Neprekidnost i limes funkcija više varijabli

Neprekidnost funkcija više varijabli

Neprekidnost funkcije

Definicija 7   Neka je $\Omega$ područje u $R^n.$ Kažemo da je $f:\Omega\rightarrow R$ neprekidna u točki $P_0\in \Omega$, ako za svaki $\varepsilon >0$ postoji $\delta >0$ tako da

$$(d(P,P_0)<\delta )\Rightarrow (\vert f(P)-f(P_0)\vert<\varepsilon).$$

Ako $f$ nije neprekidna u točki $P_0\in \Omega,$ onda kažemo da $f$ ima prekid u $P_0$.

Ako je $f$ neprekidna u svakoj točki nekog skupa $S,$ onda kažemo da je $f$ neprekidna na skupu $S$.

Na sljedećim slikama se vidi tipično ponašanje funkcije u okolini točke neprekidnosti, i točke prekida. Svjetlo osjenčani skup u ravnini $x\,y$ je ortogonalna projekcija onog dijela grafa funkcije $f,$ koji se nalazi između ravnina $z=f(P_0)-\varepsilon$ i $z=f(P_0)+\varepsilon.$ Dakle, ako je $P$ iz tog skupa, onda vrijedi

$$f(P_0)-\varepsilon < f(P) < f(P_0)+\varepsilon,$$

odnosno

$$\vert f(P)-f(P_0)\vert<\varepsilon.$$

Na slici 1.9 tamnije osjenčani skup je krug radiusa $\delta$ oko točke $P_0.$ Na lijevom dijelu slike se vidi da se za odabrani $\varepsilon$ može naći $\delta >0$ takav da krug oko $P_0$ s tim radiusom leži u svjetlije osjenčanom skupu. S druge strane, na desnom dijelu slike nije moguće naći takav $\delta.$ Ma kako malen krug izabrali, uvijek ima točaka u njemu koje su izvan svjetlije osjenčanog skupa. U tim točkama vrijednost funkcije se više ne nalazi između ravnina. Pri tom valja naglasiti da se to događa za svaki $\varepsilon>0.$

Slika 1.9: Ponašanje funkcije u okolini točke neprekidnosti i točke prekida.

Primjer 1.11   Funkcija $f(x,y)=c$ je neprekidna u svakoj točki u $R^2.$

Rješenje. Neka je $(x_0,y_0)\in R^2$ proizvoljna točka, i neka je $\varepsilon >0$ proizvoljan.

$$\vert f(x,y)-f(x_0,y_0)\vert=\vert c-c\vert=0<\varepsilon .$$

Ova nejednakost je ispunjena za svaki $(x,y)\in R^2,$ pa za bilo koji $\delta >0$ vrijedi

$$(d((x,y),(x_0,y_0))<\delta ) \Rightarrow (\vert f(x,y)-f(x_0,y_0)\vert<\varepsilon ).$$

Tako je $f$ neprekidna u točki $(x_0,y_0).$ Budući da je točka $(x_0,y_0)$ uzeta proizvoljno, slijedi da je $f$ neprekidna u svakoj točki.

Primjer 1.12   Funkcija $f(x,y)=x$ je neprekidna u svakoj točki u $R^2.$

Rješenje. Neka je $(x_0,y_0)\in R^2$ proizvoljna točka, i neka je $\varepsilon >0$ proizvoljan.

$$\vert f(x,y)-f(x_0,y_0)\vert=\vert x-x_0\vert<\varepsilon .$$

Uzmimo $\delta >0$ tako da je $\delta \leqslant\varepsilon$ (sl. 1.10) Tada iz

$$\vert x-x_0\vert \leqslant d((x,y),(x_0,y_0))=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta$$

slijedi

$$\vert f(x,y)-f(x_0,y_0)\vert<\delta{}\leqslant{}\varepsilon.$$

Tako je $f$ neprekidna u točki $(x_0,y_0).$ Kako je $(x_0,y_0)$ izabrana proizvoljno, slijedi da je $f$ neprekidna u svakoj točki.

Slika 1.10: Mogući $\delta$ za izabrani $\varepsilon .$

Primjer 1.13   Funkcija $f(x,y)=y$ je neprekidna u svakoj točki u $R^2.$

Rješenje. Neka je $(x_0,y_0)\in R^2$ proizvoljna točka, i neka je $\varepsilon >0$ proizvoljan.

$$\vert f(x,y)-f(x_0,y_0)\vert=\vert y-y_0\vert<\varepsilon .$$

Dakle za svaki $\delta \leqslant\varepsilon$ vrijedi

$$(\vert y-y_0\vert \leqslant d((x,y),(x_0,y_0))=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta )$$

$$\Rightarrow (\vert f(x,y)-f(x_0,y_0)\vert<\varepsilon ).$$

Tako je $f$ neprekidna u točki $(x_0,y_0).$ Budući da je ta točka proizvoljna, slijedi da je $f$ neprekidna u svakoj točki.

Svojstva neprekidnih funkcija

Teorem 1   Neka je $\Omega$ područje u $R^n,$ i neka je $f:\Omega\rightarrow R$ neprekidna u točki $P_0.$

1.

Tada postoji $\delta >0$ takav da je $f\vert K(P_0;\delta)$ ograničena.

2.

Neka je osim toga $f(P_0)>0.$ Tada postoji $\delta >0$ takav da je $f(P)>0$ za svaki $P\in K(P_0;\delta).$

Dokaz. $\heartsuit$

Slika 1.11: a) Neprekidna funkcija je lokalno ograničena. b) U okolini točke prekida funkcija ne mora biti ograničena.

Na slici 1.11 se lijevo nalazi graf neprekidne funkcije, a desno graf funkcije koja ima prekid u točkama za koje je $y=y_0.$ Pri tom je taj prekid takav da $f(x_0,y)\rightarrow\infty,$ kad $y\rightarrow y_0$ preko vrijednosti manjih od $y_0.$ To znači da ne postoji krug $K$ oko točke $P_0$ takav da bude $f(x,y)\leqslant{}M$ za svaki $(x,y)\in K,$ ma kako veliki $M$ uzeli.

Teorem 2   Neka su $f$ i $g$ neprekidne u točki $P_0.$

1.

Tada je $\lambda f$ neprekidna u točki $P_0.$

2.

Tada je $f\pm g$ neprekidna u točki $P_0.$

3.

Tada je $f\,g$ neprekidna u točki $P_0.$

4.

Tada je $$\frac{f}{g}$$ neprekidna u točki $P_0,$ uz uvjet da je $g(P_0)\neq 0.$

Dokaz. Dokažimo drugu tvrdnju i to za zbroj.
Za proizvoljan $\varepsilon >0$ postoje $\delta_1>0$ i $\delta_2>0$ takvi da vrijedi

$$(d(P,P_0)<\delta_1 )\Rightarrow (\vert f(P)-f(P_0)\vert<\frac{\varepsilon}{2})$$

i

$$(d(P,P_0)<\delta_2)\Rightarrow (\vert g(P)-g(P_0)\vert<\frac{\varepsilon}{2}).$$

Ako za $\delta$ uzmemo manji od brojeva $\delta_1,\delta_2,$ tj. $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\},$ onda vrijedi

$$(d(P,P_0)<\delta )\Rightarrow (\vert(f+g)(P)-(f+g)(P_0)\vert=\vert f(P)-f(P_0)+g(P)-g(P_0)\vert$$

$$\leqslant \vert f(P)-f(P_0)\vert+\vert g(P)-g(P_0)\vert<\frac{\varepsilon}{2}+ \frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon).$$

$\heartsuit$

Teorem 3   Neka je $f:\Omega\rightarrow R$ neprekidna u točki $P_0,$ neka je $f(\Omega)\subset J$ i neka je $g:J\rightarrow R$ neprekidna u $f(P_0).$ Tada je funkcija $h=g\circ f$ neprekidna u $P_0.$

Slika 1.12: Kompozicija funkcija.

Dokaz. $\heartsuit$

Primjer 1.14   Funkcija $f(x,y)=x^2$ je neprekidna u svakoj točki u $R^2,$ jer je produkt dvije svuda neprekidne funkcije.

Funkcija $f(x,y)=x^n$ je neprekidna u svakoj točki u $R^2,$ jer je produkt neprekidnih funkcija.

Polinom od dvije ili više varijabli je neprekidna funkcija svuda.

Racionalna funkcija je neprekidna svuda gdje je definirana, tj. svuda osim u nultočkama nazivnika.

Kompozicije elementarnih funkcija i polinoma ili racionalnih funkcija od više varijabli jesu neprekidne funkcije svuda gdje su definirane.Tako na pr. $\frac{\sqrt{x^2-y^2}}{\ln xy},{\rm Arcsin}\,\,\frac{2x-4y-4}{x^2+y^2},\ldots.$ su neprekidne funkcije na svojim domenama.

Limes funkcija više varijabli

Limes funkcije

Definicija 8   Neka je funkcija $f$ definirana na području $\Omega\subset R^n$ osim možda u točki $P_0\in \Omega.$ Kažemo da $f$ ima limes L u točki $P_0$ ako za svaki $\varepsilon >0$ postoji $\delta >0$ tako da

$$(0<d(P,P_0)<\delta )\Rightarrow (\vert f(P)-L\vert<\varepsilon ).$$

Pišemo $L=\lim_{P\rightarrow P_0}f(P).$

Kao što pokazuje sljedeća slika, funkcija može biti definirana u točki $P_0,$ i da ima limes u $P_0$ koji nije jednak vrijednosti funkcije u točki $P_0.$ Na slici je graf funkcije

$$% latex2html id marker 34523 f(x,y)= \begin{cases} 1, & \te... ...\neq (0,0), \\ 0, & \text{ako je $(x,y)=(0,0).$} \end{cases}$$

Ta funkcija ima vrijednost $1$ u svakoj točki osim u ishodištu, gdje je njezina vrijednost $0.$ Iz definicije slijedi da limes u ishodištu postoji i da je jednak $1.$

Teorem 4   1. Neka je $f:\Omega\rightarrow R$ neprekidna u točki $P_0.$ Tada $f$ ima limes u $P_0$ i $\lim_{P \rightarrow P_0} f(P)=f(P_0).$

2. Neka $f$ ima limes u $P_0$ i neka je $\lim_{P \rightarrow P_0} f(P)=f(P_0).$ Tada je $f$ neprekidna u $P_0.$

Dokaz. 1. Ako je $f$ neprekidna u točki $P_0,$ onda $\forall \varepsilon >0$ postoji $\delta >0$ tako da

$$(d(P,P_0)<\delta)\Rightarrow(\vert f(P)-f(P_0)\vert<\varepsilon),$$

pa pogotovo

$$(0<d(P,P_0)<\delta)\Rightarrow(\vert f(P)-f(P_0)\vert<\varepsilon).$$

Odatle slijedi da $f$ ima limes u točki $P_0$ i $\lim_{P \rightarrow P_0} f(P)=f(P_0).$

ii) Neka $f$ ima limes u točki $P_0$ i neka je $\lim_{P \rightarrow P_0} f(P)=f(P_0).$ To znači da $\forall \varepsilon >0$ postoji $\delta >0$ tako da

$$(0<d(P,P_0)<\delta)\Rightarrow(\vert f(P)-f(P_0)\vert<\varepsilon).$$

Specijalno za $0=d(P,P_0),$ tj. za $P=P_0$ je $\vert f(P)-f(P_0)\vert=0<\varepsilon,$ pa slijedi

$$(d(P,P_0)<\delta)\Rightarrow(\vert f(P)-f(P_0)\vert<\varepsilon),$$

tj. funkcija je neprekidna u točki $P_0.$ $\heartsuit$

Primjer 1.15   Tako na pr.

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (2,0)}{\rm Arcsin}\,\frac{2x-4y-4}{x^2+y^2}=0,$$

jer je ova funkcija neprekidna u točki $(2,0),$ pa se limes nalazi jednostavnim uvrštavanjem.

Svojstva limesa

Ako postoji $\lim_{P \rightarrow P_0} f(P),$ onda je on jedinstven.

Neka funkcije $f$ i $g$ imaju limese u točki $P_0.$ Tada

1.

$f\pm g$ ima limes u točki $P_0$ i

$$\lim_{P \rightarrow P_0} (f\pm g)(P)= \lim_{P \rightarrow P_0} f(P)\pm \lim_{P \rightarrow P_0} g(P),$$

2.

za $\lambda \in R,$ $\lambda f$ ima limes u točki $P_0$ i

$$\lim_{P \rightarrow P_0} (\lambda f)(P)= \lambda \lim_{P \rightarrow P_0} f(P),$$

3.

$fg$ ima limes u točki $P_0$ i

$$\lim_{P \rightarrow P_0} (f\,g)(P)= \lim_{P \rightarrow P_0} f(P) \lim_{P \rightarrow P_0} g(P).$$

4.

Uz dodatni uvjet $g(P_0)\neq 0$ i $\lim_{P \rightarrow P_0} g(P) \neq 0,$ $\frac{f}{g}$ ima limes u točki $P_0$ i

$$\lim_{P \rightarrow P_0} \left(\frac{f}{g}\right)(P)= \frac{ \lim_{P \rightarrow P_0} f(P)}{ \lim_{P \rightarrow P_0} g(P)}.$$

Primjeri

Primjer 1.16  

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x^2y}{x^2+y^2}=0.$$

Rješenje. Zaista, iz $(x+y)^2\geqslant 0$ slijedi

$$\frac{x\,y}{x^2+y^2}\geqslant -\frac{1}{2}.$$

Slično iz $(x-y)^2\geqslant 0$ slijedi

$$\frac{x\,y}{x^2+y^2}\leqslant\frac{1}{2}.$$

Tako je

$$0\leqslant\left\vert\frac{x^2\,y}{x^2+y^2}\right\vert\leqslant\frac{1}{2}\vert x\vert,$$

i odatle je jasno da gornji limes postoji i da je jednak $0.$

Primjer 1.17  

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x\,y}{x^2+y^2}$$

ne postoji.

Rješenje. Premda je

$$\lim_{y \rightarrow 0}\,\left(\lim_{x \rightarrow 0}\, \frac{x\,y}{x^2+y^2}\right)=0,$$

i

$$\lim_{x \rightarrow 0}\,\left(\lim_{y \rightarrow 0}\, \frac{x\,y}{x^2+y^2}\right)=0,$$

ipak, ako stavimo $y=k\,x,$ onda $(x,y)\rightarrow (0,0)$ čim $x \rightarrow 0,$ i tada je

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x\,y}{x^2+y^2}= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{k\,x^2}{x^2+k^2\,x^2}= \frac{k}{1+k^2}.$$

Za različite $k$ dobivamo različite limese, što znači da

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x\,y}{x^2+y^2}$$

zapravo ne postoji.

Dapače, može se dogoditi da limesi po svim pravcima postoje i da su jednaki, a da limes ipak ne postoji, kao što pokazuje sljedeći primjer.

Primjer 1.18   Neka je

$$f(x,y)=\left\{ \begin{array}{rl} 1, & \text{ako je $y=x^2$} \\ 0, & \text{inače.} \end{array} \right.$$

Graf te funkcije je dan na sljedećoj slici

Tada po svakom pravcu kroz ishodište limes u $(0,0)$ je jednak $0.$ Ipak, ako se ishodištu približavamo po krivulji $y=x^2,$ onda je vrijednost funkcije stalno jednaka $1,$ pa je i limes jednak $1.$

Ovi primjeri pokazuju da traženje limesa funkcije više varijabli nije lagan posao, i da se ne smije na osnovi postojanja sukcesivnih limesa ili limesa po određenim putevima, bez dodatnih informacija ništa zaključivati. Ipak, imamo jednu jednostavnu metodu kojom u nekim slučajevima možemo naći limes funkcije od dvije varijable. Ideja se sastoji u tome da točku u kojoj se traži limes shvatimo kao pol polarnog koordinatnog sustava u ravnini. Nakon zamjene koordinata dovoljno je zahtijevati da $r$ teži k $0.$

Primjer 1.19  

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x^3+y^3}{x^2+y^2}=?$$

Rješenje.

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x^3+y^3}{x^2+y^2}= \lim_{r \... ...\sin^3\varphi}{r^2}= \lim_{r \rightarrow 0}\, r(\cos^3\varphi+\sin^3\varphi)=0.$$

Primjer 1.20  

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (2,1)}\frac{1 - 4\,x + {x^2} + 6\,y - 3\,{y^2}}{5 - 4\,x + {x^2} - 2\,y + {y^2}}=?$$

Rješenje. Stavimo

$$x=2+r\,\cos\varphi,\;\;y=1+r\,\sin\varphi.$$

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (2,1)}\frac{1 - 4\,x + {x^2} + 6\,y - 3\,{y^2}} {5 - 4\,x + {x^2} - 2\,y + {y^2}}=$$

$$\lim_{r \rightarrow 0}\,\frac{{r^2}\,{{\cos^2 \varphi}} - 3\,{r^... ...hi}}}= \lim_{r \rightarrow 0}\,(-1 + 2\,\cos 2\varphi) = -1 + 2\,\cos 2\varphi.$$

Za različite $\varphi$ dobivamo različite rezultate. Dakle limes ne postoji.

Dakako, možemo koristiti poznate limese funkcija jedne varijable.

Primjer 1.21  

$$\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{\sin x(y-1)}{x}= \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} (y-1)\frac{\sin x(y-1)}{x(y-1)}$$

$$=\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} (-1)\,\lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{\sin x(y-1)}{x(y-1)}=-1.$$

Pitanja

1.

Definirajte neprekidnost funkcije više varijabli u točki.

2.

Što znači kad kažemo da je funkcija neprekidna na skupu, a što kad se kaže da ima prekid na skupu?

3.

Koja su svojstva funkcija neprekidnih u točki?

4.

Što se može reći o neprekidnosti elementarnih funkcija više varijabli?

5.

Definirajte limes funkcije više varijabli u točki.

6.

Koja svojstva ima limes?

7.

Iskažite teorem koji govori o vezi između neprekidnosti i limesa.

8.

Da li se limes može računati tako da se sukcesivno računaju limesi po pojedinim varijablama?

Riješeni zadaci

1.

Ispitajte da li su sljedeće funkcije neprekidne u točki $(0,0).$ $f(x,y)=$

a) $$% latex2html id marker 34732\begin{cases} \frac{x^4-y^4}{... ...x,y)\neq (0,0)\\ 0 & \quad \text{za }(x,y)=(0,0) \end{cases}.$$

Rješenje. a) Očito je

$$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(0,0)} \frac{x^4-y^4}{x^2+y^2} = \lim_{(x,y)\rightarrow{}(0,0)} x^2-y^2 = 0.$$

b) Ako pređemo na polarni sustav,

$$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(0,0)} \frac{x^2\,y}{x^4+y^4} = \lim_{r\r... ...4\,{{\cos^2 \varphi}}\,\sin \varphi} {r\,\left( 3 + \cos 4\,\varphi \right) }},$$

pa nepostoji limes, jer $f$ teži u beskonačnost po gotovo svim putevima u ishodište. Nađite puteve u ishodište po kojima postoje konačni limesi.

2.

Nađite sljedeće limese, ako postoje

(a)

$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(\infty{},\infty{})}\frac{x+y}{x^2-x\,y+y^2},$

(b)

$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(0,a)}\frac{\sin x\,y}{x},$

(c)

$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(\infty{},\infty{})} (x^2+y^2)\,e^{-(x+y)},$

(d)

$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(0,0)} \frac{a-\sqrt{a^2-x\,y}}{x\,y}$

Rješenje. a)

$$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(\infty{},\infty{})}\frac{x+y}{x^2-x\,y+y... ... {\frac{\cos \varphi + \sin \varphi} {r - {\frac{r\,\sin 2\,\varphi}{2}}}} = 0,$$

b)

$$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(0,a)} \frac{\sin x\,y}{x} = \lim_{(x,y)\rightarrow{}(0,a)} y\,\frac{\sin x\,y}{x\,y} = a,$$

c)

$$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(\infty{},\infty{})} (x^2+y^2)\,e^{-(x+y)... ...i + r\,\sin \varphi}}\, {{\left( \cos \varphi + \sin \varphi \right) }^2}} = 0,$$

d)

$$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(0,0)} \frac{a-\sqrt{a^2-x\,y}}{x\,y} = \... ... = \lim_{(x,y)\rightarrow{}(0,0)} \frac{1}{a+\sqrt{a^2-x\,y}} = \frac{1}{2\,a}.$$

3.

Da li je moguće definirati funkciju

$$f(x,y) = \frac{1}{\ln (x^2+y^2)}$$

u $(0,0),$ tako da dobivena funkcija bude neprekidna.

Rješenje. Imamo

$$\lim_{(x,y)\rightarrow{}(0,0)} \frac{1}{\ln (x^2+y^2)} = \lim_{r\rightarrow{}0} \frac{1}{2\,\ln r} = 0.$$

Ako stavimo

$$% latex2html id marker 34766 f(x,y) = \begin{cases} \frac{1... ...quad (x,y)\neq (0,0)\\ 0, & \quad (x,y) = (0,0) \end{cases},$$

onda je $f,$ prema teoremu 4, neprekidna u $(0,0).$