|
Uvijek je dobro ako znamo kako funkcija izgleda ili barem kako se otprilike ponaša, tada nam je lakše rješavati zadatak. :)
Možemo probati "skicirati" zadanu funkciju, premda je to jako nezgodno zbog područja na kojem je definirana. No, graf svejedno možemo zamisliti da izgleda ovako nekako (isprike na bezveznoj skici, zakinut sam za opremu u ovom trenutku :P):
[img]http://i45.tinypic.com/2pt7528.gif[/img]
Dakle, za racionalne [tex]x[/tex]-eve funkcija se ponaša kao funkcija identita, dok za iracionalne mijenja predznak.
I što možemo reći o neprekidnosti funkcije?
Pa, pošto je funkcija poprilično "točkasta", bolje rečeno "rupičasta", odnosno pošto točka u grafu "nema okoline" (jer intuitivno neprekidnost zamišljamo kao "crtanje grafa bez podizanja olovke"), očekujemo da je nepredidna u svakoj točki domene. I to je skoro točno! Ima iznimka - nula. U grafu možemo vidjeti da se točke nakupljaju oko središta ishodišta, pa možda je funkcija tu stvarno neprekidna - još ne znamo pošto ovo nije ni blizu formalne argumentacije. A malo formalnije bi bilo ono standardno: kada [tex]x \rightarrow 0 [/tex], tada [tex]f(x) \rightarrow f(0)=0[/tex]. A po grafu tako izgleda - "svi putevi vode u ishodište".
Sada možemo krenuti u formalno dokazivanje naših tvrdnji. :)
(Ako ti je trebala samo ideja zadatka, sada možeš stati i s ovim idejama sam probati riješiti zadatak. Ako zapinje - čitaj dalje!)
(A ako ti treba i hint: definicije neprekidnosti + gustoća skupova [tex]\mathbb{Q}[/tex] i [tex]\mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}[/tex] u [tex]\mathbb{R}[/tex].)
OK!
Dakle, želimo pokazati dvije stvari:
1) [tex]f[/tex] je neprekidna u [tex]0[/tex]
2) [tex]f[/tex] ima prekid u svakoj točki [tex]x \in \mathbb{R} \backslash 0[/tex]
Dokažimo prvo 1). Treba pokazati da vrijedi [tex]\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}f(x)=f(0)[/tex] (definicija [tex]6.4[/tex] iz skripte - inače poznata iz Matematičke analize).
(Pomoću gornjeg grafa očito nam je da limes vrijedi, ali ipak ću formalno do kraja raspisati...)
Gornja definicija je ekvivalentna [tex]\left( \forall \epsilon > 0 \right) \left( \exists \delta > 0 \right) \left( \forall x \in \mathbb{R} \right) \left( |x-0| < \delta \rightarrow |f(x)-f(0)| < \epsilon \right)[/tex]
odnosno [tex]\left( \forall \epsilon > 0 \right) \left( \exists \delta > 0 \right) \left( \forall x \in \mathbb{R} \right) \left( |x| < \delta \rightarrow |\pm x| < \epsilon \right)[/tex]
Naravno, predznak kod [tex]\pm x[/tex] ovisi o tome je li [tex]x[/tex] racionalan ili iracionalan. No, zbog modula nam je svejedno pa je dalje ovo evkvivalentno:
[tex]\left( \forall \epsilon > 0 \right) \left( \exists \delta > 0 \right) \left( \forall x \in \mathbb{R} \right) \left( |x| < \delta \rightarrow |x| < \epsilon \right)[/tex]
Dakle, poanta je naći takav [tex]\delta[/tex] da iz ograničenosti [tex]|x|[/tex] brojem [tex]\delta[/tex] slijedi da je ograničen i brojem [tex]\epsilon[/tex] koji je već zadan.
No, za [tex]\delta = \epsilon[/tex] vrijedi sljedeće:
[tex]\left( \forall \epsilon > 0 \right) \left( \exists \delta > 0 \right) \left( \forall x \in \mathbb{R} \right) \left( |x| < \epsilon \rightarrow |x| < \epsilon \right)[/tex]
I to vrijedi!
Stoga za [tex]\epsilon > 0[/tex] uzmimo [tex]\delta := \epsilon[/tex] i početna tvrdnja, odnosno početni limes zaista vrijedi. Stoga smo pokazali da je [tex]f[/tex] neprekidna u [tex]0[/tex].
(Inače, možda čak i ne treba pisati [tex]\left( \forall x \in \mathbb{R} \right)[/tex] iz naše formule - ponekad se to i "podrazumijeva". No, odlučio sam biti malo formalniji ovdje, pa neka stoji.)
Sada pokažimo 2). Želimo pokazati da u [tex]c \in \mathbb{R} \backslash 0[/tex] funkcija [tex]f[/tex] ima prekid. To je negacija gornje tvrdnje, pa dokazujemo sljedeće: [tex]\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}f(x) \neq f(0)[/tex].
Možemo negirati cijeli gornji izraz i raspisivati ga, ali ovaj dio ću napisati tako da ipak bude oku malo ugodniji - s negacijom izraza bi išlo na identičan način. :)
Dakle, da pokažemo da limes nije jednak nula dovoljno je pronaći niz realnih brojeva [tex]\left( x_n \right)_{n \in \mathbb{N}}[/tex] koji konvergira u [tex]c[/tex], ali njihove funkcijske vrijednosti ne konvergiraju u [tex]f(c)[/tex]. Ukratko: [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}x_n = c[/tex] i [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}f(x_n) \neq f(c)[/tex].
Sada malo neformalne diskusije koju prije nisam naveo. Ovo nije dio dokaza, već da shvatiš što radim sljedeće.
Dakle, primijetili smo da u okolini bilo koje točke grafa za [tex]c \neq 0[/tex] imamo "rupe" jer se te točke nalaze "s druge strane [tex]x[/tex] osi". Ukratko, ima li racionalan broj [tex]c[/tex] u svojoj (nekoj) okolini iracionalan broj [tex]c'[/tex] koji je istog predznaka kao i [tex]c[/tex], tada će njihove funkcijske vrijednosti, [tex]f(c)[/tex] i [tex]f(c')[/tex], biti suprotnih predznaka. I, naravno, obrnuto, za iracionalan [tex]c[/tex] pronaći racionalan [tex]c'[/tex] takav da... (isti uvjeti)
Pitanje: je li moguće u svakoj otvorenoj okolini točke [tex]c[/tex] pronaći [tex]c'[/tex] istog predznaka, a da je točno jedan od njih racionalan?
I to vrijedi! To baziramo na činjenici koja je, vjerujem, spomenuta na MA prošle godine, a govori o gustoći skupova racionalnih i iracionalnih brojeva u skupu realnih brojeva. I glasi otprilike ovako:
"Između svaka dva racionalna broja postoji iracionalan broj."
I to je super stvar! :) Dakle, ono što ću napraviti jest konstruirati niz brojeva [tex](x_n)[/tex] koji su, recimo, iracionalni i koji konvergiraju prema racionalnom broju [tex]c[/tex]. Funkcijske vrijednosti tada neće konvergirati prema [tex]f(c)[/tex] pošto su one suprotnog predznaka pa će zapravo konvergirati u [tex]-f(c)[/tex]. A jer je [tex]c \neq 0[/tex], slijedi [tex]f(c) \neq 0[/tex]. :D
Sasvim analogno vrijedi i: "Između svaka dva iracionalna broja postoji jedan racionalni", pa će nam to pokriti i drugi slučaj, kada polazimo od iracionalnog broja [tex]c[/tex].
Vratimo se na dokaz! :)
Neka je [tex]c \in \mathbb{R} \backslash 0[/tex]. Promatrajmo interval [tex]\left< c-\frac{1}{n}, c \right>[/tex]. Ako je [tex]c[/tex] racionalan, tada je i [tex]c-\frac{1}{n}[/tex] racionalan. Također, ako je [tex]c[/tex] iracionalan, tada je i [tex]c-\frac{1}{n}[/tex] iracionalan.
(Po potrebi se to lako dokaže: promatramo broj [tex]d := c-\frac{1}{n}[/tex].
Ako je [tex]c[/tex] racionalan, očito je i [tex]d[/tex] racionalan.
Ako je [tex]c[/tex] iracionalan, pretpostavimo da je [tex]d[/tex] racionalan n napišimo [tex]c=d+\frac{1}{n}[/tex]. Na desnoj strani jednakosti je racionalan broj, a na lijevoj iracionalan - kontradikcija! Dakle, [tex]d[/tex] je također iracionalan.)
Bez smanjenja općenitosti pretpostavimo da je [tex]c[/tex] racionalan. Tada postoji iracionalan broj unutar navedenog otvorenog intervala. Neka je [tex]x_n \in \left< c-\frac{1}{n}, c \right>[/tex] neki takav broj.
Sada promatrajmo niz [tex](x_n)[/tex] definiran na ovaj način.
Pošto je [tex]c-\frac{1}{n} < x_n < c[/tex], iz teorema o sendviču vrijedi [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}x_n = c[/tex].
Također vrijedi: [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}f(x_n) = \lim_{n \rightarrow \infty} (-x_n) = - \lim_{n \rightarrow \infty} x_n = -c[/tex].
Pretpostavimo da je [tex]f[/tex] neprekidna u [tex]c[/tex]. Tada je [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}f(x_n) = f(c) = c[/tex].
Iz posljednjih dvaju izraza vrijedi: [tex]c=-c[/tex], odnosno [tex]c=0[/tex]. No, to je kontradikcija pošto smo odabrali [tex]c[/tex] iz skupa [tex]\mathbb{R} \backslash 0[/tex]!
Dakle, pretpostavka je pogrešna i slijedi da [tex]f[/tex] ima prekid u točki [tex]c[/tex].
Krenuli smo od proizvoljne racionalne nenul točke [tex]c[/tex] i pokazali da ima prekid u njoj, dakle [tex]f[/tex] ima prekid u svakoj racionalnoj nenul točki.
Sada pretpostavimo da je [tex]c[/tex] iracionalan. Dokaz slijedi sasvim analogno kao i slučaj kada je [tex]c[/tex] racionalan, samo se predznaci pojavljuju na drugim mjestima i koristiš tvrdnju "između dva iracionalna broja...". I dobivaš isti rezultat - [tex]f[/tex] ima prekid u svakoj iracionalnoj nenul točki.
Time smo, konačno, pokazali i 2) - [tex]f[/tex] ima prekid u svakoj nenul realnoj točki!
I gotovo! Napokon! ;)
Inače, idući put slobodno postavi link na zadatak ako primijetiš da ga ne možeš baš najbolje napisati ovdje ili copy-pasteati. :) Ovaj sam još i razumio, ali inače ne znam uvijek pročitati ovako napisane zadatke. :P
I nemoj da te rješenje prestraši veličinom ili opširnošću! Namjerno ovako pišem da imaš misli vodilje kroz dokaz i da se ne pogubiš. Premda sam riječi "racionalan - iracionalan" spomenuo popriličan broj puta... :P Ukratko, ovo bi na kolokviju bilo napisano u deset puta manjoj veličini i rješenje bi bilo točno. I skoro pa i ne bi imalo popratnog teksta za objašnjavanje. Čisto da tebe (ili sebe? :P) utješim! ;)
Pitaj ako nešto nije jasno. :)
Uvijek je dobro ako znamo kako funkcija izgleda ili barem kako se otprilike ponaša, tada nam je lakše rješavati zadatak. 
Možemo probati "skicirati" zadanu funkciju, premda je to jako nezgodno zbog područja na kojem je definirana. No, graf svejedno možemo zamisliti da izgleda ovako nekako (isprike na bezveznoj skici, zakinut sam za opremu u ovom trenutku  ):
Dakle, za racionalne [tex]x[/tex]-eve funkcija se ponaša kao funkcija identita, dok za iracionalne mijenja predznak.
I što možemo reći o neprekidnosti funkcije?
Pa, pošto je funkcija poprilično "točkasta", bolje rečeno "rupičasta", odnosno pošto točka u grafu "nema okoline" (jer intuitivno neprekidnost zamišljamo kao "crtanje grafa bez podizanja olovke"), očekujemo da je nepredidna u svakoj točki domene. I to je skoro točno! Ima iznimka - nula. U grafu možemo vidjeti da se točke nakupljaju oko središta ishodišta, pa možda je funkcija tu stvarno neprekidna - još ne znamo pošto ovo nije ni blizu formalne argumentacije. A malo formalnije bi bilo ono standardno: kada [tex]x \rightarrow 0 [/tex], tada [tex]f(x) \rightarrow f(0)=0[/tex]. A po grafu tako izgleda - "svi putevi vode u ishodište".
Sada možemo krenuti u formalno dokazivanje naših tvrdnji.
(Ako ti je trebala samo ideja zadatka, sada možeš stati i s ovim idejama sam probati riješiti zadatak. Ako zapinje - čitaj dalje!)
(A ako ti treba i hint: definicije neprekidnosti + gustoća skupova [tex]\mathbb{Q}[/tex] i [tex]\mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}[/tex] u [tex]\mathbb{R}[/tex].)
OK!
Dakle, želimo pokazati dvije stvari:
1) [tex]f[/tex] je neprekidna u [tex]0[/tex]
2) [tex]f[/tex] ima prekid u svakoj točki [tex]x \in \mathbb{R} \backslash 0[/tex]
Dokažimo prvo 1). Treba pokazati da vrijedi [tex]\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}f(x)=f(0)[/tex] (definicija [tex]6.4[/tex] iz skripte - inače poznata iz Matematičke analize).
(Pomoću gornjeg grafa očito nam je da limes vrijedi, ali ipak ću formalno do kraja raspisati...)
Gornja definicija je ekvivalentna [tex]\left( \forall \epsilon > 0 \right) \left( \exists \delta > 0 \right) \left( \forall x \in \mathbb{R} \right) \left( |x-0| < \delta \rightarrow |f(x)-f(0)| < \epsilon \right)[/tex]
odnosno [tex]\left( \forall \epsilon > 0 \right) \left( \exists \delta > 0 \right) \left( \forall x \in \mathbb{R} \right) \left( |x| < \delta \rightarrow |\pm x| < \epsilon \right)[/tex]
Naravno, predznak kod [tex]\pm x[/tex] ovisi o tome je li [tex]x[/tex] racionalan ili iracionalan. No, zbog modula nam je svejedno pa je dalje ovo evkvivalentno:
[tex]\left( \forall \epsilon > 0 \right) \left( \exists \delta > 0 \right) \left( \forall x \in \mathbb{R} \right) \left( |x| < \delta \rightarrow |x| < \epsilon \right)[/tex]
Dakle, poanta je naći takav [tex]\delta[/tex] da iz ograničenosti [tex]|x|[/tex] brojem [tex]\delta[/tex] slijedi da je ograničen i brojem [tex]\epsilon[/tex] koji je već zadan.
No, za [tex]\delta = \epsilon[/tex] vrijedi sljedeće:
[tex]\left( \forall \epsilon > 0 \right) \left( \exists \delta > 0 \right) \left( \forall x \in \mathbb{R} \right) \left( |x| < \epsilon \rightarrow |x| < \epsilon \right)[/tex]
I to vrijedi!
Stoga za [tex]\epsilon > 0[/tex] uzmimo [tex]\delta := \epsilon[/tex] i početna tvrdnja, odnosno početni limes zaista vrijedi. Stoga smo pokazali da je [tex]f[/tex] neprekidna u [tex]0[/tex].
(Inače, možda čak i ne treba pisati [tex]\left( \forall x \in \mathbb{R} \right)[/tex] iz naše formule - ponekad se to i "podrazumijeva". No, odlučio sam biti malo formalniji ovdje, pa neka stoji.)
Sada pokažimo 2). Želimo pokazati da u [tex]c \in \mathbb{R} \backslash 0[/tex] funkcija [tex]f[/tex] ima prekid. To je negacija gornje tvrdnje, pa dokazujemo sljedeće: [tex]\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}f(x) \neq f(0)[/tex].
Možemo negirati cijeli gornji izraz i raspisivati ga, ali ovaj dio ću napisati tako da ipak bude oku malo ugodniji - s negacijom izraza bi išlo na identičan način.
Dakle, da pokažemo da limes nije jednak nula dovoljno je pronaći niz realnih brojeva [tex]\left( x_n \right)_{n \in \mathbb{N}}[/tex] koji konvergira u [tex]c[/tex], ali njihove funkcijske vrijednosti ne konvergiraju u [tex]f(c)[/tex]. Ukratko: [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}x_n = c[/tex] i [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}f(x_n) \neq f(c)[/tex].
Sada malo neformalne diskusije koju prije nisam naveo. Ovo nije dio dokaza, već da shvatiš što radim sljedeće.
Dakle, primijetili smo da u okolini bilo koje točke grafa za [tex]c \neq 0[/tex] imamo "rupe" jer se te točke nalaze "s druge strane [tex]x[/tex] osi". Ukratko, ima li racionalan broj [tex]c[/tex] u svojoj (nekoj) okolini iracionalan broj [tex]c'[/tex] koji je istog predznaka kao i [tex]c[/tex], tada će njihove funkcijske vrijednosti, [tex]f(c)[/tex] i [tex]f(c')[/tex], biti suprotnih predznaka. I, naravno, obrnuto, za iracionalan [tex]c[/tex] pronaći racionalan [tex]c'[/tex] takav da... (isti uvjeti)
Pitanje: je li moguće u svakoj otvorenoj okolini točke [tex]c[/tex] pronaći [tex]c'[/tex] istog predznaka, a da je točno jedan od njih racionalan?
I to vrijedi! To baziramo na činjenici koja je, vjerujem, spomenuta na MA prošle godine, a govori o gustoći skupova racionalnih i iracionalnih brojeva u skupu realnih brojeva. I glasi otprilike ovako:
"Između svaka dva racionalna broja postoji iracionalan broj."
I to je super stvar! Dakle, ono što ću napraviti jest konstruirati niz brojeva [tex](x_n)[/tex] koji su, recimo, iracionalni i koji konvergiraju prema racionalnom broju [tex]c[/tex]. Funkcijske vrijednosti tada neće konvergirati prema [tex]f(c)[/tex] pošto su one suprotnog predznaka pa će zapravo konvergirati u [tex]-f(c)[/tex]. A jer je [tex]c \neq 0[/tex], slijedi [tex]f(c) \neq 0[/tex]. 
Sasvim analogno vrijedi i: "Između svaka dva iracionalna broja postoji jedan racionalni", pa će nam to pokriti i drugi slučaj, kada polazimo od iracionalnog broja [tex]c[/tex].
Vratimo se na dokaz!
Neka je [tex]c \in \mathbb{R} \backslash 0[/tex]. Promatrajmo interval [tex]\left< c-\frac{1}{n}, c \right>[/tex]. Ako je [tex]c[/tex] racionalan, tada je i [tex]c-\frac{1}{n}[/tex] racionalan. Također, ako je [tex]c[/tex] iracionalan, tada je i [tex]c-\frac{1}{n}[/tex] iracionalan.
(Po potrebi se to lako dokaže: promatramo broj [tex]d := c-\frac{1}{n}[/tex].
Ako je [tex]c[/tex] racionalan, očito je i [tex]d[/tex] racionalan.
Ako je [tex]c[/tex] iracionalan, pretpostavimo da je [tex]d[/tex] racionalan n napišimo [tex]c=d+\frac{1}{n}[/tex]. Na desnoj strani jednakosti je racionalan broj, a na lijevoj iracionalan - kontradikcija! Dakle, [tex]d[/tex] je također iracionalan.)
Bez smanjenja općenitosti pretpostavimo da je [tex]c[/tex] racionalan. Tada postoji iracionalan broj unutar navedenog otvorenog intervala. Neka je [tex]x_n \in \left< c-\frac{1}{n}, c \right>[/tex] neki takav broj.
Sada promatrajmo niz [tex](x_n)[/tex] definiran na ovaj način.
Pošto je [tex]c-\frac{1}{n} < x_n < c[/tex], iz teorema o sendviču vrijedi [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}x_n = c[/tex].
Također vrijedi: [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}f(x_n) = \lim_{n \rightarrow \infty} (-x_n) = - \lim_{n \rightarrow \infty} x_n = -c[/tex].
Pretpostavimo da je [tex]f[/tex] neprekidna u [tex]c[/tex]. Tada je [tex]\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}f(x_n) = f(c) = c[/tex].
Iz posljednjih dvaju izraza vrijedi: [tex]c=-c[/tex], odnosno [tex]c=0[/tex]. No, to je kontradikcija pošto smo odabrali [tex]c[/tex] iz skupa [tex]\mathbb{R} \backslash 0[/tex]!
Dakle, pretpostavka je pogrešna i slijedi da [tex]f[/tex] ima prekid u točki [tex]c[/tex].
Krenuli smo od proizvoljne racionalne nenul točke [tex]c[/tex] i pokazali da ima prekid u njoj, dakle [tex]f[/tex] ima prekid u svakoj racionalnoj nenul točki.
Sada pretpostavimo da je [tex]c[/tex] iracionalan. Dokaz slijedi sasvim analogno kao i slučaj kada je [tex]c[/tex] racionalan, samo se predznaci pojavljuju na drugim mjestima i koristiš tvrdnju "između dva iracionalna broja...". I dobivaš isti rezultat - [tex]f[/tex] ima prekid u svakoj iracionalnoj nenul točki.
Time smo, konačno, pokazali i 2) - [tex]f[/tex] ima prekid u svakoj nenul realnoj točki!
I gotovo! Napokon! 
Inače, idući put slobodno postavi link na zadatak ako primijetiš da ga ne možeš baš najbolje napisati ovdje ili copy-pasteati. Ovaj sam još i razumio, ali inače ne znam uvijek pročitati ovako napisane zadatke.
I nemoj da te rješenje prestraši veličinom ili opširnošću! Namjerno ovako pišem da imaš misli vodilje kroz dokaz i da se ne pogubiš. Premda sam riječi "racionalan - iracionalan" spomenuo popriličan broj puta... Ukratko, ovo bi na kolokviju bilo napisano u deset puta manjoj veličini i rješenje bi bilo točno. I skoro pa i ne bi imalo popratnog teksta za objašnjavanje. Čisto da tebe (ili sebe? ) utješim!
Pitaj ako nešto nije jasno.
|
dobro ste si dali truda