Ci¸ ag lo´ s´ c i norma
Cwiczenie 1. Czy dan¸ ´ a funkcj¸e da si¸e dookre´sli´ c w punkcie (0, 0) tak, ˙zeby otrzymana funkcja by la ci¸ ag la?
f 1 (x, y) = x 2 − y 2
x 2 + y 2 , f 2 (x, y) = x 2 y
x 2 + y 2 f 3 (x, y) = x 2 y x 4 + y 2 .
Rozwi¸ azanie: Musimy zdefiniowa´ c funkcj¸e f 1 w postaci
f 1 (x, y) =
( x2−y
2
x
2+y
2, (x, y), k, (0, 0).
w taki spos´ ob, ˙ze
lim
(x,y)→(0,0) f 1 (0, 0) = k dla pewnej liczby k.
Kr´ otko m´ owi¸ ac, poprzednia definicja m´ owi nam, ˙ze warto´s´ c funkcji f 1 zd¸ a˙za do k wzd lu˙z ka˙zdej mo˙zliwej drogi do zera. Natomiast, wida´ c na pierwszym rysunku, ˙ze je˙zeli d¸ a˙zymy do zera wzd lu˙z linii x = 0, warto´s´ c funkcji zd¸ a˙za do −1 i je˙zeli d¸ a˙zymy do zera wzd lu˙z linii y = 0, to warto´s´ c funkcji zd¸ a˙za do 1:
Wi¸ec, ta funkcja nie wygl¸ ada na ci¸ ag l¸ a, ale trzeba to udowodni´ c. Ponadto, nie zawsze
Kiedy my´slimy, ˙ze funkcja nie b¸edzie ci¸ ag la lub nie wiemy wcale co mo˙ze si¸e zdarzy´ c, naj latwiej b¸edzie sprawdzi´ c kilka warunk´ ow koniecznych dla ci¸ ag lo´sci funkcji.
Najpierw, sprawdzamy granice iterowane. Je˙zeli funkcja jest ci¸ ag la w punkcie (0, 0), to istniej¸ a granice
x→0 lim lim
y→0 f 1 (x, y) = lim
y→0 lim
x→0 f 1 (x, y) = f 1 (0, 0).
Je˙zeli granice funkcji f 1 nie istniej¸ a lub nie s¸ a sobie r´ owne, to funkcja nie mo˙ze by´ c ci¸ ag la. Geometrycznie, granica iterowana
x→0 lim lim
y→0 f 1 (x, y) = lim
x→0 lim
y→0
x 2 − y 2
x 2 + y 2 = lim
x→0
x 2 x 2 = 1
wskazuje do kt´ orej warto´sci f 1 d¸ a˙zy gdy najpierw y d¸ a˙zy do zera i potem x d¸ a˙zy do zera.
Geometrycznie, granica iterowana
y→0 lim lim
x→0 f 1 (x, y) = lim
y→0 lim
x→0
x 2 − y 2
x 2 + y 2 = lim
y→0
−y 2 y 2 = −1
wskazuje do kt´ orej warto´sci f 1 d¸ a˙zy gdy najpierw x d¸ a˙zy do zera i potem y d¸ a˙zy do zera.
Na wykresie wida´ c, ˙ze granice iterowane nie s¸ a sobie r´ owne, poniewa˙z warto´s´ c funkcji f 1 d¸ a˙zy do innych warto´sci kiedy d¸ a˙zymy do zera wzd lu˙z poprzednich dr´ og. Zatem, nie mo˙zemy zdefiniowa´ c f 1 w taki spos´ ob, ˙ze funkcja f 1 b¸edzie ci¸ ag la.
Sprawdzamy teraz trzeci¸ a funkcj¸e. Znowu, musimy ustali´ c czy mo˙zemy ustali´ c k w taki spos´ ob, ˙ze
f 3 (x, y) = ( x2y
x
4+y
2, (x, y),
k, (0, 0).
Znowu, korzystamy z granic iterowanych:
y→0 lim lim
x→0 f 3 (x, y) = lim
y→0 lim
x→0
x 2 y
x 4 + y 2 = lim
y→0 0 = 0 i
x→0 lim lim
y→0 f 3 (x, y) = lim
x→0 lim
y→0
x 2 y
x 4 + y 2 = lim
x→0 0 = 0.
Granice iterowane istniej¸ a i s¸ a sobie r´ owne. Wida´ c, ˙ze je˙zeli funkcja f 3 ma by´ c ci¸ ag la, to ma by´ c f 3 (0, 0) = 0. Natomiast, to nie zagwarantuje, ˙ze f 3 jest ci¸ ag la. Aby to zag- warantowa´ c, musimy sprawdzi´ c kolejny warunek konieczny: granice wzd lu˙z linii. Je˙zeli funkcja f 3 jest ci¸ ag la w (0, 0), to
lim
y=λx,x→0 f 3 (x, y) = f 3 (0, 0) = 0, lim
x=λy,y→0 f 3 (x, y) = f 3 (0, 0) = 0, ∀λ ∈ R.
Wida´ c, ˙ze
y=λx,x→0 lim f 3 (x, y) = lim
y=λx,x→0
x 2 y
x 4 + y 2 = lim
y=λx,x→0
λx 3
(x 2 + λ 2 )x 2 = lim
y=λx,x→0
λ
(1 + λ 2 ) x = 0.
i
x=λy,y→0 lim f 3 (x, y) = lim
x=λy,y→0
x 2 y
x 4 + y 2 = lim
x=λy,y→0
λy 3
(1 + λ 4 y 2 )y 2 = lim
x=λy,y→0
λ
(1 + λ 4 y 2 ) y = 0.
To jeszcze nie oznacza, ˙ze granica istnieje. Te warunki nie mog¸ a udowodni´ c, ˙ze funkcja jest ci¸ ag la. Z teoretycznego punktu widzenia, to s¸ a warunki konieczne, aby funkcja f 3 by la ci¸ ag la. Z praktycznego punktu widzenia, korzystamy z nich, aby udowodni´ c, ˙ze jaki´s warunek nie spe lnia si¸e i funkcja nie jest ci¸ ag la. M´ owi¸ ac inaczej, to s¸ a warunki aby udowodni´ c, ˙ze funkcja nie jest ci¸ ag la.
Kolejnym warunkiem do sprawdzenia, jest sprawdzenie, czy warto´s´ c funkcji f 3 d¸ a˙zy do zera wzd lu˙z parabol, czyli
lim
y=λx
2,x→0 f 3 (x, y) = 0, lim
x=λy
2,y→0 f 3 (x, y) = 0.
Wida´ c, ˙ze to nie spe lnia si¸e lim
y=λx
2,x→0 f 3 (x, y) = lim
x→0
λx 4
x 4 + λ 2 x 4 = λ
1 + λ 2 .
Wi¸ec, funkcja f 3 nie jest ci¸ ag la poniewa˙z granica zale˙zy od λ.
Szczerze m´ owi¸ ac, wida´ c od samego pocz¸ atku, ˙ze tak mia lo by´ c. Funkcja f 3 poza zerem jest taka, ˙ze je˙zeli y = λx 2 to licznik i mianownik s¸ a wielomianami gdzie ka˙zdy wyraz jest czwartego stopnia (m´ owi si¸e ˙ze wielomiany s¸ a jednorodne). W takim przypadku, rzadko si¸e zdarza, ˙ze funkcja jest ci¸ ag la.
Zbadamy teraz funkcj¸e f 2 (x, y). Najpierw, sprawdzamy granice iterowane, wzd lu˙z linii i paraboli.
x→0 lim lim
y→0 f 2 (x, y) = lim
x→0 lim
y→0
x 2 y
x 2 + y 2 = lim
x→0 0 = 0.
lim y→0 lim
x→0 f 2 (x, y) = lim
y→0 lim
x→0
x 2 y
x 2 + y 2 = lim
y→0 0 = 0.
Z drugiej strony
x→0 lim lim
y→0 f 2 (x, y) = lim
x→0 lim
y→0
x 2 y
x 2 + y 2 = lim
x→0 0 = 0.
lim y→0 lim
x→0 f 2 (x, y) = lim
y→0 lim
x→0
x 2 y
x 2 + y 2 = lim
y→0 0 = 0.
Wida´ c, ˙ze w ka˙zdym przypadku, granice istniej¸ a i s¸ a takie same. W takim przypadku, chyba czas aby ustali´ c, czy funkcja jest ci¸ ag la. Musimy udowodni´ c, ˙ze
∀ > 0, ∃δ > 0, ||(x, y) − (0, 0)|| < δ ⇒ |f 2 (x, y) − f 2 (0, 0)| < . (1.1) Warto przypomina´ c, ˙ze to cz¸esto jest skomplikowane. Lepiej zajmowa´ c si¸ a tym, tylko gdy my´slimy, ˙ze funkcja ma by´ c ci¸ ag la, np. po sprawdzeniu granic iterowanych, itd. Aby udowodni´ c, ˙ze (2.1) spe lnia si¸e, musimy szuka´ c takiej δ, ˙ze
|f 2 (x, y) − f 2 (0, 0)| <
dla danego > 0. Trzeba zauwa˙zy´ c, ˙z e og´ olnie δ zale˙zy od . Teraz mamy zagwaran- towa´ c, ˙ze
|f 2 (x, y)| < ,
poniewa˙z f 2 (0, 0) = 0. Aby to zrobi´ c, post¸epujemy zawsze tak samo. Ograniczamy
|f 2 (x, y)| za pomoc¸ a funkcji, kt´ ora zale˙zy tylko od px 2 + y 2 . Zobaczmy jak.
|f 2 (x, y)| = |x2y|
x 2 + y 2 .
Wida´ c, ˙ze |xy| ≤ (x 2 + y 2 )/2, faktycznie
(x − y) 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2xy ⇔ x 2 + y 2 ≥ |2xy|
poniewa˙z x 2 + y 2 ≤ 0. Korzystaj¸ac z tego mamy, ˙ze
|f 2 (x, y)| = 2|xy 2 |
x 2 + y 2 ≤ 2(x 2 + y 2 )
x 2 + y 2 |y| ≤ 2|y|.
Teraz, trzeba pami¸eta´ c, ˙ze
|y|, |x| ≤ p
x 2 + y 2 . Wi¸ec,
|f 2 (x, y)| = 2|xy 2 |
x 2 + y 2 ≤ 2(x 2 + y 2 )
x 2 + y 2 |y| ≤ 2|y| ≤ 2 p
x 2 + y 2 .
Ograniczyli´smy f 2 za pomoc¸ a funkcji 2px 2 + y 2 kt´ ora tylko zale˙zy od px 2 + y 2 . Ko- rzystaj¸ ac z tego, wida´ c, ˙ze je˙zeli px 2 + y 2 < δ to
|f 2 (x, y)| ≤ 2 p
x 2 + y 2 < 2δ.
Skoro δ musimy ustali´ c dla pewnej > 0, to mo˙zemy ustali´ c, ˙ze δ < /2 i wtedy
|f 2 (x, y)| ≤ 2 p
x 2 + y 2 < 2δ < .
Cwiczenie 2. Sprawdzi´ ´ c istnienie i ewentualnie obliczy´ c granice
lim
(x,y)→(0,0)
p1 + x 2 y 2 − 1
x 2 + y 2 , lim
(x,y)→(0,0) (1 + x 2 y 2 )x2+y21 , lim
(x,y)→(0,0) (1 + x 2 + y 2 )x2+y2.1
Rozwi¸ azanie: Mamy, ˙ze p1 + x 2 y 2 − 1
x 2 + y 2 = (1 + x 2 y 2 ) − 1
(x 2 + y 2 )(p1 + x 2 y 2 + 1) = x 2 y 2
(x 2 + y 2 )(p1 + x 2 y 2 + 1) . Zatem
lim
(x,y)→(0,0)
p1 + x 2 y 2 − 1
x 2 + y 2 = lim
(x,y)→(0,0)
x 2 y 2
(x 2 + y 2 )(p1 + x 2 y 2 + 1) . Jak w poprzednim zadaniu, musimy sprawdzi´ c, czy
∀ > 0, ∃δ > 0, 0 < ||(x, y) − (0, 0)|| < δ ⇒ |f 2 (x, y) − k| < . (2.1) dla pewnej liczby k. Prosz¸e zauwa˙zy´ c, ˙ze powy˙zsza definicja jest niezale˙zna od warto´sci w punkcie (0, 0) poniewa˙z tylko musimy zbada´ c gdy
0 < ||(x, y) − (0, 0)|| < δ.
Aby sprawdzi´ c ci¸ ag lo´s´ c w poprzednim zadaniu, mieli´smy
||(x, y) − (0, 0)|| < δ.
Jakkolwiek, sprawdzamy (2.1) jak wcze´sniej. Aby ustali´ c k mo˙zemy sprawdzi´ c granice iterowane. S¸ a latwe do obliczenia i je˙zeli granica istnieje, ich warto´s´ c ma by´ c warto´sci¸ a granicy funkcji. W naszym przypadku mamy
x→0 lim lim
y→0
p1 + x 2 y 2 − 1
x 2 + y 2 = lim
x→0
1 − 1 x 2 = 0.
Trzeba ograniczy´ c
x 2 y 2
(x 2 + y 2 )(p1 + x 2 y 2 + 1) . Jak wcze´sniej, |xy| ≤ (x 2 + y 2 )/2. Zatem
x 2 y 2
(x 2 + y 2 )(p1 + x 2 y 2 + 1)
≤
(x 2 + y 2 ) 2
4(x 2 + y 2 )(p1 + x 2 y 2 + 1)
=
(x 2 + y 2 ) 4(p1 + x 2 y 2 + 1)
.
Wida´ c, ˙ze p1 + x 2 y 2 + 1 ≥ 2, zatem
x 2 y 2
(x 2 + y 2 )(p1 + x 2 y 2 + 1)
≤ (x 2 + y 2 )
8 .
Je˙zeli ||(x, y)|| < δ, to
x 2 y 2
(x 2 + y 2 )(p1 + x 2 y 2 + 1)
≤ (x 2 + y 2 ) 8 < δ
8 . Je˙zeli ustalamy δ < 8, wi¸ec,
x 2 y 2
(x 2 + y 2 )(p1 + x 2 y 2 + 1)
≤ (x 2 + y 2 ) 8 < .
Poprzednia metoda jest cz¸esto bardzo wolna. Je˙zeli to mo˙zliwe, lepiej korzysta´ c z innych metod. Na przyk lad, za pomoc¸ a twierdzenia trzech ci¸ ag´ ow. Skoro |xy| ≤ (x 2 + y 2 )/2 i (1 + x 2 y 2 ) ≥ 1 mamy, ˙ze
1 ≤ (1 + x 2 y 2 )
1
x2+y2
≤ (1 + (x 2 + y 2 ) 2 /4)
1 x2+y2
. Z twierdzenia trzech ci¸ ag´ ow
1 ≤ lim
(x,y)→(0,0) (1 + x 2 y 2 )
1
x2+y2
≤ lim
(x,y)→(0,0) (1 + (x 2 + y 2 ) 2 /4)
1 x2+y2
. Wida´ c, ˙ze funkcja
(1 + (x 2 + y 2 ) 2 /4)
1 x2+y2
zale˙zy tylko od h = x 2 + y 2 . Wi¸ec, mo˙zna obliczy´ c lim
(x,y)→(0,0) (1 + (x 2 + y 2 ) 2 /4)
1
x2+y2
= lim
h→0 (1 + h 2 /4) 1/h . To zwyk la granica jednej zminnej typu liczby e:
lim
h→0
1 + h 2
4
1/h
= lim
h→0
"
1 + h 2
4
h24#
h24 h1= e limh→0h24h = 1.
Z tego wynika, ˙ze 1 ≤ lim
(x,y)→(0,0) (1 + x 2 y 2 )x2+y21 ≤ lim
(x,y)→(0,0) (1 + (x 2 + y 2 ) 2 /4)x2+y21 = 1.
i
lim
(x,y)→(0,0) (1 + x 2 y 2 )
1
x2+y2
= 1.
W ostatnim przypadku, wida´ c, ˙ze granica lim
(x,y)→(0,0) (1 + x 2 + y 2 )
1 x2+y2.
To granica jednej zmiennej:
lim
(x,y)→(0,0) (1 + x 2 + y 2 )
1
x2+y2.
= lim
h→0 (1 + h)h1 = e.
Cwiczenie 3. Niech T : R ´ n → R m b¸edzie odwzorowaniem liniowym o macierzy [t i j ] w bazach kanonicznych. Wyznaczy´ c kT k je´sli (a) w R n kxk = |x 1 | + · · · + |x n | za´s w R m kxk = max i=1...m |x i |, (b) w obu przestrzeniach kxk = max i |x i |.
Rozwi¸ azanie: J˙ezeli (R n , || · || n ) i (R m , || · || m ) s¸ a przestrzeniami unormowymi, norma operatora liniowego T : R n → R m si¸e zdefiniuje jako
kT k = sup
kxk
n=1
kT xk m .
Aby t lumaczy´ c geometryczne znaczenie tej definicji, podamy nast¸epuj¸ acy przyk lad.
Niech T : R 2 → R 2 bedzie operatorem liniowym w bazach kanoniczych postaci
2 2 1 1
. (3.1)
Wektory jednostkowe w R 2 ze wzgl¸edu na k(x, y)k = |x| + |y| s¸ a na brzegu nast¸epuj¸ acego obszaru
Obrazy tych wektor´ ow s¸ a na brzegu obszaru
W tej przestrzeni zdefiniujemy norm¸e k(x, y)k = max(|x|, |y|), czyli norma wektora (x, y) to najwi¸eksza warto´s´ c wszgl¸edna wsr´ od wsp l´ orz¸ednych wektora (x, y). Wida´ c, ˙ze dla naszego operatora, najwi¸eksza norma wektora T x, dla kxk 2 = 1, to 2. Wi¸ec, kT k = 2.
Mo˙zemy obliczyc norm¸e T z inn¸ a norm¸ a w jego dziedzinej k(x, y)k = max(|x|, |y|) w R 2 . W tym przypadku, wektory kt´ ore maj¸ a norm¸e 1 w R 2 ze wzgl¸edu na k(x, y)k =
|x| + |y| s¸a na brzegu nast¸epuj¸acego obszaru
Obrazy tych wektor´ ow s¸ a na brzegu obszaru
Wida´ c, ˙ze najwi¸eksza norma tych wektor´ ow to 4. Zatem, kT k = 4.
Teraz obliczymy norm¸e og´ olnego operatora T : R n → R m . Zaczynamy zbadaj¸ ac op- erator T dla k(x 1 , . . . , x n )k n = P n
i=1 |x i | i k(x 1 , . . . , x m )k m = max i=1,...,m |x i |. Aby ustali´c kT k najpierw udowodnimy, ˙ze kT k mo˙zna ograniczy´c przez pewn¸a sta l¸a k i po˙zniej, ˙ze kT xk m = k dla pewnego wektora x ∈ R n z kxk n = 1. W tym sposob, otrzymamy, ˙ze kT k = k.
Korzystaj¸ ac z nier´ owno´sci tr´ ojk¸ atowej mamy, ˙ze
kT xk m =
n
X
j=1
t i j x j m
= max
i=1,...,m
n
X
j=1
t i j x j
≤ max
i=1,...,m n
X
j=1
|t i j x j |.
Mamy, ˙ze
|t i j | ≤ max
i=1,...,n
j=1,...,m
|t i j |.
Z tego wynika, ˙ze dla kxk n = 1 to kT xk m ≤ max
i=1,...,n
j=1,...,m
|t i j | max
i=1,...,m n
X
j=1
|x j | = max
i=1,...,n
j=1,...,m
|t i j |
n
X
j=1
kx j k = max
i=1,...,n
j=1,...,m
|t i j |kxk n = max
i=1,...,n
j=1,...,m
|t i j |.
Ponadto, je˙zeli i 0 i j 0 s¸ a takie, ˙ze
|t i0j
0| = max
i=1,...,n
j=1,...,m
|t i j |,
to mo˙zemy zdefiniowa´ c wektor postaci
x 0 = [0, . . . , j 1, . . . , 0]
0T . Wtedy kx 0 k = 1 i
kT x 0 k m = max
i=1,...,n
n
X
j=1
t i j x j 0
= max
i=1,...,n |t i j
0| = |t i0j
0|.
Skoro kT xk m ≤ max
i=1,...,nj=1,...,m
|t i j | dla ka˙zdego x spe lniaj¸acego, ˙ze kxk n = 1 i kT x 0 k m = max
i=1,...,nj=1,...,m |t i j | to
kT k = max
i=1,...,n
