3. Neprekinute funkcije U ovoj to ki deniramo neprekinute funkcije. Slikovito, graf neprekinute funkcije moºemo nacrtati a da ne diºemo olovku s papira. Neprekinute funkcije vaºne su u teoriji i primjenama. Neka je f funkcija kojoj je domena D(f) otvoreni interval. Kaºemo da je f neprekinuta u to ki c D(f) ako lim x c f(x) postoji i jednak je f(c). Pi²emo kra e, lim f(x) = f(c). x c Kaºemo da je funkcija f neprekinuta na intervalu D(f) ako je neprekinuta u svakoj to ki iz tog intervala. Provjera neprekinutosti funkcije f u to ki c svodi se u bitnom na nalaºenje limesa funkcije f u to ki c; limes onda treba biti jednak vrijednosti funkcije f u c. Formaliziramo postupak : Nažemo lim x c f(x); ozna imo ga sa L, provjerimo da je L = f(c). Primjer 1 Vratimo se na Primjer 2 iz druge to ke. Promatrali smo funkciju x, x > 0, f(x) = x = 0, x = 0, x, x < 0. Neka je sad domena funkcije f interval 1, 1. Pokazali smo da lim x 0 f(x) postoji i jednak je 0. No, f(0) = 0 pa je f neprekinuta u nuli. Tvrdimo da vrijedi i vi²e, f je neprekinuta na cijelom intervalu 1, 1. Pokaºimo neprekinutost na intervalu 0, 1, neprekinutost na 1, 0 pokaºe se analogno. No, za x 0, 1 je f(x) = x. To je linearna funkcija za koju pokaºemo neprekinutost u proizvoljnoj to ki intervala 0, 1 slijede i postupak iz Primjera iz druge to ke. Primjer Promatramo funkciju 1, x > 0, f(x) = sgn(x) = 0, x = 0, 1, x < 0. 1
Zbog jednostavnosti promatramo ju na intervalu 1, 1. Tvrdimo da f nije neprekinuta u nuli. Trebamo pokazati : limes funkcije f u nuli ne postoji ili limes funkcije f u nuli postoji no nije jednak broju f(0). Zadatak je lako rije²iti pomo u jednostranih limesa. Nažimo prvo limes zdesna u nuli. No, ako je x > 0, onda je f(x) = 1 (konstantna funkcija) ²to sugerira da limes zdesna u nuli postoji i jednak je 1. Formalno, za proizvolji ε > 0 vrijedi im je x 0, 1, onda je f(x) 1 = 1 1 = 0 < ε. Dakle, δ = 1 je dobar za sve ε. Analogno se pokaºe da je lim x 0 f(x) = 1. Ovime smo pokazali da jednostrani limesi u nuli postoje no nisu jednaki. Onda ni limes u nuli ne postoji pa nije neprekinuta u nuli ; kaºemo i da je prekinuta u nuli. Svojstva neprekinutih funkcija Sad navodimo svojstva neprekinutih funkcija koja izlaze iz odgovaraju ih svojstava limesa iz to ke 2. Korisna su u provjeri neprekinutosti funkcija. Neka su funkcije f i g neprekinute u to ki c. Tada vrijedi : 1. funkcija f ± g je neprekinuta u to ki c, 2. funkcija f g je neprekinuta u to ki c, 3. funkcija f g je neprekinuta u to ki c ako je g(c) 0. Neka je I interval. Skup svih neprekinutih funkcija deniranih na I ozna avamo sa C(I). U daljnjem izri emo neke rezultate o funkcijama iz C(I). Jedno tiho svojstvo neprekinutih funkcija je Teorem o mežuvrijednostima Pretpostavke : f C( α, β ), s, t α, β, s t, su takvi da je f(s) < f(t). Tvrdnja : kako x prolazi intervalom s, t, to f poprima sve mežuvrijednosti izmežu f(s) i f(t). Drugim rije ima, slika intervala s, t sadrºi interval f(s), f(t). 2
Dokaz teorema ne emo provesti jer je previ²e komplicira. Za sada navedimo jednu primjenu. Primjer Promatramo jednadºbu 2x 5 + 2x 2 + x 3 = 0. Dakle, traºimo nulto ke polinoma petog stupnja. Za takve jednadºbe ne postoji formula za rje²enje, ostaje poku²ati izra unati rje²enje nekom numeri kom metodom. Mi izlaºemo ideju metode raspolavljanja. U ra unu je klju na primjena teorema o mežuvrijednostima. Primijetimo da je polinom p(x) = 2x 5 + 2x 2 + x 3 neprekinuta funkcija na cijelom R. Kako se radi o polinomu neparnog stupnja, po teoremu o mežuvrijednostima on ima bar jednu realnu nulto ku. Mi se zadovoljavamo jednom. Prvi korak metode raspolavljanja je lokalizacija nulto ke, tj. nalaºenje intervala koji sadrºi bar jedan korijen jednadºbe. Op enito je korisna je metoda poku²aja : traºimo dvije to ke s i t, recimo s < t, takve da su brojevi p(s) i p(t) suprotnog predznaka. Po teoremu o mežuvrijednostima polinom p ima onda bar jednu nulto ku u segmentu [s, t]. U primjeru nakon par poku²aja nalazimo : p(0) = 3, p(1) = 2, dakle segment [0, 1] sadrºi bar jednu nulto ku. Drugi korak je smanjivanje segmenta koji sadrºi nulto ku. Postupak je iterativan i op enito beskona an. Izloºimo ideju metode. Izra unamo polovi²te segmenta [0, 1], to je 0.5, pa onda izra unamo p(0.5) = 31/16 < 0. Po teoremu o mežuvrijednostima polinom p ima bar jednu nulto ku u segmentu [0.5, 1]. Po etni segment je smanjen za polovicu pa je i aproksimacija nulto ke preciznija. Postupak raspolavljanja segmenata se nastavlja sve dok nismo zadovoljni s to no² u aproksimacije. Algoritam (metoda raspolavljanja) Pretpostavke su : f C([a, b]), f(a) f(b) < 0. Po teoremu o mežuvrijednostima f ima bar jednu nulto ku x u intervalu a, b. Bilo koji broj c iz intervala a, b je aproksimacija nulto ke x s to no² u b a, tj. vrijedi c x b a, c a, b (ocjena gre²ke). 3
1. Stavimo a 0 = a, b 0 = b, i = 0. 2. Stavimo i = i + 1 i izra unamo brojeve c i = a i 1 + b i 1 2 i f(c i ). 3. Biramo manji segment koji sadrºi nulto ku : { DA ai = c i, b i = b i 1, f(c i ) f(a i 1 ) > 0 = NE a i = a i 1, b i = c i. 4. Povratak na korak 2. Ovaj algoritam je beskona an osim ako neko od polovi²ta c i ne bude nulto ka. Izra unavamo niz segmenata sa svojstvima [a i, b i ], i = 0, 1,... a i b i, i = 0, 1,..., svaki [a i, b i ] sadrºi nulto ku x (pretpostavljamo da je c i x za sve i), segmenti se smanjuju za polovicu, tj. za sve k N vrijedi b k a k = 1 2 (b k 1 a k 1 ) =... = 1 2 k (b 0 a 0 ). Odavdje nalazimo i ocjenu za gre²ku aproksimacije nulto ke ; naime, za sve k N vrijedi c x b k a k = 1 (b a), c a, b. 2k Zaklju no, metoda raspolavljanja je spora no jednostavna metoda za rje²avanje nelinearnihjednadºbi. Traºi se samo neprekinutost funkcije i svakako je metoda izbora. Ograni ena je na aproksimaciju nulto aka realnih funkcija realne varijable. Weierstrassov teorem Teorem o mežuvrijednostima je prvi vaºno svojstvo neprekinutih funkcija. 4
Sad izlaºemo drugi vaºan rezultat, Weierstrassov teorem o ekstremalnim vrijednostima neprekinutih funkcija na segmentu. Terminologija Neka je f C( a, b )). Kaºemo da f ima lokalni minimum u to ki c a, b ako moºemo na i δ interval oko to ke c sadrºan u a, b i takav da vrijedi f(c) f(x), x c δ, c + δ. Analogno, f ima lokalni mamsimum u to ki c a, b ako postoji δ interval oko to ke c sadrºan u a, b i takav da vrijedi f(c) f(x), x c δ, c + δ. Lokalne minimume i maksimume zovemo lokalni ekstremi. Globalni ekstrem (kra e ekstrem) funkcije f na intervalu I je najve a (maksimum) odn. najmanja (minimum) vrijednost koju f dostiºe na intervalu I. Tako linearna funkcija nema ekstrema na otvorenom intervalu a, b, dok na segmentu [a, b] dostiºe svoje ekstreme u rubovima segmenta a i b. To ke u kojima f dostiºe svoje ekstreme zovemo ekstremalne to ke. Teorem (Weierstrass) Neka je f C([a, b]). Tada f dostiºe svoje ekstreme na [a, b]. Dakle, ako je f neprekinuta funkcija na segmentu [a, b], onda postoje to ke x m i x M iz [a, b] tako da vrijedi f(x m ) f(x), x [a, b] (x m je to ka minimuma), f(x M ) f(x), x [a, b] (x M je to ka maksimuma). Dokaz je delikatan i mi ga ne provodimo. Primjer Uºetom duljine 2l metara ºelimo ograditi pravokutnik najve e povr²ine. Treba na i stranice tog pravokutnika. Rje²enje. Problem svodimo na Weierstrassov teorem. Pravokutnik je odrežen svojim stranicama a i b. Povr²ina mu je a b. Dakle, trebamo na i a i b tako da produkt a b bude najve i uz uvjet da je 2a + 2b = 2l tj. a + b = l. Pomo u uvjeta izrazimo b pomo u a, b = l a. Problem se sad svodi na nalaºenje maksimuma funkcije P (a) = a (l a) na segmentu [0, l]. Funkcija P je neprekinuta na cijelom R pa onda i na segmentu [0, l]. Po Weierstrassovom teoremu funkcija P dostiºe svoj maksimum na segmentu [0, l], dakle problem ima rje²enje. Funkcija iz primjera je jednostavna pa emo na i njen maksimum na [0, l]; op enito je izra unavanje ekstrema funkcija ozbiljan problem. 5
Iskoristit emo slijede i rezultat. Teorem Neka je f C([a, b]). Ako je c a, b takva da je f rastu a na a, c i padaju a na c, b, onda f dostiºe svoj maksimum na [a, b] u to ki c. Analogan rezultat vrijedi za minimum u c, samo f treba biti padaju a na a, c i rastu a na c, b. Dokaz. Trebamo pokazati da je f(c) f(x), x [a, b]. x [a, b] neka je proizvoljna to ka. Ako je specijalno x a, c, onda je x < c f(x) f(c) jer je f rastu a na a, c. Sli no, ko je x c, b, onda je c < x f(x) f(c) jer je f padaju a na c, b. Ovaj rezultat moºe se primijeniti na na² primjer. Funkcija P (a) = a (l a) je polinom 2. stupnja i vrijedi P (0) = P (l) = 0, P (a) > 0, a 0, l ). Dakle, P dostiºe svoj minimum 0 u rubovima segmenta [0, l]. Iz grafa funkcije P naslu ujemo da P dostiºe svoj maksimum na [0, l] u to ki l/2. Treba samo provjeriti da je P rastu a na 0, l/2 i padaju a na l/2, l ; to ostavljamo kao zadatak. Zadaci za dodatne bodove 1. Pokaºite da je linearna funkcija neprekinuta na cijelom R. 2. Dokaºite prekinutost u nuli funkcije sgn direktno iz denicije. 3. Neka je n prirodan broj. Koriste i svojstva neprekinutih funkcija pokaºite da je funkcija f(x) = x n neprekinuta na cijelom R. 4. Izra unajte aproksimaciju korijena iz primjera tako da prve dvije znamenke budu to ne. 6
5. Pokaqv zite da funkcija P iz primjera dostiºe svoj maksimum na [0, l] u to ki l/2. 6. Neka je f C([a, b]). Pokaºite da je R(f) = [min f, max f]. [a,b] [a,b] 7