|
[quote="pipi_na_guc"]Može li netko objasniti kako riješiti 3., 4., 5. i 6. zadatak s prve slike što je jopi stavio? Hvala :)[/quote]
3. a) Ovo ne vrijedi jer za funkciju f(x) = 1 imamo da je f iz X, ali f nije iz FI^-1({0}) jer je FI(f) = f(1/2) = 1 != 0.
b) Ovo ne vrijedi jer za funkciju f(x) = 0 imamo da je f iz X, ali za f ne postoji r >0 t.d. je K(f,r;d_inf) podskup od X.
Naime, za svaki r >0, kugla K(f,r;d_inf) sadrži funkciju g(x) = -r/2, koja očito nije u X. Naime, d_inf(g,f) = sup {abs(g(x)-f(x)) : x iz [0,1]} = sup(r/2) = r/2 < r => g leži u K(f,r;d_inf).
c) Budući da je 1/2 racionalan broj, imamo da za svaki f iz X vrijedi FI(f) = f(1/2) >= 0. Time smo pokazali da je FI(X) podskup od [0,+inf>. No, vrijedi i obratna inkluzija, tj- vrijedi FI(X) = [0,+inf> (*).
Za dokaz obratne inkluzije uzmemo proizvoljan a iz [0,+inf> i treba pronaći neku funkciju f iz X t.d. je FI(f) = a <=> f(1/2) = a. Jedna takva funkcija je naprosto konstanta f(x) = a.
I sad kad smo dokazali (*), gotovi smo jer znamo da [0,+inf> nije otvoren u (R,p).
d) Isto kao pod c), pokaže se da je FI(B[0,1]\Y) = R, a R je otvoren u (R,p).
4. a) Općenito vrijedi: ako neka funkcija na domeni ima diskretnu metriku, onda mora biti neprekidna, pa tvrdnja vrijedi.
b) Tvrdnja ne vrijedi i opet je problem u funkciji f(x) = 0, tj. ne postoji r>0 t.d. je K(f,r;d_inf) podskup od X.
c) Imamo: d_inf(g,h) = sup {abs(g(x)-h(x)) : x iz [0,1]} = sup {abs(0 - x) : x iz [0,1]} = sup {abs(x) : x iz [0,1]} = sup [0,1] = 1, što nije strogo manje od 1, pa h nije u K(g,1;d_inf).
d) Pokaže se da je FI(X) = [0,+inf>, a za taj skup znamo da nije otvoren u (R,p).
5. a) d1 nije metrika na K jer nema svojstvo: d1(f,g) = 0 <=> f = g. Npr. funkcije f(x) = 0 i g(1/2) = 0, g(x) = 1 za x != 1/2 su obje u K i d1(f,g) = 0, ali f != g.
b) Ovo ne vrijedi jer d2 uopće nije metrika na K (slično kao pod a)).
c) Ovo vrijedi, samo se provjere sva svojstva iz def. metrike.
d) Prvo, A je podskup od B[0,1] jer je a_r(x) = r*x^2 <= r za svaki x iz [0,1], tj. a_r je ograničena.
Treba još vidjeti da li je p2(f,g) = d_inf(f,g) za sve f, g iz A (*).
Ako su f, g iz A, onda je f = a_r1 i g = a_r2 za neke r1, r2 iz R.
I sad, imamo: p2(f,g) = abs(f(1)-g(1)) = abs(r1*1^2 - r2*1^2) = abs(r1-r2). S druge strane, imamo: d_inf(f,g) = sup {abs(f(x)-g(x)) : x iz [0,1]} = sup {abs(r1*x^2 - r2*x^2) : x iz [0,1]} = sup {abs(r1-r2)*x^2 : [0,1]} = abs(r1-r2).
Dokaz zadnje jednakosti: vrijedi sup {...} < = abs(r1-r2) jer je svaki element u {...} manji ili jednak od abs(r1-r2). No, vrijedi i sup{...} > = abs(r1-r2) jer je broj abs(r1-r2) element skupa {...} (dobijemo ga za x = 1), a supremum mora biti > = od svakog elementa skupa.
Dakle, vrijedi (*), pa je zadovoljena def. potprostora metričkog prostora, tj. tvrdnja vrijedi.
6. a) Uzmemo bilo koji t iz [0,1] i imamo: d_inf(a_t, h) = sup{...} = 1/2. No, zbog a_t != h je d_X(a_t,h) = 1. Dakle, d_inf(a_t,h) != d_X(a_t,h), pa nije zadovoljena def. potprostora.
b) Tvrdnja vrijedi. Uočimo da X ima samo dva elementa, tj. X = {c0,c1}, pa možete ispitati sve kombinacije i pokazati da je d_X = d_inf na X x X.
c) Ne vrijedi jer je d_X(f,h) = 1, a d_inf(f,h) = 1/2.
d) Trivijalno vrijedi jer imamo samo jedan element, pa je jedini način da odaberemo dva elementa taj da uzmemo h i h. No, imamo da je d_X(h,h) = 0 = d_inf(h,h), pa je zadovoljena def. potprostora.
Više neću stavljati ovoliku količinu teksta na forum. Ako ne možeš samostalno riješiti čak 4 od 6 zadataka iz testa, onda trebaš doći na demonstrature.
Krivo sam bio gore napisao odgovor u 3. d) podzadatku, sad sam ispravio to.
| pipi_na_guc (napisa): | Može li netko objasniti kako riješiti 3., 4., 5. i 6. zadatak s prve slike što je jopi stavio? Hvala  |
3. a) Ovo ne vrijedi jer za funkciju f(x) = 1 imamo da je f iz X, ali f nije iz FI^-1({0}) jer je FI(f) = f(1/2) = 1 != 0.
b) Ovo ne vrijedi jer za funkciju f(x) = 0 imamo da je f iz X, ali za f ne postoji r >0 t.d. je K(f,r;d_inf) podskup od X.
Naime, za svaki r >0, kugla K(f,r;d_inf) sadrži funkciju g(x) = -r/2, koja očito nije u X. Naime, d_inf(g,f) = sup {abs(g(x)-f(x)) : x iz [0,1]} = sup(r/2) = r/2 < r ⇒ g leži u K(f,r;d_inf).
c) Budući da je 1/2 racionalan broj, imamo da za svaki f iz X vrijedi FI(f) = f(1/2) >= 0. Time smo pokazali da je FI(X) podskup od [0,+inf>. No, vrijedi i obratna inkluzija, tj- vrijedi FI(X) = [0,+inf> (*).
Za dokaz obratne inkluzije uzmemo proizvoljan a iz [0,+inf> i treba pronaći neku funkciju f iz X t.d. je FI(f) = a ⇔ f(1/2) = a. Jedna takva funkcija je naprosto konstanta f(x) = a.
I sad kad smo dokazali (*), gotovi smo jer znamo da [0,+inf> nije otvoren u (R,p).
d) Isto kao pod c), pokaže se da je FI(B[0,1]\Y) = R, a R je otvoren u (R,p).
4. a) Općenito vrijedi: ako neka funkcija na domeni ima diskretnu metriku, onda mora biti neprekidna, pa tvrdnja vrijedi.
b) Tvrdnja ne vrijedi i opet je problem u funkciji f(x) = 0, tj. ne postoji r>0 t.d. je K(f,r;d_inf) podskup od X.
c) Imamo: d_inf(g,h) = sup {abs(g(x)-h(x)) : x iz [0,1]} = sup {abs(0 - x) : x iz [0,1]} = sup {abs(x) : x iz [0,1]} = sup [0,1] = 1, što nije strogo manje od 1, pa h nije u K(g,1;d_inf).
d) Pokaže se da je FI(X) = [0,+inf>, a za taj skup znamo da nije otvoren u (R,p).
5. a) d1 nije metrika na K jer nema svojstvo: d1(f,g) = 0 ⇔ f = g. Npr. funkcije f(x) = 0 i g(1/2) = 0, g(x) = 1 za x != 1/2 su obje u K i d1(f,g) = 0, ali f != g.
b) Ovo ne vrijedi jer d2 uopće nije metrika na K (slično kao pod a)).
c) Ovo vrijedi, samo se provjere sva svojstva iz def. metrike.
d) Prvo, A je podskup od B[0,1] jer je a_r(x) = r*x^2 ⇐ r za svaki x iz [0,1], tj. a_r je ograničena.
Treba još vidjeti da li je p2(f,g) = d_inf(f,g) za sve f, g iz A (*).
Ako su f, g iz A, onda je f = a_r1 i g = a_r2 za neke r1, r2 iz R.
I sad, imamo: p2(f,g) = abs(f(1)-g(1)) = abs(r1*1^2 - r2*1^2) = abs(r1-r2). S druge strane, imamo: d_inf(f,g) = sup {abs(f(x)-g(x)) : x iz [0,1]} = sup {abs(r1*x^2 - r2*x^2) : x iz [0,1]} = sup {abs(r1-r2)*x^2 : [0,1]} = abs(r1-r2).
Dokaz zadnje jednakosti: vrijedi sup {...} < = abs(r1-r2) jer je svaki element u {...} manji ili jednak od abs(r1-r2). No, vrijedi i sup{...} > = abs(r1-r2) jer je broj abs(r1-r2) element skupa {...} (dobijemo ga za x = 1), a supremum mora biti > = od svakog elementa skupa.
Dakle, vrijedi (*), pa je zadovoljena def. potprostora metričkog prostora, tj. tvrdnja vrijedi.
6. a) Uzmemo bilo koji t iz [0,1] i imamo: d_inf(a_t, h) = sup{...} = 1/2. No, zbog a_t != h je d_X(a_t,h) = 1. Dakle, d_inf(a_t,h) != d_X(a_t,h), pa nije zadovoljena def. potprostora.
b) Tvrdnja vrijedi. Uočimo da X ima samo dva elementa, tj. X = {c0,c1}, pa možete ispitati sve kombinacije i pokazati da je d_X = d_inf na X x X.
c) Ne vrijedi jer je d_X(f,h) = 1, a d_inf(f,h) = 1/2.
d) Trivijalno vrijedi jer imamo samo jedan element, pa je jedini način da odaberemo dva elementa taj da uzmemo h i h. No, imamo da je d_X(h,h) = 0 = d_inf(h,h), pa je zadovoljena def. potprostora.
Više neću stavljati ovoliku količinu teksta na forum. Ako ne možeš samostalno riješiti čak 4 od 6 zadataka iz testa, onda trebaš doći na demonstrature.
Krivo sam bio gore napisao odgovor u 3. d) podzadatku, sad sam ispravio to.
|
