)(x) = ∇g(f(x))∇f(x).

Primjer 12.10 Neka je dana funkcija f : R2 → R sa svojstvom da je u polarnim koordinatama

neovisna o kutu θ. To znaci da postoji funkcija g : R → R takva da je

f(x, y) = g(x2 + y2).

Zelimo izracunati parcijalne derivacije funkcije f uz predpostavku da je g diferencijabilna. Oznacimo

h(x, y) = x2 + y2.

Derivacija kompozicije povlaci da je

∇f(x, y) = ∇g(x2 + y2)∇h(x, y).

Jer je∇g = g′, ∇h(x, y) =

(

2x 2y)

slijedi∇f(x, y) = g′(x2 + y2)

(

2x 2y)

,

pa je∂f

∂x(x, y) = g′(x2 + y2)2x,

∂f

∂y(x, y) = g′(x2 + y2)2y

Primjer 12.11 Neka su dane diferencijabilne funkcije f : R2 → R i γ : R → R

2. Promatramokompoziciju f γ. Slijedi

(f γ)′(t) = Df γ(t) = Df(γ(t))γ′(t) =∂f

∂x(γ(t))γ′

1(t) +∂f

∂y(γ(t))γ′

2(t).

46

Primjer 12.12 Neka je g : R2 → R derivabilna i f : R

2 → R dana formulom

f(x, y) = g(x2 + y2, x3 + y3).

Definirajmo h : R2 → R

2 formulom

h(x, y) = (x2 + y2, x3 + y3).

Stoga je

∇h(x, y) =

(

2x 2y3x2 3y2

)

.

I opet koristimo derivaciju kompozicije da bismo dobili

∇f(x, y) = ∇g(x2 + y2, x3 + y3)∇h(x, y) = ∇g(x2 + y2, x3 + y3)

(

2x 2y3x2 3y2

)

.

Stoga je

∂f

∂x(x, y) =

∂g

∂x(x2 + y2, x3 + y3)2x +

∂g

∂y(x2 + y2, x3 + y3)3x2,

∂f

∂y(x, y) =

∂g

∂x(x2 + y2, x3 + y3)2y +

∂g

∂y(x2 + y2, x3 + y3)3y2.

Propozicija 12.13 Neka je A ⊆ Rn, f, g : A → R

m diferencijabilne u tocki c ∈ A, te α, β ∈ R.

Tada je αf + βg diferencijabilna u tocki c i vrijedi

D(αf + βg)(c) = α Df(c) + β Dg(c).

Jednostavna generalizacija derivacije produkta dana je u narednoj propoziciji.

Propozicija 12.14 Neka je A ⊆ Rn otvoren, f : A → R

m i g : A → R diferencijabilne funkcije

u tocki c ∈ A. Tada je gf diferencijabilna u c i njen diferencijal D(gf)(c) je dan sa

D(gf)(c)e = g(c)Df(c)e + (Dg(c)e)f(c),

za sve e ∈ Rn.

Dokaz. Sami.

47

1 Racunski zadaci

1.1. Propozicija. Ako su f, g : Rn → Rm diferencijabilna u x onda je F (x) = (f(x)|g(x))diferencijabilna u x i vrijedi Leibnizovo pravilo

DF (x)(h) = (Df(x)(h)|g(x)) + (f(x)|Dg(x)(h)).

1.2. Zadatak. Neka su a, b ∈ Rn. Odredite prirodnu domenu i kodomenu preslikavanjaf(x) = ‖x+a‖2(b|x), dokazite da je f diferencijabilno na citavoj domeni i odredite Df(x)(x)za a = (0, 0, ..., 0), b = (1, 2, ..., n) i x = (1, 1, ..., 1).

Rjesenje. Buduci da x moramo moci zbrojiti i skalarno mnoziti s vektorima (a i b) iz Rn,prirodna domena je Rn, a kodomena R..

Prvi nacin. Po komponentama mozemo raspisati

f(x1, x2, ..., xn) = [(x1 + a1)2 + ... + (xn + an)2](b1x1 + ... + bnxn).

U svakoj varijabli xi ovo je polinomijalna funkcija, pa parcijalne derivacije postoje ineprekidne su (dapace, klase C∞ su). Jedan od teorema s predavanja tada povlaci da je fdiferencijabilno u svakoj tocki.

Prema pravilu za derivaciju produkta, parcijalne derivacije su

∂if(x1, ..., xn) = 2(xi + ai)(b|x) + ‖x + a‖2bi,

pa koristeci Jacobijevu matricu dobivamo

Df(x)(h) = [ 2(x1 + a1)(b|x) + ‖x + a‖2b1 ... 2(xn + an)(b|x) + ‖x + a‖2bn ]

h1

h2...hn

=

n∑i=1

2(xi + ai)hi(b|x) + ‖x + a‖2bihi = 2(x + a|h)(b|x) + ‖x + a‖2(b|h)

Drugi nacin. Oznacimo

t : Rn → Rn, t(x) = x + a, n : Rn → R, n(x) = ‖x‖2 = (x|x), s : Rn → R, s(x) = (b|x).

Funkcija t je diferencijabilna jer je zbroj identitete 1Rn i konstante a i Dt(x)(h) = h.Prema propoziciji, funkcija n je diferencijabilna i vrijedi Dn(x)(h) = 2(x|h).Prema propoziciji, funkcija s je diferencijabilna i vrijedi Ds(x)(h) = (b|h).Buduci da je funkcija f produkt funkcija n t i s, slijedi da je f diferencijabilna i imamo

Df(x)(h) = D(nt)(x)(h)s(x)+(nt)(x)Ds(x)(h) = Dn(t(x))(Dt(x)(h))(b|x)+‖x+a‖2(b|h) =

1

= 2(x + a|h)(b|x) + ‖x + a‖2(b|h).

Uvrstimo li a = (0, 0, ..., 0), b = (1, 2, ..., n) i x = (1, 1, ..., 1) dobit cemo

Df(x)(x) = 2(x|x)(b|x)+‖x‖2(b|x) = 3‖x‖2(b|x) = 3(12+12+...+12)·(1+2+...+n) =3n2(n + 1)

2.

1.3. Zadatak. Neka je f : Rn → Rm diferencijabilna funkcija. Dokazite da je i g : Rn → Rzadana s g(x) = sin ‖f(x)‖2 takoder diferencijabilna i izrazite Dg(x) preko Df(x).

Rjesenje. Uz oznake kao u prethodnom zadatku, g = sin n f , pa je kao kompozicijadiferencijabilnih preslikavanja diferencijabilna.

Slijedi da je

Dg(x)(h) = D sin(n(f(x))(Dn(f(x))(D(f(x)(h)))) = D sin(‖f(x)‖2)(2(f(x)|Df(x)(h))) =

= 2 cos(‖f(x)‖2)(f(x)|Df(x)(h)).

1.4. Zadatak. Neka je a ∈ Rn, b ∈ Rm. Odredite prirodnu domenu i kodomenu pres-likavanja f(x) = sin(a|x)b, dokazite da je f diferencijabilno na citavoj domeni i odrediteDf(x)(h).

Rjesenje. Buduci da se vektor x skalarno mnozi s vektorom a prirodna domena je Rn.Kodomena je Rm. Preslikavanje f je diferencijabilno kao produkt konstante i kompozicijesinusa sa skalarnim produktom.

Ponovno racunamo prema formuli za kompoziciju funkcija Df(x)(h) = cos(a|x)(a|h)b.Pokusajte doci do istog rezultata raspisujuci parcijalne derivacije!

1.5. DZ. Neka je a ∈ Rn. Dokazite da je f : Rn × Rn → Rn zadana s f(x, y) = e(y|a)xdiferencijabilna i izracunajte Df(0, a)(1, 1, ..., 1).

1.6. DZ. Odredite derivaciju duz vektora (1, 2, ..., n) ∈ Rn funkcije f : Rn+ → R zadane s

f(x1, ..., xn) = xx21 + xx3

2 + · · ·+ xxnn−1 + xx1

n

u tocki (e, e, ..., e) ∈ Rn.

1.7. DZ. Za x ∈ R, y ∈ Rn definirano je

F (x, y) = x · sin〈y, y〉 − sinx · 〈y, y〉.

Pokazite da je funkcija F diferencijabilna, i odredite njen diferencijal u tocki (x0, y0) ∈R× Rn, te posebno za x0 = 1, y0 = (0, 0, ..., 0).

2

1.8. DZ. Neka je A = (a, a) ∈ R2. Odredite prirodnu domenu preslikavanja f i Df(x,A)(x,A)ako je

f(x, y) = 〈A, x〉 · y+ ‖ y ‖2 ·x.

1.9. DZ. Za funkciju f zadanu formulom

f(x, y, z) = (x

y + z+

y

z + x+

z

x + y,x + y

z+

y + z

x+

z + x

y)

odredite prirodnu domenu i kodomenu, dokazite da je diferencijabilna na prirodnoj domeni iodredite Df(x, x, x) za x 6= 0.

1.10. DZ. Neka je a ∈ Rn, b ∈ R3 i neka je preslikavanje f zadano s

f(x, y) = 〈a, x〉 · y + cos ||x||2 · b.

Odredite prirodnu domenu preslikavanja f , pokazite da je ono diferencijabilno i odreditenjegov diferencijal u tocki (x0, y0).

1.11. DZ. Odredite prirodnu domenu preslikavanja f i Df(x)(a) ako je

f(x) = arctan(‖x‖2) · x,

x = (1, 1, ..., 1) i a = (1, 2, ..., n).

3

13 Plohe i krivulje u R3 II

Neka je dana krivulja C parametrizirana funkcijom γ : R → R3 koja je diferencijabilna (C = γ(R)).

Za t0 ∈ R tada postoji Dγ(t0) : R → R3 i reprezentiran je vektorom

dγ1

dt(t0)

dγ2

dt(t0)

dγ3

dt(t0)

.

Stoga ovaj vektor oznacavamo s γ′(t0). Njega mozemo zapisati i sa

γ′(t0) = limh→0

γ(t0 + h) − γ(t0)

h,

pa ga nazivamo tangencijalni vektor krivulje C u tocki γ(t0). Pravac parametriziran sa

p(t) = γ′(t0)(t − t0) + γ(t0)

nazivamo tangenta na krivulju C u tocki γ(t0).

slika

Primjer 13.1 Jedinicnu kruznicu smo ranije parametrizirali s

α : [0, 2π〉 → R2, α(θ) = (cos θ, sin θ).

Stoga je tangenta u tocki α(t) dana s

α′(t) = (− sin θ, cos θ).

Stoga vrijedi ‖α′(t)‖ = 1, t ∈ [0, 2π〉. Parametrizacija s ovim svojstvom naziva se prirodna

parametrizacija ili parametrizacija duljinom luka. Duljina krivulje α : 〈a, b〉 → R3 dana

je s

ℓ =

∫

2π

0

‖α′(t)‖dt.

Stoga je za prirodnu parametrizaciju duljina krivulje jednaka duljini intervala kojim je krivuljaparametrizirana.

Primjer 13.2 Neka je γ(t) = (t2, t, sin t). Tangencijalni vektor odreden je derivacijom

γ′(t) = (2t, 1, cos t).

Na primjer u tocki γ(0) = (0, 0, 0) jednak je (0, 1, 1).Ista krivulja γ(R) parametrizirana je i parametrizacijom γ1(t) = (4t2, 2t, sin 2t). Sada je

tangencijalni vektor u tocki γ1(t) dan sa

γ′

1(t) = (8t, 2, 2 cos 2t).

U tocki (0, 0, 0) = γ1(0) krivulje tangencijalni vektor je (0, 2, 2) i kolinearan je s prije dobivenimvektorom.

48

Kao sto se vidi iz ovog primjera tangencijalni vektor nije jedinstven. Neka je η : R → R strogomonotona funkcija. Onda je i γ η : R → R

3 parametrizacija krivulje C. Neka je t0 = η(z0).Slijedi

(γ η)′(z0) = γ′(η(z0))η′(z0) = η′(z0)γ

′(t0).

Stoga su vektori (γ η)′(z0) i γ′(t0) kolinearni, pa generiraju istu tangentu.

Neka je ploha S u R3 dana implicitno jednadzbom

F (x, y, z) = 0,

gdje je F : R3 → R. Neka je P 0 = (x0, y0, z0) ∈ S. Neka je krivulja na S kroz P 0 dana sa

γ : I → S (t0 ∈ I ⊂ R, γ(t0) = P 0). Tangencijalni vektor na γ u tocki P 0 = γ(t0) dan je saγ′(t0). Iz definicije plohe S slijedi

F (γ(t)) = 0.

Stoga deriviranjem ove kompozicije slijedi

0 = D(F γ)(t) = DF (γ(t))γ′(t) = grad F (γ(t)) · γ′(t).

Za danu tocku P 0 = γ(t0) to povlaci

(grad F (P 0)|γ′(t0)) = 0,

pa je vektor grad F (P 0) okomit na tangencijalni vektor na krivulju parametriziranu s γ u tockiP 0 = γ(t0). Stovise okomit je na sve tangencijalne vektore u P 0 svih krivulja koje prolaze kroz tutocku. Stoga sve tangente u tocki P 0 leze u istoj ravnini koju nazivamo tangencijalna ravnina.Jednadzba ove ravnine dana je sa

(grad F (P 0)|(P − P 0)) = 0,

pri cemu je P = (x, y, z).

Primjer 13.3 Tangencijalna ravnina na plohu odredenu s z = x2 + y2 u tocki (0, 0, 0) okomitaje na gradijent funkcije F (x, y, z) = z − x2 − y2 u tocki (0, 0, 0) odnosno na

grad F (x, y, z) = (−2x,−2y, 1).

U tocki (0, 0, 0) je grad F (0, 0, 0) = (0, 0, 1), pa je jednadzba ravnine

((0, 0, 1)|(x, y, z)) = 0,

tj. z = 0.U tocki (1, 1, 2) gradijent je

grad F (1, 1, 2) = (−2,−2, 1),

pa je jednadzba ravnine((−2,−2, 1)|(x − 1, y − 1, z − 2)) = 0.

49

Za slucaj da nam je ploha dana grafom funkcije f : A → R, A ⊆ R2, zapisemo ju u implicitnom

obliku pomocu funkcije F (x, y, z) = z − f(x, y). Sada je jednadzba tangencijalne ravnine danasa

z − f(x0, y0) =(

grad f(x0, y0)|(x − x0y − y0))

,

odnosnoz = f(x0, y0) +

(

grad f(x0, y0)|(x − x0y − y0))

,

slika

Primjer 13.4 Neka je f(x, y) = x2+y. Jednadzba tangencijalne ravnine u tocki (1, 2, f(1, 2)) =(1, 2, 3) odredena je gradijentom funkcije f

grad f(x, y) = (2x, 1)

u tocki (1, 2). Stoga je jednadzba ravnine

z = 3 + ((2, 1)|(x − 1, y − 2)) = 3 + 2x − 2 + y − 2 = 2x + y − 1.

Konacno, neka je ploha u R3 parametrizirana funkcijom ϕ : A → R

3 (A ⊆ R2 otvoren).

Trazimo tangencijalnu ravninu u tocki P 0 = ϕ(q0). Svaka derivacija u smjeru vektora v ∈ R2

odreduje jedan tangencijalni vektor na graf funkcije h → ϕ(q0+hv) u tocki 0. Kako tangencijalnivektor racunamo pomocu diferencijala po formuli

∂ϕ

∂v

(q0) = Dϕ(q0)v

slijedi da je st 7→ ϕ(q0) + t Dϕ(q0)v

parametrizirana tangenta na graf. Stoga je parametrizacija tangencijalne ravnine u tocki P 0

dana saT (x) = ϕ(q0) + Dϕ(q0)(q − q0).

Ovu formulu mozemo zapisati sa

T (x) = ϕ(q0) + (x − x0)∂ϕ

∂x(q0) + (y − y0)

∂ϕ

∂y(q0),

pa je jasno da je tangencijalna ravnina u ϕ(q0) zapravo ravnina kroz tocku ϕ(q0) razapeta s dvatangencijalna vektora

∂ϕ

∂x(q0),

∂ϕ

∂y(q0).

Primjer 13.5 Za funkciju danu formulom ϕ(x, y) = (x + y, 0, 0) jasno je da se ne radi o plohi(slika funkcije je sadrzana na x osi). Lako je vidjeti i da je

∂ϕ

∂x=

∂ϕ

∂y= e1,

pa je samo jedan linearno nezavisni tangencijalni vektor u svakoj tocki. Stoga zakljucujemo da zadefiniciju plohe trebamo jos neke pretpostavke na ϕ koje ce nam osigurati ”dvodimenzionalnost”(dvodimenzionalnost tangencijalne ravnine u svakoj tocki).

50

Primjer 13.6 Za plohu iz prethodnog primjera parametrizacija je dana s

ϕ : R2 → R

3, ϕ(x, y) = (x, y, x2 + y).

Jacobijeva matrica dana je sa

∇ϕ(x, y) =

1 00 12x 1

.

Stoga je tangencijalna ravnina u tocki (1, 2, 3) dana sa

T (x, y) = ϕ(1, 2) + Dϕ(1, 2)(x − 1, y − 2) = (1, 2, 3) + (x − 1)∂ϕ

∂x(1, 2) + (y − 2)

∂ϕ

∂y(1, 2)

=

123

+ (x − 1)

102

+ (y − 2)

011

=

x

y

2x + y − 1

.

51

1 Tangencijalne ravnine na plohe u R3

1.1. Motivacija. Kruznicu radijusa 1 oko ishodista u R2 se moze opisati na dva nacina.Kruznica je skup (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1, tj. nivo skup preslikavanja F (x, y) = x2 + y2.

S druge strane, na istu kruznicu mozemo gledati kao na sliku parametrizacije

φ(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, 2π].

1.2. Definicija. Nivo skup (neprekidnog) preslikavanja F : Rn → R je praslika F−1(c) zaneki c ∈ R.

1.3. DZ. Skicirajte nivo skupove preslikavanja

• F (x, y) = x2 − y2,

• F (x, y) = xy,

• F (x, y) = x sin y.

1.4. Definicija. Neka je A ⊂ Rn otvoren i φ : A → Rm diferencijabilna funkcija takva daje za sve tocke u ∈ A diferencijal Dφ(u) punog ranga. Kazemo da je φ(A) n–dimenzionalnaparametrizirana ploha u Rm. Za n = 1, kazemo da je φ(A) krivulja.

1.5. Napomena. U primjerima na kolegiju Integrali funkcija vise varijabli dozvolit cemoi parametrizirane plohe u kojima je uvjet na rang diferencijala narusen u konacno mnogotocaka jer vrijednost plosnog integrala nece ovisiti o tih nekoliko tocaka.

1.6. DZ. Napisite parametrizaciju a) elipse x2

9+ y2

4= 1, b) parabole y2 = 2x.

1.7. Definicija. Neka je φ(t) = (x1(t), x2(t), ..., xm(t)) parametrizacija krivulje u Rm. Utocki φ(t) definiramo tangencijalni vektor φ′(t) = (x′1(t), x

′2(t), ..., x

′m(t)). Tangencijalni vektor

razapinje 1–dimenzionalni vektorski prostor kojeg nazivamo tangencijalni prostor u tocki φ(t).

1.8. DZ. Odredi sve tocke na krivulji paramtriziranoj s φ(t) = (tet, 2 sin π2t, 3 cos π

3t) u

kojima je tangencijalni vektor paralelan sa z–osi.Na ovom kolegiju uglavnom promatramo slucaj ploha za n = 2,m = 3.

1.9. Definicija. Neka je φ : A ⊂ R2 → R3, φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) parametrizacija2–plohe S. Tada je skup vektora ∂uφ(u, v), ∂vφ(u, v) baza 2–dimenzionalnog vektorskog pros-tora. Neka je P0 := φ(u0, v0), tada skup

P ∈ R3 : P = P0 + α∂uφ(u0, v0) + β∂vφ(u0, v0)

nazivamo tangencijalna ravnina na plohu S u tocki P0.

1

1.10. Napomena. Tangencijalna ravnina u tocki P0 sastoji se od tangencijalnih vektorakrivulja na plohu S koje prolaze kroz P0. Normalu te tangencijalne ravnine racunamo kaovektorski produkt

N = ∂uφ(u0, v0)× ∂vφ(u0, v0).

1.11. Zadatak. Neka je φ : A = 〈2, 4〉×〈3, 5〉 → R3, φ(u, v) = (2u+3v, u2, v3) parametrizacija2-plohe. Odredite jednadzbu tangencijalne ravnine na φ(A) u tocki φ(3, 4) = (18, 9, 64).

Rjesenje. Racunamo ∂uφ(u, v) = (2, 2u, 0), ∂vφ(u, v) = (3, 0, 3v2), pa posebno u tocki (3, 4)dobivamo ∂uφ(3, 4) = (2, 6, 0), ∂vφ(3, 4) = (3, 0, 48).

Normala je

N =

∣∣∣∣∣∣i j k2 6 03 0 48

∣∣∣∣∣∣ = (288,−96,−18)

pa jednadzba tangencijalne ravnine glasi 288(x− 18)− 96(y − 9)− 18(z − 64) = 0.

1.12. Definicija. Neka je F : Ω ⊂ R3 → R diferencijabilno preslikavanje takvo da je∇F (x, y, z) 6= 0 za sve tocke (x, y, z) ∈ Ω. Tada skup S = (x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = 0zovemo 2–dimenzionalna ploha (zadana kao nivo skup).

1.13. Napomena. Lako se pokazuje da je u tocki (x0, y0, z0) ∈ S gradijent ∇F (x0, y0, z0)okomit na svaki tangencijalni vektor na krivulju koja lezi u S i prolazi tockom (x0, y0, z0),pa je taj gradijent normala tangencijalne ravnine na plohu S u toj tocki.

1.14. Napomena. Veza izmedu parametriziranih ploha i ploha zadanih kao nivo skup jedana lokalno teoremom o implicitno zadanoj funkciji. Taj teorem cemo napraviti krajemsemestra.

1.15. DZ. Dokazite da jednadzba x2 − y2 + xyz = 1 definira plohu i odredite tangencijalnuravninu na tu plohu u tocki (1, 0, 1).

1.16. Primjer. Graf funkcije f : Ω ⊂ R2 → R je 2–dim. ploha jer za F (x, y, z) = f(x, y)−zimamo

∇F (x, y, z) = (∂xf(x, y), ∂yf(x, y),−1) 6= 0.

1.17. Propozicija. Smjer najveceg prirasta funkcije f u tocki (x0, y0, z0) je kolinearan gradi-jentu ∇f(x0, y0, z0).

Dokaz. Prirast funkcije f je najveci u smjeru vektora v za koji je duljina vektora ∂f∂v

(x0, y0, z0)najveca.

Zbog veze derivacije u smjeru i parcijalnih derivacija, te primjenom SCB nejednakostiza proizvoljan smjer v dobivamo∣∣∣∣∂f∂v (x0, y0, z0)

∣∣∣∣ = |〈∇f(x0, y0, z0), v〉| ≤ ‖∇f(x0, y0, z0)‖ ‖v‖︸︷︷︸=1

odakle zakljucujemo da je∣∣∂f∂v

(x0, y0, z0)∣∣ najveci kad je v kolinearno s ∇f(x0, y0, z0).

2

1.18. Zadatak. Odredite sve tocke T na plohi

S... xyz − ex + y2 = 3

takve da tangencijalna ravnina na plohu S u tocki T prolazi tockom (2, 0, 1) i paralelna jesa z-osi.

Rjesenje. Neka je F (x, y, z) = xyz − ex + y2 − 3. Lako se vidi da je F diferencijabilno i daje gradijent u svakoj tocki skupa S = F−1(0) razlicit od 0. Neka je (x0, y0, z0) tocka naplohi S, tj.

x0y0z0 − ex0 + y20 = 3. (1)

Buduci da je ∇F (x0, y0, z0) = (y0z0 − ex0 , x0z0 + 2y0, x0y0) jednadzba tangencijalne rav-nine u tocki (x0, y0, z0) glasi

(y0z0 − ex0)(x− x0) + (x0z0 + 2y0)(y − y0) + x0y0(z − z0) = 0. (2)

Uvjet da je tangencijalna ravnina paralelna sa z-osi znaci da je normala te ravnine, tj.gradijent preslikavanja F , okomit na vektor (0, 0, 1). Raspisemo li da je skalarni produkt tadva vektora 0 dobivamo

x0y0 = 0. (3)

Iz (1) i (3) prvo slijedi da je y20 = ex0 + 3 > 0, pa zato y0 6= 0 i iz (3) slijedi x0 = 0. Tadaopet iz (1) imamo y0 = ±2.

Za y0 = 2 uvrsatavanjem u (2) dobivamo z0 = 52, a za y = −2 dobivamo z = −5

2. Dakle

trazene tocke su (0, 2, 52) i (0,−2,−5

2).

1.19. Zadatak. Neka je A = (0,−6, 6), a π ravnina cija je jednadzba y − z = 8, te neka je

S = T ∈ R3 : d(T,A) = d(T, π).

1. Pokazite da je S ploha.

2. Pokazite da sve tocke plohe S u kojima je tangencijalna ravnina paralelna z–osi leze uistoj ravnini.

3. Postoji li tocka plohe S u kojoj je tangencijalna ravnina paralelna z–osi i prolaziishodistem?

Rjesenje. Raspisemo li dani uvjet dobivamo S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + 12y2 + 1

2z2 + 20y −

20z + yz + 40 = 0.

1. Neka je F (x, y, z) = 2x2 + y2 + z2 + 40y − 40z + 2yz + 80 = 0. Tada je ∇F (x, y, z) =(4x, 2y + 40 + 2z, 2z − 40 + 2y). Buduci da izrazi 2y + 2z + 40 i 2y + 2z − 40 ne moguistovremeno oba biti 0, zakljucujemo da je S ploha.

3

2. Uvjet paralelnosti tangencijalne ravnine sa z–osi se svodi na okomitost gradijenta navektor (0, 0, 1). Dakle, tangencijalna ravnina u tocki (x0, y0, z0) je paralelna sa z–osiako i samo ako je 2y0 + 2z0 − 40 = 0, pa sve takve tocke zaista leze u istoj ravnini,y + z − 20 = 0.

3. Uvrstimo li u jednadzbu tangencijalne ravnine kroz tocku (x0, y0, z0 tocku (x, y, z) =(0, 0, 0) dobivamo uvjet

2x20 + y20 + z20 + 2y0z0 + 20y0 − 20z0 = 0

koji oduzimanjem od uvjeta da je (x0, y0, z0) na plohi S daje uvjet y0 − z0 + 4 = 0.Uvazimo li uvjet (y0 + z0− 20 = 0) dobiven u prethodnom podzadatku dobivamo y0 =8, z0 = 12. Uvrstavanjem ovih vrijednosti u jednadzbu plohe S dobivamo 2x20+160 = 0,sto je kontradikcija. Dakle, takva tocka ne postoji.

1.20. Zadatak. Dokazite da sve tangencijalne ravnine na graf funkcije f(x, y) = 1xy

utockama iz prvog oktanta zatvaraju s koordinatnim ravninama tetraedre istog volumena.

Rjesenje. Umjesto jednadzbom 1xy

= z, plohu mozemo definirati jednadzbom xyz = 1 ukojoj se sve varijable pojavljuju ravnopravno.

Neka je F (x, y, z) = xyz−1 i (x0, y0, z0) tocka na tom grafu (plohi). Tada je∇F (x0, y0, z0) =(y0z0, x0z0, x0y0). Iz jednadzbe tangencijalne ravnine dobivamo odsjecke tangencijalne rav-nine na koordinatnim osima x = 3x0, y = 3y0, z = 3z0.

Volumen tetraedra odredenog tangencijalnom ravninom u (x0, y0, z0) i koordinatnimravninama jednak je

V =1

63x0 · 3y0 · 3z0 =

9

2

sto ne ovisi o tocki (x0, y0, z0) kako je i trebalo pokazati.

1.21. DZ. Promatramo sve tangencijalne ravnine na paraboloid 8y = x2 + z2 koje prolazekroz tocku (6, 1,−2). Dokazite da diralista tih tangencijalnih ravnina s paraboloidom leze uistoj ravnini. Koja je jednadzba te ravnine?

1.22. DZ. Medu tockama plohe 3x2−y+5z = 0 u kojima je tangencijalna ravnina paralelnapravcu odredenom ravninama

2x+ y − z = 0, 2x− y + 3z = 0

odredite najblizu ishodistu.

1.23. DZ. Odredite, u ovisnosti o realnom parametru a, sve tocke plohe z = ax3 + 3ax2y−6y3 u kojima su tangencijalne ravnine paralelne s ravninom x+ y + z = 0.

4

14 Teorem srednje vrijednosti

Za realne funkcije realne varijable teorem srednje vrijednosti (Lagrangeov) kaze da za neprekidnufunkciju f : [a, b] → R koja je diferencijabilna na 〈a, b〉 postoji tocka c ∈ 〈a, b〉 za koju vrijedi

f(b) − f(a) = f ′(c)(b − a).

Jednostavno poopcenje ove tvrdnje ne vrijedi sto se vidi iz narednog primjera. Neka je f : R → R2

dana saf(x) = (x2, x3).

Pretpostavimo da postoji c ∈ 〈0, 1〉 takva da je

(1, 1) − (0, 0) = grad f(c)(1 − 0), grad f(c) = (2c, 3c2).

Odavde slijede dvije jednadzbe za c

1 = 2c, 1 = 3c2,

a cije rjesenje ne postoji.Neka su x, y ∈ R

n. Skupove

[x, y] = (1 − λ)x + λy ∈ Rn : 0 ≤ λ ≤ 1 ,

〈x, y〉 = (1 − λ)x + λy ∈ Rn : 0 < λ < 1

nazivamo segment i interval u Rn.

Teorem 14.1 (Teorem srednje vrijednosti za realne funkcije) Neka je A ⊆ Rn otvoren i

f : A → R diferencijabilna na A. Za svaki segment [x, y] sadrzan u A postoji tocka c ∈ 〈x, y〉takva da vrijedi

f(y) − f(x) = Df(c)(y − x).

Dokaz. Neka su x, y ∈ A takvi da je [x, y] ⊂ A. Definirajmo funkciju γ : R → Rn formulom

γ(λ) = (1 − λ)x + λy.

Funkcija g : [0, 1] → R definirana sag(λ) = f γ(λ)

je neprekidna i diferencijabilna na 〈0, 1〉. Stoga mozemo primijeniti Lagrangeov teorem srednjevrijednosti za realne funkcije realne varijable, pa postoji λ0 ∈ 〈0, 1〉 takav da je

g(1) − g(0) = g′(λ0)(1 − 0).

Jer je g(1) = f(y), g(0) = f(x) i

g′(λ0) = Df((1 − λ0)x + λ0y)(y − x)

slijedi tvrdnja teorema.

Jednostavna poslijedica na vektorske funkcije dana je u narednom korolaru. Primijetite daza svaku komponentu postoji opcenito razlicita tocka u kojoj se postize jednakost.

52

Korolar 14.2 Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R

m diferencijabilna na A. Za svaki segment

[x, y] sadrzan u A postoje tocke c1, . . . , cm ∈ [x, y] takve da vrijedi

fi(y) − fi(x) = Dfi(ci)(y − x), i = 1, . . . ,m.

Korolar 14.3 Neka je A ⊆ Rn otvoren i konveksan i f : A → R

m diferencijabilna na A. Ako je

Df = 0 na A tada je f konstanta na A.

Dokaz. Naime prema korolaru teorema srednje vrijednosti za svaku komponentu fi i svake dvijetocke x, y ∈ A postoji ci ∈ [x, y] tako da vrijedi

fi(y) − fi(x) = Dfi(ci)(y − x).

Kako je Df = 0 slijedi Dfi = 0, pa je fi(y) = fi(x), a onda i f(y) = f(x).

Vrijedi li tvrdnja ako skup nije konveksan?Za vektorske funkcije ulogu teorema srednje vrijednosti preuzima nejednakost srednje vrijed-

nosti.

Teorem 14.4 (Nejednakost srednje vrijednosti za vektorske funkcije) Neka je A ⊆ Rn

otvoren, f : A → Rm diferencijabilna na A i neka postoji M > 0 takav da je ‖Df(x)‖ ≤ M ,

x ∈ A. Za svaki segment [x, y] sadrzan u A vrijedi

‖f(y) − f(x)‖ ≤ M‖y − x‖. (14.11)

Dokaz. Neka su x, y ∈ A takvi da je [x, y] ⊂ A. Definirajmo funkciju γ : R → Rn formulom

γ(λ) = (1 − λ)x + λy.

Jer je f diferencijabilna na A i γ diferencijabilna na R slijedi da je kompozicija f γ : R → Rm

diferencijabilna tamo gdje je definirana (sigurno na nekom intervalu koji sadrzi [0, 1]). Stoga jemozemo derivirati. Vrijedi

d

dλ(f γ)(λ) = Df(γ(λ))(y − x).

Integriramo li ovu funkciju od 0 do 1 po komponentama dobivamo

f(y) − f(x) = f γ(1) − f γ(0) =

∫1

0

Df((1 − λ)x + λy)(y − x)dλ.

Zbog ogranicenosti diferencijala sada slijedi

‖f(y)−f(x)‖ ≤ ‖

∫1

0

Df((1−λ)x+λy)(y−x)dλ‖ ≤

∫1

0

‖Df((1−λ)x+λy)(y−x)‖dλ ≤ M‖y−x‖.

Napomena 14.5 Za dokaz je dovoljno da diferencijal bude ogranicen na segmentu [x, y]. Takoderdokaz se moze provesti ne koristeci integraciju, vec samo Lagrangeov teorem srednje vrijednostiza funkcije jedne varijable. Onda je osjetljiv dio pokazati da je konstanta u ocjeni (14.11) istakao u ocjeni diferencijala.

53

15 Derivacije i diferencijali viseg reda

Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R

m diferencijabilna. Tada dobivamo novo preslikavanje Df :A → L(Rn, Rm). Linearne operatore iz L(Rn, Rm) mozemo poistovjetiti s realnim matricamatipa m×n. Elemente ovakvih matrica moz”emo sloziti u vektor iz R

mn. Stoga se norma (metrika,toplogija) sa R

mn prenosi na L(Rn, Rm), te mozemo govoriti o neprekidnosti, diferencijabilnostifunkcija s vrijednostima u skupu linearnih operatora.

Definicija 15.1 Funkcija f : A → Rm je neprekidno diferencijabilna ili diferencijabilna

klase C1, ako je diferencijabilna na A i funkcija Df : A → L(Rn, Rm) je neprekidna.

Skup svih neprekidno diferencijabilnih funkcija s A u Rm oznacavmo s C1(A, Rm), a u slucaju

m = 1 s C1(A).

Korolar 15.2 Neka je A ⊆ Rm otvoren. Tada vrijedi f ∈ C1(A, Rm) ako i samo ako sve

parcijalne derivacije postoje i neprekidne su na A.

Dokaz. Ako je f ∈ C1(A, Rm) slijedi da je funkcija diferencijabilna i da je diferencijal neprekidnafunkcija. Stoga sve parcijalne derivacije postoje i neprekidne su na A.

Obratno, ako postoje sve parcijalne derivacije i neprekidne su, po Teoremu 12.7 funkcija jediferencijabilna. Diferencijal u paru kanonskih baza dan je Jacobijevom matricom parcijalnihderivacija koje su po pretpostavci neprekidne, pa je i diferencijal takav. Stoga je funkcija klaseC1.

Za novo preslikavanje Df : A → L(Rn, Rm) osim neprekidnosti mozemo proucavati diferenci-jabilnost i parcijalne derivacije.

Parcijalne derivacije viseg reda u tocki c definiraju se na isti nacin kao parcijalne derivacijeu Definiciji 11.9, pa se jednako tako lako i racunaju. Npr. derivacije drugog reda dane su sa

∂2f

∂xi∂xj

(c) =∂

∂xi

(

∂f

∂xj

)

(c).

Za i = j koristimo i oznaku ∂2f

∂x2

i

. Za navedene parcijalne derivacije koriste se i oznake

∂i∂jf(c), ∂2i f(c).

Primjer 15.3 Za funkciju f(x, y) = (x2, x3y, x4y2) ranije smo izracunali parcijalne derivacije.Parcijalne derivacije drugog reda dane su sa

∂2f1

∂x2(x, y) = 2,

∂2f1

∂y∂x(x, y) = 0,

∂2f1

∂x∂y(x, y) = 0,

∂2f1

∂y∂y(x, y) = 0,

∂2f2

∂x∂x(x, y) = 6xy,

∂2f2

∂y∂x(x, y) = 3x2,

∂2f2

∂x∂y(x, y) = 3x2,

∂2f2

∂y∂y(x, y) = 0,

∂2f3

∂x∂x(x, y) = 12x2y2,

∂2f3

∂y∂x(x, y) = 8x3y,

∂2f3

∂x∂y(x, y) = 8x3y,

∂2f3

∂y∂y(x, y) = 2x4.

Dobivene funkcije mozemo dalje parcijalno derivirati te dobiti parcijalne derivacije treceg i visihredova.

Kod diferencijala viseg reda situacija je slozenija.

54

Definicija 15.4 Ako je funkcija Df : A → L(Rn, Rm) diferencijabilna u tocki c ∈ A kazemo da

je f dva puta diferencijabilna. Pripadni diferencijal D(Df)(c) ∈ L(Rn, L(Rn, Rm)) oznacavamo

s D2f(c) i zovemo drugi diferencijal ili diferencijal drugog reda.

Za dva puta diferencijabilnu funkciju f definiramo preslikavanje Bc : Rn × R

n → Rm sa

Bc(x1, x2) = (D2f(c)x1)x2, x1, x2 ∈ R

n.

Za funkciju f vrijedi D2f(c)(x1) ∈ L(Rn, Rm), pa je Bc linearno po drugoj varijabli. Nadalje

D2f(c) ∈ L(Rn, L(Rn, Rm)), pa je Bc linearno preslikavanje i po prvoj varijabli. Takvo preslika-vanje naziva se bilinearno preslikavanje. Uobicajeno je i bilinearno preslikavanje Bc oznacavatiistom oznakom D2f(c) i zvati drugim diferencijalom od f u tocki c.

U specijalnom slucaju m = 1 preslikavanje Bc je bilinearni funkcional. Prirodno prostorbilinearnih funkcionala identificira se se prostorom matrica na slijedeci nacin. Neka je e1, . . . ,en

kanonska baza u Rn. Definiramo

H = (hij)i,j , hij = Bc(ei,ej), i, j = 1, . . . , n.

Sada za x =∑n

i=1 xiei i y =∑n

j=1 yjej zbog bilinearnosti forme Bc vrijedi

Bc(x, y) =

n∑

i,j=1

hijxiyj = (Hy|x).

Prostore L(Rn, R) i Rn mozemo identificirati, pa lako napravimo direktnu identifikaciju prostora

L(Rn, L(Rn, R)) i L(Rn, Rn).

Teorem 15.5 Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R dva puta diferencijabilna u tocki c. Tada je

matrica drugog diferencijala D2f(c) : Rn × R

n → R u kanonskoj bazi dana Hesseovom matricom

Hf(c) =

∂2f

∂x1∂x1(c) · · ·

∂2f

∂xn∂x1(c)

.... . .

...

∂2f

∂x1∂xn(c) · · ·

∂2f

∂xn∂xn(c)

.

Dokaz. Jacobijeva matrica diferencijala Df(c) dana je sa

∇f(c) =(

∂f∂x1

(c) · · · ∂f∂xn

(c))

.

Sada radimo identifikaciju L(Rn, R) i Rn te ∇f(c) zapisemo kao vektor stupac, te izracunamo

Jacobijevu matricu.

Dokaz. Po pretpostavci funkcija f je dva puta diferencijabilna, tj. postoji drugi diferencijal. Toznaci da vrijedi

limx→c

‖Df(x) − Df(c) − D2f(c)(x − c)‖

‖x − c‖= 0,

gdje je norma u brojniku neka norma na L(Rn, Rm). Za x = c + tei slijedi

limt→0

Df(c + tei) − Df(c) − t D2f(c)ei

t= 0.

55

Stoga za k ∈ Rn vrijedi

(D2f(c)ei)k = lim

t→0

Df(c + tei) − Df(c)

tk,

pa je

(D2f(c)ei)k =

n∑

j=1

kj limt→0

∂f∂xj

(c + tei) −∂f∂xj

(c)

t,

te

(D2f(c)ei)k =

n∑

j=1

kj∂2f

∂xi∂xj.

Sada za h ∈ Rn vrijedi

(D2f(c)h)k =n

∑

i=1

hi(D2fei)k =

n∑

i=1

n∑

j=1

hikj∂2f

∂xi∂xj

.

Visim derivacijama pristupamo na isti nacin proucavajuci diferencijabilnost drugog, odnosnovisih diferencijala. D3f(c) ∈ L(Rn, L(Rn, L(Rn, Rm))) identificiramo s trilinearnim preslikavan-jem D3f(c) : R

n × Rn × R

n → Rm, te tako dalje.

Neka je A ⊆ Rn i f : A → R

m tri puta diferencijabilna. Racunamo diferencijale u parukanonskih baza

Df(c)h =n

∑

i=1

∂f

∂xi

(c)hi,

D2f(c)(h, k) =

n∑

i=1

j=1

∂2f

∂xj∂xi(c)hikj .

Za treci diferencijal racunamo kao u prethodnom dokazu. Za tri puta diferencijabilnu funkciju ik, l ∈ R

n vrijedi

((D3f(c)ei)k)l =

((

limt→0

D2f(c + tei) − D2f(c)

t

)

k

)

l

= limt→0

∑nj=1

p=1

∂2f∂xp∂xj

(c + tei)kj lp −∑n

j=1

p=1

∂2f∂xp∂xj

(c)kj lp

t

= limt→0

∑nj=1

p=1

(

∂2f∂xp∂xj

(c + tei) −∂2f

∂xp∂xj(c)

)

kj lp

t

=n

∑

j=1

p=1

∂3f

∂xi∂xp∂xj

(c)kj lp.

Slijedi

D3f(c)(h, k, l) =

n∑

i=1

j=1

p=1

∂3f

∂xp∂xj∂xi(c)hikj lp.

56

Definicija 15.6 Ako je preslikavanje D2f : A → L(Rn, L(Rn, Rm)) neprekidno kazemo da je f

klase C2 na skupu A. Skup svih takvih preslikavanja oznacavamo C2(A, Rm), odnosno C2(A)kad je m = 1.

Funkcija f : A → Rm je klase Ck, k ∈ N, ako postoje diferencijali svakog reda do ukljucivo k

i neprekidni su. Skup svih takvih funkcija oznacavamo s Ck(A, Rm).Funkcija f : A → R

m je klase C∞ ako je klase Ck za svaki k ∈ N. Skup svih takvih funkcija

oznacavamo s C∞(A, Rm).

Napomena 15.7 Zbog Propozicije 12.13 skupovi Ck(A, Rm) su vektorski prostori.Opet zbog Propozicije 12.13 diferencijal je linearan operator sa Ck+1(A, Rm) u Ck(A, Rm).

Iz Korolara 15.2 sijedi karakterizacija prostora Ck.

Korolar 15.8 Neka je A ⊆ Rn otvoren. Funkcija f : A → R

mje klase Ck ako i samo ako postoje

sve parcijalne derivacije k-tog reda funkcije f i neprekidne su na A.

Sada lako slijedi glatkoca kompozicije funkcija.

Korolar 15.9 Kompozicija funkcija klase Ck je funkcija klase Ck.

Vazno svojstvo parcijalnih derivacija drugog reda, a koje se prenosi i na vise parcijalnederivacije, dano je u narednom teoremu.

Teorem 15.10 (Schwarzov teorem) Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R funkcija klase C2.

Tada je D2f(c) simetricna bilinearna forma za svaki c ∈ A, tj.

D2f(v,w) = D2f(w, v), v, w ∈ Rn

tj. Hesseova matrica je simetricna, tj.

∂2f

∂xi∂xj

(c) =∂2f

∂xj∂xi

(c), i, j ∈ 1, . . . , n. (15.12)

Dokaz. Iz Teorema 15.5 slijedi da je simetricnost bilinearne forme ekvivalentna simetricnostiHesseove matrice, tj. svojstvu (15.12).

Stoga bez smanjenja opcenitosti mozemo pretpostaviti da je A ⊆ R2 otvoren i f ∈ C2(A).

Neka je (x, y) ∈ A i (h, k) ∈ R2. Promotrimo funkciju

S(h, k) = f(x + h, y + k) − f(x + h, y) − f(x, y + k) + f(x, y)

slika pravokutnik

definiranu na nekoj okolini (0, 0) (jer je A otvoren). Oznacimo li sa

g(u, k) = f(u, y + k) − f(u, y)

slijediS(h, k) = g(x + h, k) − g(x, k).

Prema Teoremu srednje vrijednosti slijedi da postoji ch,k izmedu x i x + h takav da je

S(h, k) =∂g

∂x(ch,k, k)h =

(

∂f

∂x(ch,k, y + k) −

∂f

∂x(ch,k, y)

)

h.

57

Primjenjujuci jos jednom Teorem srednje vrijednosti slijedi da postoji dh,k izmedu y i y+k takavda je

S(h, k) =∂2f

∂y∂x(ch,k, dh,k)hk.

Prvo grupiranje u funkciji S mozemo napraviti i drukcije

S(h, k) = f(x + h, y + k) − f(x, y + k) − f(x + h, y) + f(x, y),

te ponoviti postupak za prva i zadnja dva clana u ovom zapisu. Sijedi da postoje ch,k izmedu x

i x + h i dh,k izmedu y i y + k takvi da je

S(h, k) =∂2f

∂x∂y(ch,k, dh,k)hk.

Izjednacavanjem dobivenih izraza za S, dijeljenjem s hk, te pustanjem limesa (h, k) → 0,zbog neprekinutosti drugih derivacija, slijedi (15.12).

Napomena* 15.11 Moze se pokazati da je u prethodnom teoremu dovoljno da je funkcija f

klase C1, te da jedna parcijalna derivacija ∂2f∂x∂y

postoji i neprekdina je. Onda i druga derivacijapostoji i neprekidna je.

Za realne funkcije realne varijable poopcenje Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti jeTaylorov teorem (srednje vrijednosti). Isto vrijedi i za realne funkcije vise varijabli. KakoLagrangeov teorem srednje vrijednosti ne vrijedi za vektorske funkcije nije za ocekivati ni davrijedi Taylorov teorem u tom slucaju.

Teorem 15.12 (Taylorov teorem) Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R klase Ck+1. Neka

su x, y ∈ A takvi da je [x, y] ⊂ A. Tada postoji tocka c ∈ 〈x, y〉 takva da je

f(y) − f(x) =

k∑

j=1

1

j!D

jf(x)(y − x, . . . , y − x) +1

(k + 1)!D

k+1f(c)(y − x, . . . , y − x).

Oznacimo li y = x + h Teorem mozemo iskazati i sa: postoji θ ∈ 〈0, 1〉 takav da vrijedi

f(x + h) =

k∑

j=0

1

j!D

jf(x)(h, . . . , h) +1

(k + 1)!D

k+1f(x + θh)(h, . . . , h).

Polinom u varijablama h1, . . . , hn

Tk(x, h) =k

∑

j=0

1

j!Djf(x)(h, . . . , h)

naziva se Taylorov polinom stupnja k.

Dokaz. Oznacimo γ(t) = x + th. Funkcija g(t) = f γ(t) realna je funkcija realne varijabledefinirana na nekoj okolini [0, 1]. Kompozicija afine funkcije i funkcije klase Ck+1 je ponovoklase Ck+1, pa na nju mozemo primijeniti Taylorov teorem za funkcije jedne varijable, te postojiθ ∈ 〈0, 1〉 takav da je

g(1) =

k∑

j=0

1

j!g(j)(0) +

1

(k + 1)!g(k+1)(θ).

58

Primijetimo g(1) = f(x + h), g(0) = f(x), te izracunajmo g(j)(0). Kako je g = f ϕ slijedi

g′(t) = Df(x + th)h.

g′ je skalarna funkcija iste strukture kao i g, pa ju opet mozemo derivirati

g′′(t) = (D2f(x + th)h)h = D

2f(x + th)(h, h).

Stoga deriviramo li dalje dobivamo

g(i)(t) = Dif(x + th)(h, . . . , h).

Slijedi tvrdnja teorema.

59

1 Diferencijali viseg reda, Taylorov teorem

Neka je Ω ⊂ Rn i f : Ω → Rm diferencijabilno preslikavanje na Ω. Tada je svakoj tockix ∈ Ω pridruzen lineran operator Df(x) : Rn → Rm, tj. dobro je definirano preslikavanjeDf : Ω→ L(Rn,Rm).

Na vektorskom prostoru L(Rn,Rm) definirali smo vec operatorsku normu. Takoder, tajvektorski prostor je izomorfan prostoru Rnm na kojem smo definirali razne norme (npr. euk-lidsku). Sve te norme su, zbog konacnodimenzionalnosti prostora L(Rn, Rm), ekvivalentne,a njihovo postojanje omogucuje analizu neprekidnosti i diferencijabilnosti preslikavanja Df .

1.1. Definicija. Neka je f diferencijabilno preslikavanje na nekoj okolini tocke c ∈ Ω. Kazemoda je f klase C1 u tocki c ako je preslikavanje Df neprekidno u tocki c.

1.2. Teorem. Preslikavanje f : Ω → Rm je klase C1 u tocki c ako i samo ako sve parcijalnederivacije od f u tocki c postoje i neprekidne su.

1.3. Definicija. Neka je f diferencijabilno na nekoj okoliki tocke c ∈ Ω i neka je Df diferen-cijabilno u tocki c. Tada kazemo da je f dvaput diferencijabilna u tocki c i linearni operatorD(Df)(c) : Rn → L(Rn,Rm) nazivamo drugi diferencijal preslikavanja f u tocki c i takoderoznacavamo s D2f(c).

1.4. Definicija. Neka je f : Ω→ Rm dvaput diferencijabilno na nekoj okolini tocke c. Kazemoda je f klase C2 u tocki c ako je preslikavanje D2f : Rn → L(Rn, L(Rn,Rm)) neprekidno u c.

1.5. Definicija. Parcijalne derivacija drugog reda preslikavanja f u tocki c su brojevi

∂2f

∂xi∂xj(c) :=

∂

∂xi

(∂f

∂xi

)(c), i, j = 1, ...n.

1.6. Teorem. Preslikavanje f je klase C2 u tocki c ako i samo ako sve parcijalne derivacijedrugog reda postoje na nekoj okolini tocke c i neprekidne su u c.

1.7. Napomena. Analogno definiramo k-ti diferencijal, parcijalne derivacije k-tog reda idokazujemo karakterizaciju za preslikavanja klase Ck.

1.8. Primjetite da je D2f(c) element vektorskog prostora L(Rn, L(Rn,Rm)). Njegovo djelo-vanje opisujemo vrijednostima D2f(c)(v)(w) u Rm za proizvoljne vektore v, w ∈ Rn. Postojiprirodni izomorfizam izmedu svih linearnih operatora A : Rn → L(Rn,Rm) i bilinearnihpreslikavanja B : Rn ×Rn → Rm (B je linearno u prvom argumentu i drugom argumentu,ali nije linearno kao preslikavanje s Rn × Rn!). Veza je dana s

B(v, w) = A(v)(w),

pa cemo ponekadD2f(c) poistovjetiti s pripadnim bilinearnim preslikavanjem i pisatiD2f(c)(v, w)za D2f(c)(v)(w).

1

1.9. Prema Rieszovom teoremu o reprezentaciji svaki linearni funkcional φ : Rn → Rmozemo reprezentirati nekim vektorom vφRn, tj. φ(w) = 〈w, v〉. Slicno, bilinearna preslika-vanja B : Rn × Rn → R mozemo reprezentirati matricom H ∈Mn(R), tj.

B(v, w) = 〈Hv,w〉.

Ako odaberemo bazu za Rn i zapisemo vektore i matrice u toj bazi, v = (v1, ..., vn), w =(w1, ..., wn), H = (hij), dobivamo

B(v, w) =n∑

i,j=1

hijviwj.

Odaberemo li kanonsku bazu za Rn, matricu H(c) koja reprezentira D2f(c) zovemo Hesseovamatrica.

1.10. Propozicija. Neka je f dvaput diferencijabilno u tocki c. Tada su elementi Hesseovematrice H(c) upravo ∂2f

∂xi∂xj(c), i, j = 1, 2, ..., n.

1.11. Teorem. (Schwarz) Neka je f klase C2. Tada je Hesseova matrica simetricna, tj.

∂2f

∂xi∂xj(c) =

∂2f

∂xj∂xi(c).

1.12. Zadatak. Odredite postoje li parcijalne derivacije drugog reda u (0, 0) preslikavanje

f(x, y) =

y(x2−y2x2+y2

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

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

Rjesenje. Za tocku (x, y) 6= (0, 0) dobivamo

∂xf(x, y) =4xy3

(x2 + y2)2,

∂yf(x, y) =x4 − 4x2y2 − y4

(x2 + y2)2.

U tocki (0, 0) racunamo direktno po definiciji

∂xf(0, 0) = limh→0

0− 0

h= 0, ∂yf(0, 0) = lim

h→0

−h3h2− 0

h= −1.

Parcijalne derivacije drugog reda u (0, 0) racunamo po definiciji

∂x∂xf(0, 0) = limh→0

∂xf(h, 0)− ∂xf(0, 0)

h= 0,

2

∂y∂xf(0, 0) = limh→0

∂xf(0, h)− ∂xf(0, 0)

h= 0,

∂x∂yf(0, 0) = limh→0

∂yf(h, 0)− ∂yf(0, 0)

h= lim

h→0

h2

h4+ 1

h,

∂y∂yf(0, 0) = limh→0

∂yf(0, h)− ∂yf(0, 0)

h= lim

h→0

−h2h4

+ 1

h,

ali posljednja dva limesa ne postoji. Prema Schwarzovom teoremu zakljucujemo da fnije klase C2. Dapace, f nije cak ni klase C1 (provjerite to!).

1.13. DZ. Dodefinirajte preslikavanje f(x, y) = xy(x2−y2)x2+y2

do neprekidnog i provjerite je li

tako definirano preslikavanje klase C1 i C2 u tocki (0, 0).

1.14. Teorem. (Taylor) Neka je f : Ω → R klase Ck u svakoj tocki c ∈ Ω, te neka suv, v0 ∈ Ω takvi da je [v, v0] ⊂ Ω. Tada postoji c ∈ [v, v0] takav da je

f(v) = f(v0) +Df(v0)(v − v0) +1

2D2f(v0)(v − v0, v − v0) + ...+

1

k!Dkf(v0)(v − v0, ..., v − v0)︸ ︷︷ ︸

Tk(v)

+

+1

(k + 1)!Dk+1f(c)(v − v0, ..., v − v0)︸ ︷︷ ︸

Rk(v)))

.

1.15. Zadatak. Odredite Taylorov razvoj u polinom treceg stupnja preslikavanja f(x, y) =sinx+ x2y + 2x oko tocke (0, 0).

Rjesenje. Racunamo redom potrebne parcijalne derivacije

∂xf(x, y) = cos x+ 2xy + 2, ∂yf(x, y) = x2,

∂xxf(x, y) = − sinx+ 2y, ∂xyf(x, y) = ∂yxf(x, y) = 2x, ∂yyf(x, y) = 0,

∂xxxf(x, y) = − cosx, ∂xxyf(x, y) = ∂xyxf(x, y) = ∂yxxf(x, y) = 2,

∂xyyf(x, y) = ∂yxyf(x, y) = ∂yyxf(x, y) = 0, ∂yyyf(x, y) = 0.

Uvrstimo li tocku (0, 0) dobivamo

∂xf(0, 0) = 3, ∂yf(0, 0) = 0,

∂xxf(0, 0) = 0, ∂xyf(0, 0) = ∂yxf(0, 0) = 0, ∂yyf(x, y) = 0,

∂xxxf(0, 0) = −1, ∂xxyf(0, 0) = ∂xyxf(0, 0) = ∂yxxf(0, 0) = 2,

∂xyyf(0, 0) = ∂yxyf(0, 0) = ∂yyxf(0, 0) = 0, ∂yyyf(0, 0) = 0.

3

Za v = (x, y) i v0 = (0, 0) Taylorov polinom treceg stupnja T3(x, y) glasi

f(0, 0) +Df(0, 0)((x, y)− (0, 0)) +1

2D2f(0, 0)((x, y)− (0, 0), (x, y)− (0, 0))+

+1

6D3f(0, 0)((x, y)− (0, 0), (x, y)− (0, 0), (x, y)− (0, 0)) =

= 0 + [3 0]

[xy

]+ 0 +

1

6(−1 · x3 + 3 · 0 · x2y + 3 · 2 · xy2 + 0 · y3) =

= 3x− 1

6x3 + x2y.

1.16. DZ. Napisite kako izgleda ostatak R3(x, y) u prethodnom zadatku.

1.17. Napomena. Uvijek imajte na umu da je Taylorov polinom dane funkcije polinomodredenog stupnja koji najbolje aproksimira funkciju na okolini tocke oko koje razvijamo.

1.18. DZ. Odredite Taylorov red preslikavanja xecos(xy)−1 oko tocke (1, 0).

4

16 Lokalni ekstremi

Vazna primjena Taylorovog teorema odnosi se na analizu lokalnih ekstrema (minimuma odnosnomaksimuma) relanih funkcija (vise varijabli).

Za n = 1 i f : 〈a, b〉 → R ako funkcija ima lokalni minimum ili maksimum u tocki c ∈ 〈a, b〉 iako je funkcija diferencijabilna u c, tada je f ′(c) = 0. Ako je jos funkcija dva puta diferencijabilnau tocki c i f ′′(c) < 0, tada je c lokalni maksimum, a ako je f ′′(c) > 0, tada je u c lokalni minimum.U nastavku poopcujemo ove rezultate za realne funkcije vise varijabli.

Definicija 16.1 Neka je A ⊆ Rn otvoren, f : A → R i c ∈ A.

• Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) maksimum

∀x ∈ U(c) f(c) ≥ f(x),

kazemo da je c lokalni maksimum, a f(c) je vrijednost lokalnog maksimuma.

• Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum

∀x ∈ U(c) f(c) ≤ f(x),

kazemo da je c lokalni minimum, a f(c) je vrijednost lokalnog minimuma.

• c je lokalni ekstrem ako je lokalni minimum ili lokalni maksimum funkcije f .

• c je stacionarna tocka ako je funkcija f diferencijabilna u c i Df(c) = 0.

Teorem 16.2 (Nuzan uvjet za lokalni ekstrem) Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R

diferencijabilna u c ∈ A. Ako je c lokalni ekstrem funkcije f onda je Df(c) = 0 (tj. c jestacionarna tocka funkcije f).

Dokaz. Pretpostavimo da Df(c) 6= 0. Slijedi da postoji vektor h ∈ Rn takav da je Df(c)h =

p 6= 0. Pretpostavimo p > 0 (ako nije uzmemo −h). Slijedi

limλ→0

f(c + λh) − f(c) − λDf(c)h

λ= 0.

Stoga je

limλ→0

f(c + λh) − f(c)

λ= Df(c)h = p > 0.

Sada slijedi da za λ > 0 u okolini λ = 0 vrijedi

f(c + λh) > f(c),

a za λ < 0 u okolini λ = 0 vrijedif(c + λh) < f(c),

pa c nije lokalni ekstrem, sto je kontradikcija.

Napomena 16.3 Primijetite da smo dokaz zapravo sveli na realnu funkciju realne varijable.

60

Rezultat je zapravo intuitivno jasan. Ako funkcija ima lokalni maksimum u tocki c niti ujednom smjeru ne smije rasti. Stoga ako je diferencijabilna diferencijal mora biti jednak 0.

S druge strane stacionarne tocke ne moraju biti ekstremi. Poznat primjer je f(x) = x3 gdjeje u 0 tocka infleksije. Primjeru dvije dimenzije dan je formulom

f(x, y) = y2 − x2.

Vrijedi∂f

∂x(x, y) = −2x,

∂f

∂y(x, y) = 2y.

Stoga je (0, 0) stacionarna tocka. No, promatramo li ponasanje funkcije na osi y vidimo da jevrijednost funkcije pozitivna, a na osi x negativna. Stoga (0, 0) nije lokalni ekstrem. Takve tockenazivaju se sedlaste tocke.

Definicija 16.4 Simetricna matrica H ∈ Mn(R) je

• pozitivno definitna (pisemo H > 0) ako je

∀x ∈ Rn\0 (Hx|x) > 0.

• pozitivno semidefinitna (pisemo H ≥ 0)ako je

∀x ∈ Rn (Hx|x) ≥ 0.

• negativno definitna (pisemo H < 0) ako je

∀x ∈ Rn\0 (Hx|x) < 0.

• negativno semidefinitna (pisemo H ≤ 0) ako je

∀x ∈ Rn (Hx|x) ≤ 0.

• indefinitna ako nije ni pozitivno ni negativno semidefinitna.

Simetricna matrica ima realne svojstvene vrijednosti i slicna je s dijagonalnom matricom D

A = T−1DT.

Npr. zahtjev pozitivne definitnosti sada je ekvivalentan istom zahtjevu na matricu D tj. poz-itivnosti svojstvenih vrijednosti. Slicnu karakterizaciju mozemo dati i za druga svojstva, nega-tivno definitna ima samo negativne svojstvene vrijednosti, a indefinitna i pozitivne i negativne.

Neka je H pozitivno definitna matrica. Promatramo preslikavanje

f : Rn → R, f(x) = (Hx|x).

To preslikavanje je kvadratni polinom u n varijabli, te je stoga neprekidno na citavom Rn.

Specijalno, neprekidno je na jedinicnoj sferi Sn−1 = x ∈ Rn : ‖x‖ = 1 u R

n. Stoga na Sn−1

funkcija f poprima minimum Hm, tj. vrijedi

f(x) = (Hx|x) ≥ Hm, x ∈ Rn.

61

Kako je H pozitivno definitna Hm > 0. Za proizvoljan 0 6= x ∈ ZRn je x‖x‖ ∈ Sn−1, pa vrijedi

(Hx

‖x‖|

x

‖x‖) ≥ Hm, 0 6= x ∈ R

n.

Mnozenjem s ‖x‖2 slijedi(Hx|x) ≥ Hm‖x‖2, x ∈ R

n. (16.13)

S druge strane (16.13) ocito povlaci da je H pozitivno definitna. Stoga smo pokazali prvu tvrdnjunarednog teorema. Druga tvrdnja slijedi analogno.

Teorem 16.5 a) Simetricna matrica H je pozitivno definitna ako i samo ako postoji Hm > 0takav da je

(Hx|x) ≥ Hm‖x‖2, x ∈ Rn.

b) Simetricna matrica H je negativno definitna ako i samo ako postoji HM < 0 takav da je

(Hx|x) ≤ HM‖x‖2, x ∈ Rn.

Napomena 16.6 Neka je H pozitivno definitna. Vec smo komentirali da je to ekvivalentnopozitivnosti svih svojstvenih vrijednosti matrice H. Neka su svojstvene vrijednosti dane redom

0 < λ1 ≤ λ2 ≤ · · · λn,

s pripadnom ortonormiranom bazom svojstvenih vektora v1, . . . , vn. Neka je za x ∈ Rn raspis u

bazi dan sax = c1v1 + · · · cnvn.

Sada iz (16.13), uvrstavanjem vektora x, slijedi

(Hx|x) = λ1c2

1+ · · · + λnc2

n ≥ λ1(c2

1+ · · · c2

n) = λ1‖x‖2.

Stoga je najveci Hm iz (16.13) zapravo najmanja svojstvena vrijednost od H.

Teorem 16.7 (Dovoljni uvjeti za lokalni ekstrem) Neka je A ⊆ Rn otvoren i f : A → R

n

klase C2.

(i) Ako je c ∈ A stacionarna tocka i Hf (c) je negativno definitna matrica onda f ima lokalnimaksimum u c.

(ii) Ako f ima lokalni maksimum u c onda je Hf (c) negativno semidefinitna.

(iii) Ako je c ∈ A stacionarna tocka i Hf (c) je pozitivno definitna matrica onda f ima lokalniminimum u c.

(iv) Ako f ima lokalni minimum u c onda je Hf (c) pozitivno semidefinitna.

(v) Ako je c ∈ A stacionarna tocka i Hf (c) je indefinitna matrica onda f nema u tocki c lokalniekstrem, tj. c je sedlasta tocka funkcije f .

62

Dokaz. Dokazat cemo tvrdnje (i), (ii) i (v). Tvrdnje (iii) i (iv) slijede iz (i), (ii) za funkciju −f ,a prvi dio od (v) iz (ii) i (iv).

Neka je Df(c) = 0 i Hf (c) < 0. Stoga prema Teoremu 16.5 postoji ε > 0 tako da vrijedi

D2f(c)(x, x) =≤ −ε‖x‖2, x ∈ Rn.

Jer je funkcija klase C2 slijedi da je D2f neprekidna na A, pa postoji δ > 0 takav da je K(c, δ) ⊆ A

i∀x ‖x − c‖ < δ =⇒ ‖D2f(x) − D2f(c)‖ <

ε

2.

Za x ∈ K(c, δ) Taylorov teorem daje c izmedu c i x, dakle u K(c, δ), takav da je

f(x) − f(c) = Df(c)(x − c) +1

2D2f(c)(x − c, x − c).

Sada iskoristimo Df(c) = 0, te ocijenu za drugi clan na desnoj strani ove jednakosti

D2f(c)(x − c, x − c) ≤ D2f(c)(x − c, x − c) + ‖D2f(c)(x − c, x − c) − D2f(c)(x − c, x − c)‖

≤ D2f(c)(x − c, x − c) + ‖D2f(c) − D2f(c)‖‖x − c‖2

≤ −ε‖x − c‖2 +ε

2‖x − c‖2

≤ −ε

2‖x − c‖2,

te dobivamof(x) − f(c) ≤ −

ε

4‖x − c‖2 < 0, x 6= c.

Stoga jef(x) < f(c), x ∈ K(c, δ)\c

pa je c lokalni maksimum funkcije f .Neka je sada c lokalni maksimum funkcije f . Pretpostavimo da Hf(c) nije negativno semidefinitna.

To znaci da postoji x ∈ Rn takav da je

D2f(c)(x, x) > 0.

Funkcija g(t) = −f(c+ tx) definirana je na nekoj okolini 0, jer je A otvoren, i na toj okolini klaseje C2. Vrijedi

D2g(0)(1, 1) = g′′(0) = −D

2f(c)(x, x) < 0.

Koristeci prethodni dio dokaza zakljucujemo da postoji δ > 0 takav da je

∀t 6= 0 |t| < δ =⇒ g(t) < g(0).

Stoga je f(c + tx) > f(c), pa c nije tocka lokalnog maksimuma funkcije f , sto je u kontradikcijis pretpostavkom.

Pretpostavimo da je Hf (c) indefinitna. To znaci da postoje vektori x, y ∈ Rn takvi da je

(Hf (c)x|x) > 0, (Hf (c)y|y) < 0.

Stoga, kao u prethodnom dijelu dokaza, funkcija g1(t) = f(c + tx), ima lokalni minimum u 0, afunkcija g2(t) = f(c + ty) ima lokalni maksimum u 0. Zakljucujemo da je c sedlasta tocka za f .

63

Kako za danu matricu nije lako odrediti njenu definitnost donosimo jednostavni kriterij sdokazom samo u jednostavnim slucajevima.

Teorem 16.8 (Sylvesterov kriterij) Neka je H = (hij) ∈ Mn(R) simetricna. Oznacimo re-dom determinante

∆1 = h11, ∆2 =

∣

∣

∣

∣

h11 h12

h21 h22

∣

∣

∣

∣

, . . . ,∆n =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

h11 · · · h1n

.... . .

...hn1 · · · hnn

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

• H je pozitivno definitna ako i samo ako je ∆i > 0, i = 1, . . . , n.

• H je negativno definitna ako i samo ako je

∆1 < 0,∆2 > 0,∆3 < 0, . . . .

Dokaz. Za dijagonalnu matricu lako je provjeriti da teorem vrijedi.U slucaju n = 2 nadopunjavanjem do punog kvadrata dobivamo

(Hx|x) = h11x2

1+ 2h12x1x2 + h22x

2

2

= h11

(

x2

1 + 2h12

h11

x1x2 +h2

12

h2

11

x2

2

)

+−h2

12+ h11h22

h11

x2

2

= h11

(

x1 +h12

h11

x2

)

2

+det H

h11

x2

2.

Odavde, jednostavno slijedi tvrdnja teorema.

Primjer 16.9 Odredite lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = x2 + xy + y2 − 2x − y.

64

1 Lokalni ekstremi funkcija vise varijabli

1.1. Prisjetite se definicija i osnovnih tvrdnji koje opisuju vezu lokalnih ekstrema, sta-cionarnih tocaka i druge derivacije funkcije jedne varijable.

1.2. Primjer. Za funkciju f(x) = x2 vidimo da se lokalni ekstrem postize u stacionarnojtocki x0 = 0, tj. vrijedi f ′(0) = 0. Buduci da je f ′′(0) = 2 > 0, tocka x0 = 0 tocka lokalnogminimuma.

1.3. Primjer. Funkcija f(x) = x3 pokazuje da stacionarna tocka (ovdje x0 = 0) ne mora bititocka lokalnog ekstrema. Tada druga derivacija u toj tocki iscezava i takvu tocku nazivamosedlasta tocka.

1.4. Primjer. Funkcija f(x) = x4 pokazuje da za stacionarnu tocku u kojoj druga derivacijaiscezava ne mozemo zakljuciti da je sedlasta tocka. Naime, f ′(0) = 0, f ′′(0) = 0 i tocka 0 jetocka lokalnog minimuma.

1.5. Pogledajte u skripti s predavanja definiciju lokalnih ekstrema funkcija vise varijable, teteoreme koji opisuju vezu lokalnih ekstrema s definitnoscu Hesseove matrice.

1.6. Definicija. Za niz y1, y2, ..., yn realnih brojeva, koji nisu svi 0, uz oznaku

k = maxi : yi 6= 0,

kazemo da je:

• pozitivno semidefinitan ako je yi > 0 za sve i ≤ k;

• negativno semidefinitan ako je (−1)iyi > 0 za sve i ≤ k;

• sedlastog tipa ako ni pozitivno ni negativno semidefinitan;

• pozitivno/negativno definitan ako je pozitivno/negativno semidefinitan i k = n.

1.7. Teorem. (Profinjeni Sylvestereov kriterij) Neka je A simetricna matrica reda n, a (∆i)i=1,...,n

niz glavnih minora matrice A . Matrica A je

• pozitvno definitna ako i samo ako je (∆i)i pozitivno definitan niz;

• negativno definitna ako i samo ako je (∆i)i negativno definitan niz;

• indefinitna ako i samo ako postoji permutacija σ ∈ Sn takva da je niz glavnih minoramatrice σ(A) (nastale istovremenom permutacijom redaka i stupaca matrice A) sedlastogtipa.

U sljedecim primjerima odredite stacionarne tocke i klasificirajte ih (jesu li tocke lokalnogminimuma, lokalnog maksimuma ili sedlaste tocke).

1

1.8. Zadatak. Funkcija f(x, y) = x2 − xy + y2.

Rjesenje. Izjednacimo li parcijalne derivacije s nulom dobivamo sustav 2x−y = 0, 2y−x = 0,cije jedino rjesenje je x = 0, y = 0. Hesseova matrica u tocki (0, 0) glasi

H =

[2 −1−1 2

].

Glavne minore su ∆1 = 2 > 0,∆2 = 2 · 2− (−1) · (−1) = 3 > 0, pa je H pozitivno definitnai (0, 0) je tocka lokalnog minimuma.

1.9. Zadatak. Funkcija f(x, y) =√x2 + y2 + 1

x2y2, x, y 6= 0.

Rjesenje. Primjetimo prvo da je korjenovanje monotona funkcija, pa f poprima lokalneekstreme u istim tockama u kojima ih poprima i funckija g(x, y) = x2 + y2 + 1

x2y2.

Stacionarne tocke funkcije g su rjesenja sustava

2x− 2xy2

x4y4= 0, 2y − 2yx2

x4y4= 0,

a to su tocke (1, 1), (1,−1), (−1, 1), (−1,−1).Hesseova matrica u tim tockama glasi

H =

[8 ±4±4 8

].

Buduci da su glavne minore (redom 8, 48) obje pozitivne, radi se tockama lokalnog mini-muma.

1.10. Zadatak. Funkcija f(x, y, z) = x2 − y sin z + 8xz.

Rjesenje. Stacionarne tocke funkcije f su rjesenja sustava

2x+ 8z = 0, − sin z = 0, −y cos z + 8x = 0,

a to su tocke Tk = (−4kπ, (−1)k+132kπ, kπ), k ∈ Z.Hesseova matrica u tim tockama glasi

H(Tk) =

2 0 80 0 (−1)k+1

8 (−1)k+1 0

.Buduci da su glavne minore redom 2, 0,−2, Hesseova matrica je indefinitna. Sve tocke Tksu sedlaste.

1.11. DZ. Funkcija f(x, y) = ex−y(x2 − 2y2).

1.12. DZ. Funkcija f(x, y) = (ey + 1) cosx− yey.

2

1.13. Zadatak. Funkcija f(x, y) = (y − 3x2)(y − x2).

Rjesenje. Lako se pokaze da je stacionarna tocka (0, 0). Hesseova matrica glasi

H =

[0 00 2

].

Glavne minore ove matrice su obje 0, pa promatramo matricu dobivenu istovremenom per-mutacijom redaka i stupaca

H =

[2 00 0

].

Prema, profinjenom Sylvesterovom kriteriju zakljucujemo da je H pozitivno semidefinitna ida bismo odredili karakter tocke (0, 0) moramo pazljivije analizirati funkciju f na okolinamate tocke.

Primjetimo da u svakoj (ma koliko maloj) okolini mozemo pronaci tocke oblika (x, 2x2) i(x, 4x2) (jer za svaki ε > 0 postoji x takav da je

√x2 + 4x4 < ε,

√x2 + 16x4 < ε). Buduci da

je f(0, 0) = 0, f(x, 2x2) < 0, f(x, 4x2) > 0 zakljucujemo da je tocka (0, 0) sedlasta tocka.

1.14. DZ. Funkcija f(x, y) = x4 + y4 − 2(x− y)2.

1.15. DZ. Funkcija f(x, y) = 2y4 − 3xy2 − 8y3 + x2 + 6xy + 12y2 − 3x− 8y + 2.

1.16. Prisjetite se da neprekidna funkcija f na kompaktnom skupu postize globalne ek-streme. Ako je f klase C1 onda se globalni ekstremi postizu u tockama lokalnih ekstrema ilina rubu domene.

1.17. Zadatak. Neka je f : K(0, 10)→ R zadana formulom f(x, y, z) = 2x2−xy+64z+4z2.Dokazite da f postize globalni ekstreme na rubu domene.

Rjesenje. Primjetimo da je f funkcija klase C1 definirana na kompaktnom skupu. Sta-cionarne tocke su rjesenja sustava

4x− y = 0, −x+ 4z2 = 0, 64 + 8zy = 0.

Jedino rjesenje tog sustava je tocka (x0, y0, z0) = ( 43√4 ,

163√4 ,−

13√2). Buduci da je x20 +y20 +z20 >

100, ova tocka lezi izvan kugle K(0, 10). Dakle, f nema stacionarnih tocaka na domeni iglobalni ekstremi se postizu na rubu.

1.18. Zadatak. Dokazite da su sve tocke globalnih ekstrema funkcije f : K(0, 1) → Rzadane formulom f(x, y) = 4x2y − 2y2 + x jednako udaljeni od ishodista.

Rjesenje. Trazimo stacionarne tocke u nutrini, sto daje sustav

8xy + 1 = 0, 4x2 − 4y = 0.

Rjesenje tog sustava je (−12, 14). Hesseova matrica u toj tocki glasi

H =

[2 −4−4 −4

].

3

Buduci da su glavne minore redom 2,−24, radi se o sedlastoj tocki. Zakljucujemo da fnema lokalnih ekstrema u unutrasnjosti domene, pa se jedini kandidati za globalne ekstremenalaze na rubu domene. Rub domene je sfera oko ishodista, pa su tocke globalnih ekstremajednako udaljene od ishodista.

1.19. DZ. Ispitajte stacionarne tocke funkcije

f(x, y) = ax+ by + ln(x2 + y2)

u ovisnosti o a, b ∈ R.Uputa: Nije potrebno izracunati eksplicitno stacionarne tocke - prvo izracunajte Hesseovumatricu, pa uvrstite sto znate o stacionarnim tockama!

4

17 Uvjetni ekstremi

U nekim problemima moramo odrediti ekstreme funkcije (lokalne ili globalne), ali koji zado-voljavaju jos neke dodatne uvjete. Npr. trazimo pravokutnik maksimalne povrsine, a zadanogopsega.

Teorem 17.1 Neka je A ⊂ Rn otvoren, f, g : A → R klase C1. Neka x0 ∈ A zadovoljava

g(x0) = 0, te neka je S = g−1(0). Neka je takoder ∇g(x0) 6= 0. Ako f |S ima maksimum ili

minimum u x0 tada postoji λ ∈ R takav da je

grad f(x0) = λ grad g(x0).

Dokaz. Vec smo ranije vidjeli da je tangencijalna ravnina plohe zadane implicitno jednadzbomg(x) = 0 u tocki x0 dana kao ravnina sto prolazi kroz x0 okomita na grad g(x0). Naime za svakiput c kroz x0 = c(0) vrijedi

g(c(t)) = 0 ⇒ d

dtg(c(t)) = 0 ⇒ Dg(c(t))c′(t) = 0.

Stoga je(grad g(x0)|c′(0)) = 0.

Stoga je grad g(x0) okomit na svaki tangencijalni vektor krivulje na g(x) = c0 u tocki x0.S druge strane, ako je u x0 lokalni ekstrem funkcije f |S slijedi da je 0 lokalni ekstrem funkcije

t 7→ f(c(t)). Stoga je(

d

dtf(c(t))

)

|t=0 = 0.

Stoga je(grad f(x0)|c′(0)) = 0.

Uz prepostavku da tangencijalni vektori krivulja na g(x) = 0 razapinju citavu ravninu (vratitcemo se jos na to pitanje) slijedi da su grad f(x0) i grad g(x0) kolinearni, tj., jer je ∇g(x0) 6= 0,da postoji λ ∈ R takav da je

grad f(x0) = λ grad g(x0).

U ovom smo dokazu naucili i da vrijedi.

Korolar 17.2 Ako f |S ima ekstrem u x0, tada je ∇f(x0) okomit na S u x0.

Za problememe uvjetnih ekstrema Teorem 17.1 daje nuzni uvjet za ekstrem, tj. daje nacinza odredivanje stacionarnih tocaka. Odredujemo zapravo sve parove (x0, λ) ∈ U ×R takve da je

∇f(x0) = λ∇g(x0), g(x0) = 0.

Realan broj λ naziv se Lagrangeov multiplikator.

Primjer 17.3 Neka je S ⊂ R2 pravac x − y = 1 i f : R

2 → R, f(x, y) = x2 + y2. Odrediteminimum funkcije f na S.

S je implicitno zadan sa g(x, y) = x − y − 1 = 0. Stoga je

grad g(x, y) = (1,−1)T .

65

S druge strane je∇f(x, y) = (2x, 2y).

Stoga su stacionarne tocke dane sa

(2x0, 2y0) = (λ,−λ), x0 − y0 − 1 = 0.

Slijedi

x0 =1

2, y0 = −1

2, λ = 1.

S obzirom na definiciju funkcije f ta tocka je minimum.slika

Primjer 17.4 Odredite udaljenost ravnine u R3 od ishodista.

Neka je ploha S definirana s vise uvjeta

g1(x1, . . . , xn) = 0,

...

gk(x1, . . . , xn) = 0,

x0 je ekstrem funkcije f na S i neka je grad g1(x0), . . . , grad gk(x

0) linearno nezavisan skup.Opet provucemo put c na S kroz tocku x0. Slijedi da je tangenta c′(0) okomita na svaki od∇gi(x

0). S druge strane zakljucujemo i da je okomita na grad f(x0). Ako se svi vektori tangen-cijalnog prostora u x0 mogu dobiti kao c′(0) neke krivulje na S slijedi da je grad f(x0) u prostorurazapetom sa grad g1(x

0), . . . , grad gk(x0), pa smo dokazali naredni teorem.

Teorem 17.5 Neka je A ⊂ Rn i neka su funkcije f, g1, . . . , gk : A → R klase C1. Neka je

x0 ∈ S = x ∈ A : g1(x) = · · · = gk(x) = 0, te neka je grad g1(x0), . . . , grad gk(x0) linearno

nezavisan skup. Ako f |S ima ekstrem u x0 tada postoje λ1, . . . , λk takvi da je

grad f(x0) = λ1 grad g1(x0) + · · · + λk grad gk(x

0).

Primjer 17.6 Odredite ekstreme funkcije f(x, y, z) = x + y + z pod uvjetima x2 + y2 = 2 ix + z = 1.

Uvjeti su implicitno dani funkcijama

g1(x, y, z) = x2 + y2 − 2 = 0, g2(x, y, z) = x + z − 1 = 0.

Stoga je stacionarna tocka odredena jednadzbma

∇f(x, y, z) = (1, 1, 1) = λ1(2x, 2y, 0) + λ2(1, 0, 1),

x2 + y2 − 2 = 0,

x + z − 1 = 0.

To su jednadzbe za x, y, z, λ1, λ2. Slijedi

λ2 = 1, x = 0, y =1

2λ1

, y2 = 2, z = 1.

66

Zakljucujemo da postoje dvije stacionarne tocke

(x, y, z) = (0,√

2, 1),

(x, y, z) = (0,−√

2, 1).

Kako je S presjek beskonacnog cilidra i ravnine ogranicen slijedi da je S kompaktan, pa nanjemu neprekidna funkcija postize minimum i maksimum. Stoga je jedna od stacionarnih tocakaminimum (globalni), a druga maksimum (globalni). Provjerom vrijednosti funkcije

f(0,√

2, 1) = 1 +√

2, f(0,−√

2, 1) = 1 −√

2

zakljucujemo da je prva tocka maksimum, a druga minimum.

Primjer 17.7 Odredite udaljenost pravca u R3, zadanog kao presjek dviju ravnina, od ishodista.

67

1 Uvjetni ekstremi

1.1. Teorem. Neka je A ⊆ Rn otvoren skup i f, g1, · · · , gm : A → R funkcije klase C1 pricemu je m < n. Neka je

S = P ∈ A : gi(P ) = 0, ∀i ∈ 1, · · ·m

te neka je skup ∇g1(P ), · · · ,∇gm(P ) linearno nezavisan skup za sve P ∈ S. Ako je P0 tockalokalnog ekstrema funkcije f |S, onda postoje λ1, · · · , λm ∈ R takvi da vrijedi

∇f(P0) =m∑i=1

λi∇gi(P0).

1.2. Zadatak. Nadite ekstreme funkcije f(x, y, z) = x+y+z uz uvjete x2+y2 = 2, x+z = 1.

Rjesenje. Neka je S = (x, y, z) ∈ R3 : g1(x, y, z) = g2(x, y, z) = 0, gdje su funkcije g1 i g2dane sa

g1(x, y, z) = x2 + y2 − 2, g2(x, y, z) = x+ z − 1.

Funkcije f, g1 i g2 su polinomi pa su klase C1. Nadalje,

∇g1(x, y, z) = (2x, 2y, 0), ∇g2(x, y, z) = (1, 0, 1)

pa vidimo da su ∇g1(x, y, z) i ∇g2(x, y, z) linearno nezavisni za sve (x, y, z) ∈ S i mozemoprimjeniti prethodni teorem. Ako je tocka (x, y, z) lokalni ekstrem funkcije f |S, onda je

∇f(x, y, z) = λ1∇g1(x, y, z) + λ2∇g2(x, y, z).

Stoga je (1, 1, 1) = (2λ1x+λ2, 2λ1y, λ2). Iz toga dobivamo λ2 = 1, a onda zbog 2λ1x+λ2 = 1slijedi λ1x = 0. Ako je λ1 = 0, onda iz 2λ1y = 1 dobivamo 0 = 1, sto je kontradikcija. Dakle,mora vrijediti x = 0. Iz uvjeta x + z − 1 = 0 dobivamo z = 1, a iz uvjeta x2 + y2 − 2 = 0slijedi y ∈

√2,−√

2.Kako su g1 i g2 neprekidne funkcije, a skup 0 zatvoren, onda je i skup S = g−11 (0)∩

g−12 (0) zatvoren kao presjek dvaju zatvorenih skupova. Nadalje, za (x, y, z) ∈ S imamox ≤√

2 i y ≤√

2 te |z| = |1− x| ≤ 1 + |x| ≤ 1 +√

2 pa zakljucujemo da je skup S omeden.Dakle, S je kompaktan skup, a kako je f neprekidna funkcija, to znaci da ona na skupuS postize minimum i maksimum. Kako su jedini kandidati za ekstreme tocke (0,

√2, 1) i

(0,−√

2, 1), to mora jedna od njih biti tocka minimum, a druga tocka maksimuma.

f(0,√

2, 1) =√

2 + 1, f(0,−√

2, 1) = −√

2 + 1

pa je (0,√

2, 1) tocka globalnog maksimuma, a (0,−√

2, 1) je tocka globalnog minimuma.

1.3. Napomena. Uocite da u prethodnom zadatku nije bilo potrebno racunati Hesseovumatricu jer znamo da neprekidne funkcije na kompaktu dostizu minimum i maksimum.

1

1.4. Zadatak. Nadite ekstreme funkcije f(x, y, z) = x2+y2 uz uvjete z = 0, z2−(y−1)3 = 0.

Rjesenje. Stavimo

g1(x, y, z) = z, g2(x, y, z) = z2 − (y − 1)3, S = (x, y, z)|g1(x, y, z) = g2(x, y, z) = 0.

Ponovno su funkcije f, g2 i g2 klase C1 i vrijedi

∇g1(x, y, z) = (0, 0, 1), ∇g2(x, y, z) = (0,−3(y − 1)2, 2z).

Uocimo da su za tocke oblika (x, 1, 0) (a sve su takve iz S) vektori ∇g1(x, 1, 0) i ∇g2(x, 1, 0)linearno zavisni pa ne mozemo primjeniti teorem. Ipak, u ovom primjeru je lako odrediteekstreme jer za (x, y, z) ∈ S vrijedi z = 0, y = 1, tj. vrijedi f(x, y, z) = x2 + 1 ≥ 1 zasve (x, y, z) iz S. Dakle, f |S ima (globalni) minimum u tocki (0, 1, 0), a nema lokalnog niglobalnog maksimuma.

1.5. Zadatak. Neka je K = (x, y) ∈ R2|0 ≤ x, y ≤ 1, f : K −→ R zadana sa

f(x, y) = x4 + 4x3y2 − 3xy2 + 3x− 1.

Odredite najmanju i najvecu vrijednost koju poprima funkcija f . U kojim tockama se tevrijednosti dostizu?

Rjesenje. Funkcija f je neprekidna, a skup K kompaktan pa f na njemu postize minimumi maksimum. Pronadimo stacionarne tocke u unutrasnjosti kvadrata. Vrijedi

∂xf(x, y) = 4x3 + 12x2y2 − 3y2 + 3, ∂yf(x, y) = 8x3y − 6xy = xy(8x2 − 6).

Sada je ∂yf(x, y) = 0 ako i samo ako je x = 0, y = 0 ili x = ±√32

. Buduci da trazimo

stacionarne tocke u unutrasnjosti kvadrata, jedina mogucnost je x =√32

. No, tada je

∂xf(

√3

2, y) = 3

√3

2+ 6y2 + 3 6= 0 ∀y ∈ R.

Stoga u unutrasnjosti kvadrata nema lokalnih ekstrema, odnosno, ekstremi se postizu narubu kvadrata. Vrijedi

f(0, y) = −1, f(1, y) = y2 + 3, f(x, 0) = x(x3 + 3)− 1, f(x, 1) = x3(x+ 4)− 1.

Zbog 0 ≤ x, y ≤ 1 dobivamo

3 ≤ f(1, y) ≤ 4, −1 ≤ f(x, 0) ≤ 3, −1 ≤ f(x, 1) ≤ 4.

Najveca vrijednost funkcije f je 4, s postize se u tocki (1, 1), a najmanja vrijednost je −1, aonda se postize u tockama oblika (0, y), 0 ≤ y ≤ 1.

2

1.6. Zadatak. Odredite tocke skupa

S = (x, y, z) ∈ R3| 2x2 + y2 − 4 = 0, x+ y + z = 0

koje su najblize (najdalje) osi y.

Rjesenje. Skup S je kompaktan, a funkcija d(x, y, z) =√x2 + z2 (koja predstavlja udaljenost

tocke (x, y, z) od osi y) je neprekidna pa postize minimum i maksimum na skupu S. Kako jefunkcija drugog korijena strogo rastuca na skupu R+, dovoljno je odrediti ekstreme funkcijef(x, y, z) = x2 + z2 na skupu S. Stavimo g1(x, y, z) = 2x2 + y2 − 4, g2(x, y, z) = x + y + z.Tada je

∇f(x, y, z) = (2x, 0, 2z), ∇g1(x, y, z) = (4x, 2y, 0), ∇g2(x, y, z) = (1, 1, 1).

Vidimo da su ∇g1(x, y, z) i ∇g2(x, y, z) linearno nezavisni za sve (x, y, z) iz S pa mozemoprimjeniti teorem. Ako je (x, y, z) ekstrem funkcije f |S, tada postoje λ1 i λ2 u R t.d. vrijedi

(2x, 0, 2z) = λ1(4x, 2y, 0) + λ2(1, 1, 1).

Rjesavamo sustav:

1 · 2x− 4λ1x− λ2 = 0,

1 · 0− 2λ1y − λ2 = 0,

1 · 2z − 0 · λ1 − λ2 = 0.

Ako gornji sustav shvatimo kao sustav u 1, λ1, λ2 za koji znamo da ima rjesenje (jerfunkcija f postize ekstreme na skupu S), onda dobivamo∣∣∣∣∣∣

2x −4x −10 −2y −12z 0 −1

∣∣∣∣∣∣ = 0,

odakle dobivamo xy + 2xz − yz = 0. Uvrstavanjem uvjeta z = −x− y dobivamo y2 = 2x2.Sada iz drugog uvjeta 2x2 + y2 − 4 = 0 slijedi x = ±1, y = ±

√2. Dakle, imamo cetiri

kandidata za ekstreme, a direktnim uvrstavanjem dobivamo da su tocke

(1,√

2,−1−√

2), (−1,−√

2, 1 +√

2)

tocke maksimuma, a(1,−

√2,−1 +

√2), (−1,

√2, 1−

√2)

tocke minimuma.

1.7. DZ. Ispitajte lokalne ekstreme, te odredite globalni minimum i maksimum funkcije

f(x, y, z) = x2 + 2x+ 3y2 − 2z2 + 1

na skupu S = (x, y, z) ∈ R3 : 2x− 3y + z = 11.

3

1.8. DZ. Odredite ekstreme funkcije f(x, y, z) = x2 + 2y2 − z2 na skupu

D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1, x+ z = 2.

1.9. DZ. Odredite jedinicne vektore x ∈ Rn za koje preslikavanje f : Rn → R definiranos f(x) = 〈x − a, x + b〉 postize minimalnu, odnosno maksimalnu vrijednost, ako je a =(n, n− 1, ..., 2, 1), b = (n− 1, n− 2, ..., 1, 0). Obrazlozite kako znamo da ti vektori postoje.

1.10. DZ. Odredite dimenzije valjka koji ima najveci obujam medu valjcima oplosja 24π.

1.11. DZ. Odredite maksimalan volumen koji moze imati kvadar ciji je jedan vrh u tocki(0,0,0), njemu nasuprotan vrh na plohi x2 + y2 + z = 1, a citav kvadar je smjesten u prvomoktantu (bridovi su mu paralelni koordinatnim osima).

4

18 Teorem o inverznom preslikavanju

Za sustav linearnih jednadzbi zadan matricom A ∈ Mn(R) i desnom stranom jednadzbe y ∈ Rn

Ax = y

rjesivost sustava svela se na pitanje regularnosti matrice A, tj. zahtjev det A 6= 0. Prirodno jeonda pitanje rjesivosti sustava nelinearnih jednadzbi danog funkcijom f : R

n → Rn i desnom

stranom jednadzbe y ∈ Rn

f(x) = y

ili po komponentama

f1(x1, . . . , xn) = y1,

...

fn(x1, . . . , xn) = yn.

Ako postoji x koji zadovoljava ove jednadzbe pisemo x = f−1(y), pa je pitanje rjesivosti zapravopitanje invertibilnosti funkcije f . Uvjet koji ce se pokazati da zamjenjuje uvjet det A 6= 0 ulinearnom slucaju dan je Jakobijevom determinantom

Jf (x) = detDf(x).

Ukoliko je Jf (x) 6= 0 mozemo ocekivati rjesivost jednadz”be.U dimenziji n = 1 za funkciju f : R → R klase C1 zahtjev f ′(c) 6= 0 povlaci da je funkcija

strogo monotona na nekoj okolini od c, pa onda i invertibilna na nekoj okolini tocke c. Stoga izinvertibilnosti najbolje afine aproksimacije funkcije f u tocki c slijedi i invertibilnost funkcije fna nekoj okolini od c. S druge strane ukoliko je f ′(c) = 0 bez daljnje analize ne moze se nistazakljuciti. Primjeri su x2 i x3 (prva nije invertibilna na okolini 0, dok druga jest).

Dva svojstva jos mozemo primijetiti u slucaju realne funkcije realne varijable. Jednadzba

f(x) = x2 = y

nema rjesenja za y < 0. Takoder za y = 1 postoje dva rjesenja, x = 1 i x = −1, pa nemaglobalne jedinstvenosti. Stoga mozemo ocekivati samo lokalnu invertibilnost: za y blizu f(c)postoji jedinstveni x blizu c takav da je y = f(x).

Teorem 18.1 (Teorem o inverznoj funkciji) Neka je A ⊆ Rn otvoren, f : A → R

n klaseC1, c ∈ A i Jf (c) 6= 0. Tada postoji otvorena okolina U ⊆ A tocke c i otvorena okolina W odf(c) takva da je f(U) = W i f |U ima inverz f−1 : W → U klase C1. Stovise, za y ∈ W ix = f−1(y) vrijedi

Df−1(y) = Df(x)−1.

Ako je f klase Cp, p ≥ 1, tada je i f−1 klase Cp.

Bijekciju f : A → B klase Cp sa svojstvom da joj je inverzg f−1 : B → A takoder klase Cp

nazivamo Cp-difeomorfizam.

Napomena 18.2 Egizistencija okolina U od c i W od f(c) na kojima je funkcija f invertibilnazapravo znaci da za svaki y ∈ W postoji jedinstveni x ∈ U takav da je y = f(x), odnosno dasustav nelinearnih jednadzbi ima jedinstveno rjesenje na U za y ∈ W .

68

Napomena 18.3 Neka je f : Rn → R

n diferencijabilna i neka postoji inverzna funkcija f−1 :R

n → Rn koja je diferencijablna. Tada koristeci formulu za diferencijal kompozicije f−1f = 1Rn

slijedi

Df−1 f(x)Df(x) = I,

pa je

Df−1 = (Df)−1 f−1.

Teorem dokazujemo koristeci Banachov teorem o fiksnoj tocki (Teorem 9.5). Od koristi cese pokazati i naredna tehnicka lema. Skup linearnih operatora L(Rn, Rn) mozemo shvatiti kaoR

n2

, pa topologiju na njemu znamo. Sa GL(Rn, Rn) oznacavamo skup svih invertiblnih linearnihoperatora (matrica) (opca linearna grupa), tj.

GL(Rn, Rn) = A ∈ L(Rn, Rn) : det A 6= 0.

Oznacimo sa L−1 : GL(Rn, Rn) → GL(Rn, Rn) preslikavanje koje invertibilnom operatoru pridruzujenjegov inverz L−1A = A−1.

Lema 18.4 Vrijedi

(i) GL(Rn, Rn) je otvoren podskup od L(Rn, Rn).

(ii) L−1 je klase C∞.

Dokaz. (i) Preslikavanje det : Mn(R) → R je polinom ntog stupnja u n2 varijabli. Stoga je klaseC∞. S druge strane je

GL(Rn, Rn) = det−1(R\0),pa je GL(Rn, Rn) otvoren.

(ii) Inverz matrice mozemo zapisati sa

A−1 =1

det AA∗,

pri cemu je A∗ adjunkta (matrica sa elementima A∗

ij = (−1)i+j detAji, gdje je matrica Aji

dobivena iz matrice A tako da su izbrisani jti redak i iti stupac). Kako je funkcija det klase C∞

slijedi i da je preslikavanje A → A∗ klase C∞, pa sijedi tvrdnja (ii).

Dokaz teorema o inverznoj funkciji 1. korak. Svodenje na jednostavniji slucaj.Bez smanjenja opcenitosti mozemo pretpostaviti da je c = 0, f(c) = 0 i Df(c) = I.Oznacimo T = Df(c). Tada T−1 ∈ L(Rn, Rn) postoji, pa je DT−1(y) = T−1 i vrijedi

D(T−1 f)(c) = DT−1(f(c))Df(c) = T−1Df(c) = I.

Stoga dokazemo li teorem za funkciju g = T−1 f , pa postoje okoline U od c i W od g(c) =T−1f(c) i g−1 : W → U klase C1, slijedi da je W = TW okolina tocke f(c), te da je f−1 =g−1 T−1 : W → U klase C1. Zakljucujemo da nam je dovoljno dokazati teorem za funkcijukojoj je Df(c) = I.

Pretpostavimo jos da smo pokazali teorem za c = 0 i h(c) = 0. Za funkciju f definiramoh(x) = f(x + c)− f(c). Sada je h(0) = 0 i Dh(0) = Df(c), pa postoje okoline U od 0 i W od 0 ih−1 : W → U . Sada je U = U + c, W = W + f(c), a inverzna funkcija od f dana je formulom

f−1(y) = h−1(y − f(c)) + c.

69

2. korak. Primjena Banachovog teorema o fiksnoj tocki i egzistencija inverza.Definiramo C1 funkciju formulom

g(x) = x − f(x).

Jer je Dg neprekidna i Dg(0) = 0

∃r > 0,∀x ‖x‖ < r =⇒ ‖Dgi(x)‖ <1

2√

n, i = 1, . . . , n.

Po teoremu srednje vrijednosti za x ∈ K(0, r) postoje tocke c1, . . . , cn ∈ K(0, r) takve da vrijedi

gi(x) = gi(x) − gi(0) = Dgi(ci)(x − 0) = Dgi(ci)(x).

Stoga vrijedi

‖g(x)‖ =

(

n∑

i=1

|gi(x)|2)1/2

=

(

n∑

i=1

|Dgi(ci)(x)|2)1/2

≤(

n∑

i=1

‖Dgi(ci)‖2‖x‖2

)1/2

≤(

n∑

i=1

‖Dgi(ci)‖2

)1/2

‖x‖ <1

2‖x‖ <

r

2. (18.14)

Zakljucujemo da je g(K(0, r)) ⊆ K(0, r/2).Za y ∈ K(0, r/2) i gy(x) = y + x − f(x). Vrijedi

∀y ∈ K(0, r/2),∀x ∈ K(0, r) ‖gy(x)‖ = ‖y + g(x)‖ ≤ ‖y‖ + ‖g(x)‖ < r/2 + r/2 = r.

Stoga za svaki y ∈ K(0, r/2) vrijedi gy(K(0, r)) ⊆ K(0, r).Pokazimo jos da je gy kontrakcija. Za svaki x1, x2 ∈ K(0, r) primjenom teorema srednje

vrijednosti i razmatranja kao u (18.14) dobivamo

‖gy(x1) − gy(x2)‖ = ‖g(x1) − g(x2)‖ ≤ 1

2‖x1 − x2‖.

Stoga je gy kontrakcija s konstantom L = 1/2 za svaki y ∈ K(0, r/2). Stoga prema Banachovomteoremu o fiksnoj tocki (Teorem 9.5) slijedi da za svaki y ∈ K(0, r/2) postoji jedinstvena fiksnatocka x ∈ K(0, r) funkcije gy, tj.

x = gy(x) = y + x − f(x).

Kako je gy(K(0, r)) ⊆ K(0, r) slijedi da fiksna tocka nije na S(0, r). Stoga za svaki y ∈ K(0, r/2)postoji jedinstveni x ∈ K(0, r) takav da je f(x) = y, pa funkcija f ima inverz f−1 : K(0, r/2) →K(0, r).

3. korak. Neprekidnost inverza.Funkcija g je kontrakcija, pa za x1, x2 ∈ K(0, r) vrijedi

‖x1 − x2‖ ≤ ‖f(x1) − f(x2)‖ + ‖g(x1) − g(x2)‖ ≤ ‖f(x1) − f(x2)‖ +1

2‖x1 − x2‖,

pa je‖x1 − x2‖ ≤ 2‖f(x1) − f(x2)‖. (18.15)

70

Stoga za y1, y2 ∈ K(0, r/2) uz x1 = f−1(y1) i x2 = f−1(y2), slijedi

‖f−1(y1) − f−1(y2)‖ ≤ 2‖y1 − y2‖,

pa je f−1 Lipschitzova, pa onda i neprekidna na K(0, r/2).4. korak. Diferencijabilnost inverza.Prema pretpostavci Teorema je Df(0) ∈ GL(Rn, Rn). Skup GL(Rn, Rn) je otvoren u L(Rn, Rm)

i Df je neprekidna na A. Stoga postoji okolina 0 na kojoj je Df invertibilan operator. Ako taokolina ne sadrzi K(0, r/2) smanjimo r tako da je f−1 definirana i Df je invertibilan na K(0, r/2).Sada su otvorene okoline 0 dane sa W = K(0, r/2) i U = f−1(W ). Zbog neprekidnosti Df(x)−1

postoji M > 0 takav da vrijedi

∀x ∈ K(0, r/2),∀y ∈ Rn ‖Df(x)−1y‖ ≤ M‖y‖. (18.16)

Za y1, y2 ∈ K(0, r/2) oznacimo x1 = f−1(y1) i x2 = f−1(y2). Onda vrijedi

‖f−1(y1) − f−1(y2) − Df(x2)−1(y1 − y2)‖

‖y1 − y2‖=

‖x1 − x2 − Df(x2)−1(f(x1) − f(x2))‖

‖f(x1) − f(x2)‖

=‖x1 − x2‖

‖f(x1) − f(x2)‖‖Df(x2)

−1 (Df(x2)(x1 − x2) − (f(x1) − f(x2))) ‖‖x1 − x2‖

.

Koristenjem (18.15) i (18.16) slijedi

‖f−1(y1) − f−1(y2) − Df(x2)−1(y1 − y2)‖

‖y1 − y2‖≤ 2M

‖Df(x2)(x1 − x2) − (f(x1) − f(x2))‖‖x1 − x2‖

.

Izraz na desnoj strani nejednakosti, zbog diferencijabilnosti funkcije f u tocki x2, tezi k nuli kadx1 → x2. Stoga je f−1 diferencijabilna u y2, te vrijedi

Df−1(y2) = Df(x2)−1.

5. korak. f−1 je klase Cp.Do sada znamo da je f−1 neprekidna na W , Df neprekidna na U , te da je

Df−1(y) = Df(f−1(y))−1, y ∈ W. (18.17)

Kako je prema Lemi 18.4 operator L−1 klase C∞ slijedi iz prethodne formule da je Df−1

neprekidna, pa je f−1 klase C1.Pretpostavimo li sada da je f klase Cp slijedi da je Df klase Cp−1. Opet po (18.17) slijedi

da je Df−1 klase C1, pa je f−1 klase C2. Induktivno zakljucujemo da je f−1 klase Cp.

71

1 Implicitno zadane funkcije

1.1. Teorem. Neka je A ⊆ Rn × Rm otvoren skup i F : A −→ Rm funkcija klase Cp, p ≥ 1.Pretpostavimo da za (x0, y0) ∈ A vrijedi F (x0, y0) = 0 i neka je ∂F

∂y(x0, y0) regularna matrica.

Tada postoje otvorena okolina U ⊆ Rn od x0 i otvorena okolina V ⊂ Rm od y0 i jedinstvenafunkcija f : U −→ V klase Cp t.d. vrijedi

F (x, f(x)) = 0, x ∈ U.

Nadalje vrijediDf(x) = −DyF (x, f(x))−1DxF (x, f(x)),

gdje je

DyF (x, y) =

∂F1

∂y1(x, y) · · · ∂F1

∂ym(x, y)

.... . .

...∂Fm

∂y1(x, y) . . . ∂Fm

∂ym(x, y)

.

1.2. Zadatak. Neka je F : R2 −→ R dana sa f(x, y) = x + sin y. Pokazite da u okolinitocke x0 = 0 ∈ R postoji jedinstvena funkcija f klase C1 sa svojstvom F (x, f(x)) = 0 if(0) = 0. Mozete li funkciju f odrediti eksplicitno?

Rjesenje. Vrijedi F (0, 0) = 0, F je klase C1 i

∂F

∂y(x, y) = cos y,

∂F

∂y(0, 0) = 1 6= 0.

Prema prethodnom teoremu postoje otvorena okolina U oko nule i otvorena okolina V okonule i jedinstvena funkcija f : U −→ V klase C1 t.d. F (x, f(x)) = 0.

Tada vrijedi x + sin f(x) = 0 , tj. f(x) = arcsin(−x).

1.3. Zadatak. Pokazite da postoji jedinstvena funkcija g : R2 −→ R klase C1 sa svojstvom

x + y + g(x, y) = e−(x+y+g(x,y)) ∀(x, y) ∈ R2.

Izracunajte Dg(x, y).

Rjesenje. Definirajmo funkciju

F (x, y, z) = x + y + z − e−(x+y+z).

Treba pokazati da postoji jedinstvena funkcija g : R2 −→ R klase C1 t.d. je F (x, y, g(x, y)) =0. Fiksirajmo (x0, y0) ∈ R2. Da bismo primjenili teorem o implicitnoj funkciji, prvo trebamonaci neku tocku z0 ∈ R za koju vrijedi F (x0, y0, z0) = 0. Uvedimo funkciju

Px0,y0(z) = F (x0, y0, z) = z − e−(x0+y0+z) + x0 + y0.

1

Za nju vrijedi limz→±∞ Px0,y0(z) = ±∞ i P′x0,y0

(z) > 0 (a onda je Px0,y0 strogo rastucafunkcija) pa stoga postoji jedinstvena tocka z0 ∈ R t.d. je F (x0, y0, z0) = 0. Stavimog(x0, y0) = z0. Kako je ∂F

∂z(x0, y0) = 1 + e−(x0+y0+z) 6= 0 to prema teoremu o implicitnoj

funkciji postoji otvorena okolina Ux0,y0 tocke (x0, y0) i okolina Vx0,y0 tocke z0 i jedinstvenafunkcija gx0,y0 : Ux0,y0 −→ Vx0,y0 klase C1 t.d. F (x, y, gx0,y0(x, y)) = 0 za sve (x, y) ∈ Ux0,y0 .Buduci da postoji jedinstvena tocka z0 ∈ R t.d. je F (x0, y0, z0) = 0, zakljucujemo da sefunkcije g i gx0,y0 podudaraju na skupu Ux0,y0 . Stoga je funkcija g u nekoj okolini oko svakesvoje tocke klase C1 i zadovoljava svojstvo F (x, y, g(x, y)) = 0. Zakljucujemo stoga da je gklase C1 i da vrijedi F (x, y, g(x, y)) = 0 za svaki (x, y) ∈ R2. Nadalje, vrijedi

gx(x, y) = −Fx(x, y, g(x, y))

Fz(x, y, g(x, y))= −1 + e−(x+y+z)

1 + e−(x+y+z)= −1,

gy(x, y) = −Fy(x, y, g(x, y))

Fz(x, y, g(x, y))= −1

pa je Jacobijeva matrica funkcije g jednaka [−1,−1].

1.4. Zadatak. Dokazite da postoje okoline U tocke (1, 0) ∈ R2 i V tocke (1, 1) ∈ R2 tefunkcija f = (f1, f2) : U −→ V klase C1 t.d. vrijedi(

vf1(u, v)

u+ ln f2(u, v)

)2

+(f1(u, v) + f2(u, v)2 + u3 + v4 − 3

)2.

Izracunajte Df(1, 0).

Rjesenje. Definirajmo funkciju

F (u, v, x, y) =(vxu

+ ln y, u3 + v4 + x + y2 − 3).

Vrijedi(

vf1(u,v)u

+ ln f2(u, v))2

+ (f1(u, v) + f2(u, v)2 + u3 + v4 − 3)2

= 0 ako i samo ako

je F (u, v, f1(u, v), f2(u, v)) = (0, 0), tj. ako i samo ako je F (u, v, f(u, v)) = (0, 0). ImamoF (1, 0, 1, 1) = 0. Da bismo dokazali trazenu tvrdnju, treba samo pokazati da je D(x,y)F (1, 0, 1, 1)regularna matrica. Zaista,

D(x,y)F (u, v, x, y) =

(vu

1y

1 2y

)pa je

D(x,y)F (1, 0, 1, 1) =

(0 11 2

)a to je regularna matrica. Sada je

Df(1, 0) = −D(x,y)F (1, 0, 1, 1)−1D(u,v)F (1, 0, 1, 1) =

(−3 20 −1

).

2

1.5. DZ. Dokazite da postoji jedinstvena neprekidna funkcija f : R2 \ (0, 0) → R za kojuvrijedi

(f(x, y))3 = xy cos(xyf(x, y))− x2y2f(x, y),∀(x, y) ∈ R2 \ (0, 0).

Je li f klase C1? Detaljno obrazlozite sve tvrdnje!

1.6. DZ. Dokazite da postoji jedinstvena funkcija f : R→ R klase C1 takva da za sve x ∈ Rvrijedi

x2f(x)3 + 3x3f(x)2 + (5x4 + 1)f(x) = cos(f(x)).

3