close

Вход

Log in using OpenID

Bilješke s predavanja

embedDownload
Nelinearna analiza i primjene
Bilješke s predavanja prof. dr. sc. Zvonimira
Tuteka u akademskoj godini 2012./2013.
Natipkao i uredio:
Petar Mlinarić
Zagreb, 11. lipnja 2013.
Sadržaj
1 Banachovi prostori
1.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Prostori  1, (Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1
7
2 Fiksna točka, kontrakcije
14
2.1 Banachov teorem o fiksnoj točki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3 Diferencijalni i integralni račun
3.1 Derivacija . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Integral . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Derivacija u Banachovim prostorima
3.4 Inverzna funkcija . . . . . . . . . . .
3.5 Newtonova metoda . . . . . . . . . .
3.6 Teorem o implicitnoj funkciji . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
20
20
20
22
31
32
36
4 Varijacijske metode
38
4.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.2 Monotoni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
5 Varijacijske nejednakosti
49
5.1 Varijacijske nejednakosti u Hilbertovim prostorima . . . . . . . . . . 49
Poglavlje 1
Banachovi prostori
1.1
Osnovni pojmovi
Promatrat ćemo samo realne vektorske prostore.
Definicija 1.1.1 Neka je  realan vektorski prostor i ‖·‖ :  → R funkcija koja
zadovoljava
∙ ‖‖ > 0,  ∈ ,
∙ ‖‖ = 0 ⇔  = 0,
∙ ‖‖ = ||‖‖,  ∈ R,  ∈ ,
∙ ‖ + ‖ 6 ‖‖ + ‖‖, ,  ∈ .
Uređeni par (, ‖·‖) nazivamo normirani prostor.
Napomena 1.1.2 Ω ⊆ R Lipschitzova domena.
Primjer 1.1.3  (Ω),  ∈ [1, +∞] s -normom
⎞ 1
⎛
∫︁
‖‖ = ⎝
|| d⎠ ,  ∈  (Ω).
Ω
(Ω) s normom beskonačno
‖‖∞ = sup |()|,  ∈ (Ω).
∈Ω
 1, (Ω),  ∈ [1, +∞], ćemo definirati kasnije.
Definicija 1.1.4 Neka je ( ) niz u  i  ∈ . Kažemo da niz ( ) konvergira
prema  ako je
lim ‖ − ‖ = 0.
→+∞
Oznaka:  → .
1
2
Poglavlje 1. Banachovi prostori
Primjer 1.1.5 Definiramo  ∈ ([0, 1]),  ∈ N

 () = sin .

Norma iznosi
‖ ‖∞
⃒
⃒
⃒
⃒

1
= sup ⃒⃒sin ⃒⃒ = sin → 0.


∈[0,1]
Dakle,  → 0 u ([0, 1]).
Definicija 1.1.6 Kažemo da je skup  ⊆  (nizovno) kompaktan ako svaki niz iz
 sadrži konvergentan podniz.
Neka je  ⊆  i  ∈ . Zanima nas kako najbolje aproksimirati  skupom .
Kažemo da je  najbolja aproksimacija od  u  ako je
‖ − ‖ = inf ‖ − ‖.
∈
Teorem 1.1.7 Ako je  kompaktan u , onda za sve  ∈  postoji  ∈  koji
je najbolja aproksimacija od  u .
Dokaz. Neka je  ∈  proizvoljan. Vidimo da je
inf ‖ − ‖ < +∞.
∈
Iz definicije infimuma slijedi da postoji niz ( ) u  takav da je
lim ‖ − ‖ = inf ‖ − ‖.
→+∞
∈
Skup  je kompaktan, pa postoji podniz ( ) od ( ) i  ∈  takvi da  →  .
Slijedi da je onda i
lim ‖ − ‖ = inf ‖ − ‖.
→+∞
∈
Uočimo da je
lim ‖ − ‖ = ‖ − ‖.
→+∞
Dakle,  je najbolja aproksimacija od  u .
Zadatak 1.1.8 Neka je  ⊆  kompaktan. Dokažite da je zatvoren i ograničen.
Rješenje: Neka je ( ) konvergentan niz u  s limesom u . Postoji konvergentan podniz od ( ) (s limesom u ). Kako podniz svakog konvergentnog niza je
konvergentan i konvergira prema istom limesu, slijedi da niz ( ) ima limes u .
Pretpostavimo da  nije ograničen. Tada za svaki  ∈ N postoji  ∈  takav
da je ‖ ‖ > . Svaki podniz niza ( ) je neograničen, pa nije konvergentan, što je
u kontradikciji s kompaktnosti od .
Zadatak 1.1.9 Dokažite da ako je  kompaktan i  ⊆  zatvoren, onda je 
kompaktan.
3
Poglavlje 1. Banachovi prostori
Rješenje: Neka je ( ) proizvoljan niz u  . To je onda i niz u , pa postoji
konvergentan podniz ( ) koji konvergira u . Niz ( ) konvergira u  , pa ima
limes u  . Dakle,  je kompaktan.
Definicija 1.1.10 Neka je  normirani prostor i ( ) niz u . Kažemo da je ( )
Cauchyjev niz ako za svaki  > 0 postoji  ∈ N tako da je ‖ −  ‖ <  čim su
,  >  .
Zadatak 1.1.11 Dokažite da je ( ) Cauchyjev niz ako i samo ako je
lim sup ‖ −  ‖ = 0.
→+∞ ,>
Definicija 1.1.12 Kažemo da je  potpun ako je svaki Cauchyjev niz iz  konvergentan. Za normirani prostor kažemo da je Banachov ako je potpun.
Primjer 1.1.13  (Ω), (Ω) i  1, (Ω) su Banachovi prostori, gdje je Ω ⊂ R
ograničena domena i  ∈ [1, +∞].
Zadatak 1.1.14 Neka je  normirani prostor, 0 , 1 ∈  i niz ( ) definiran s
 + +1
,  = 0, 1, 2, . . .
2
+2 =
Dokažite da je ( ) Cauchyjev niz.
Rješenje: Za proizvoljan  ∈ N vrijedi
⃦
⃦ ⃦
⃦
⃦ −1 + 
⃦ ⃦ −1 −  ⃦ ‖ − −1 ‖
⃦
⃦
⃦
⃦=
‖+1 −  ‖ = ⃦
−  ⃦ = ⃦
= ...
⃦
2
2
2
‖1 − 0 ‖
=
.
2
Za proizvoljne ,  ∈ N vrijedi
⃦−1
⃦ −1
−1
⃦ ∑︁
⃦ ∑︁
∑︁ ‖1 − 0 ‖
⃦
⃦
‖+ −  ‖ = ⃦
(++1 − + )⃦ 6
‖++1 − + ‖ =
⃦
⃦
2+
=0
6
=0
∞
∑︁
‖1 − 0 ‖
=0
2+
=
=0
‖1 − 0 ‖
−−−−→ 0.
→+∞
2−1
Slijedi da je ( ) Cauchyjev niz.
Zadatak 1.1.15 Neka je  normirani prostor i ( ) niz u  koji konvergira prema
 ∈ . Dokažite da niz ( ) definiran s
 =
konvergira prema .
1 + · · · + 

4
Poglavlje 1. Banachovi prostori
Rješenje: Niz ( ) je ograničen, pa postoji  > 0 takav da je ‖ − ‖ <  za
sve  ∈ N. Neka je  > 0 proizvoljan. Tada postoji 0 ∈ N takav da je ‖ − ‖ < 2
za sve  > 0 . Za sve  > 20  vrijedi
⃦
⃦ ⃦
⃦
⃦ 1 + · · · + 
⃦ ⃦ (1 − ) + · · · + ( − ) ⃦
⃦
⃦
⃦
⃦
‖ − ‖ = ⃦
− ⃦ = ⃦
⃦


0  + ( − 0 ) 2
0  (︁
‖1 − ‖ + · · · + ‖ − ‖
0 )︁ 
<
6 20  + 1 −
6


 2

 
< + = .
2 2
Dakle, niz ( ) konvergira prema .
Definicija 1.1.16 Neka su (, ‖·‖ ) i (, ‖·‖ ) normirani prostori,  :  →  i
 ∈ . Kažemo da je  neprekidna u  ako za svaki  > 0 postoji  > 0 takav da
je ‖ () −  ()‖ <  čim je ‖ − ‖ < .
Ako je  neprekidna u  i  → , onda  ( ) →  ().
Zadatak 1.1.17 Jesu li funkcije
∙ ‖·‖ :  → R
∙ R ×  ∋ (, ) ↦→  ∈ 
∙  ×  ∋ (, ) ↦→  +  ∈ 
neprekidne?
Teorem 1.1.18 Neka je  :  →  neprekidna i  ⊆  kompaktan u . Tada je
 () kompaktan u  .
Dokaz. Neka je ( ) proizvoljan niz u  (). Tada postoji niz ( ) u  takav da je
 ( ) =  za svaki  ∈ N. Zbog kompaktnosti od  slijedi da niz ( ) ima podniz
( ) koji konvergira prema  ∈ . Funkcija  je neprekidna, pa niz ( ( ))
konvergira prema  () ∈  (). Dakle, niz ( ) je konvergentan podniz od ( ). Definicija 1.1.19 Kažemo da je  :  →  uniformo neprekidna na skupu  ⊆ 
ako za svaki  > 0 postoji  > 0 takav da je ‖ () −  ()‖ <  čim je ‖ − ‖ < 
za ,  ∈ .
Teorem 1.1.20 Neka je  :  →  neprekidna i  ⊆  kompaktan. Tada je 
uniformno neprekidna na .
Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj.
(∃  > 0)(∀  > 0)(∃ ,  ∈ ) ‖ − ‖ <  i ‖ () −  ()‖ > .
Za svaki  ∈ N možemo naći  ,  ∈  takve da je
‖ −  ‖ <
1
i ‖ ( ) −  ( )‖ > .

5
Poglavlje 1. Banachovi prostori
( ) je niz u , pa postoji podniz ( ) takav da  →  ∈ . ( ) je niz u ,
pa postoji podniz ( ) takav da  →  ∈ . Vidimo da je
0 6 ‖ − ‖ 6 ‖ −  ‖ + ‖ −  ‖ + ‖ − ‖ → 0,
iz čega slijedi da je ‖ − ‖ = 0, tj.  = . Uočimo da je
0 6 ‖ ( ) −  ( )‖ 6 ‖ ( ) −  ()‖ + ‖ () −  ( )‖ → 0,
što je u kontradikciji s ‖ ( ) −  ( )‖ > .
Teorem 1.1.21 Neka je  :  → R neprekidna i  ⊆  kompaktan. Tada 
dostiže svoje ekstreme na .
Dokaz. Po Teoremu 1.1.18 je  () kompaktan skup, pa je po Zadatku 1.1.8 zatvoren i ograničen. Skup  () je neprazan i ograničen, pa postoji inf  () i sup  ().
Po definiciji infimuma postoji niz ( ) u  () takav da  → inf  (). Zbog zatvorenosti od  () slijedi da je inf  () ∈  (), tj.  postiže minimum na .
Analogno se pokaže da postiže i maksimum na .
Definicija 1.1.22 Neka je  Banachov prostor. Kažemo da je funkcija  :  → R
linearna (linearni funkcional ) ako je
∙  () =  (),  ∈ R,  ∈  (homogenost)
∙  ( + ) =  () +  (), ,  ∈  (aditivnost).
S  ′ označavamo skup svih neprekidnih linearnih funkcionala na .
 ′ je realan vektorski prostor uz standardne operacija zbrajanja i množenja
skalarom (po točkama). Normu na  ′ definiramo s
‖ ‖ ′ := sup  () = sup
∈
̸=0
‖‖61
 ()
,  ∈  ′.
‖‖
Pokaže se da je ‖·‖ ′ doista norma i da je uz tu normu  ′ potpun, tj.  ′ je Banachov
prostor.
Primjer 1.1.23 Promotrimo  (Ω) za  ∈ ⟨1, +∞⟩. Definiramo ′ tako da je
1
1
+ ′ = 1.
 
′
Tada je ( (Ω))′ =  (Ω).
′
Neka je  ∈  (Ω) fiksan. Tada je za svaki  ∈  (Ω) (po Hölderovoj nejednakosti)   ∈ 1 (Ω). Tvrdimo da je
∫︁
 ↦→  ∈ ( (Ω))′ .
Ω
6
Poglavlje 1. Banachovi prostori
Doista, linearnost slijedi iz linearnosti integrala. Za neprekidnost, neka je ( ) niz
u  (Ω) koji konvergira u  ∈  (Ω). Slijedi
⃒
⃒ ⃒
⃒
⃒ ∫︁
⃒ ⃒∫︁
⃒∫︁
∫︁
⃒
⃒ ⃒
⃒
⃒  −  ⃒ = ⃒ ( −  )⃒ 6 | −  | 6 ‖‖′ ‖ −  ‖ → 0,
⃒
⃒ ⃒
⃒
⃒
⃒ ⃒
⃒
Ω
Ω
Ω
Ω
tj.
∫︁
∫︁
 →
Ω
Ω

′
 .
′
Dakle, ( (Ω)) ⊇  (Ω).
Definicija 1.1.24 Neka je ( ) niz u  i  ∈ . Kažemo da niz ( ) konvergira
slabo prema  ako  ( ) →  (), za svaki  ∈  ′ . Ako ‖ − ‖ → 0, kažemo da
niz ( ) konvergira jako prema .
Zadatak 1.1.25 Neka  →  slabo. Dokažite da je niz ( ) ograničen i da je
‖‖ 6 lim inf ‖ ‖.

Zadatak 1.1.26 Dokažite da za sve  ∈  ′ i  ∈  vrijedi | ()| 6 ‖ ‖ ′ ‖‖.
Rješenje: Slijedi iz definicije od ‖·‖ ′ .
Propozicija 1.1.27 Ako  →  jako, onda  →  slabo.
Dokaz. Za proizvoljan  ∈  ′ vrijedi
| ( ) −  ()| = | ( − )| 6 ‖ ‖ ′ ‖ − ‖ → 0,
čime je tvrdnja pokazana.
Zadatak 1.1.28 Dokažite da ako  →  slabo u  i  →  u  ′ jako, onda
 ( ) →  ().
Rješenje:
| ( ) −  ()| 6 | ( ) −  ( )| + | ( ) −  ()|
= |( −  )( )| + | ( ) −  ()|
6 ‖ −  ‖ ′ ‖ ‖ + | ( ) −  ()|
→0
Neka je  Banachov prostor. Tada je  ′ Banachov prostor. Istim argumentom
je i ( ′ )′ =  ′′ Banachov prostor. Vrijedi  ˓→  ′′ ( se može uložiti u  ′′ ), tj.
postoji funkcija  :  →  ′′ koja je linearna, injektivna i neprekidna (ulaganje).
Definiramo ()( ) =  (), za sve  ∈  i  ∈  ′ . Dokažimo da je  ulaganje.
7
Poglavlje 1. Banachovi prostori
∙  linearna
Neka su ,  ∈ R i ,  ∈  proizvoljni. Za svaki  ∈  ′ vrijedi
( + )( ) =  ( + ) =  () +  () = ()( ) + ()( )
= (() + ())( ),
pa je ( + ) = () + ().
∙  injektivna
Dokaže se da je  izometrija, pa je i injektivna.
∙  neprekidna
Neka  → 0. Tada je
‖( ) − (0)‖ = ‖( )‖ = max |( )( )| = max | ( )| 6 max ‖ ‖‖ ‖
‖ ‖61
‖ ‖61
‖ ‖61
= ‖ ‖ → 0.
Dakle,  je neprekidna u 0, pa je zbog linearnosti neprekidna na cijelom .
′
′′
Neka je  ∈ ⟨1, +∞⟩. Vrijedi ( (Ω))′ =  (Ω). Slijedi da je ( (Ω))′′ =  (Ω) =
 (Ω). To svojstvo nema svaki Banachov prostor.
Definicija 1.1.29 Kažemo da je  refleksivan ako je  ′′ = .
Teorem 1.1.30 (Eberlein, Smulyan) Banachov prostor je refleksivan ako i samo ako
je (0, 1) slabo nizovno kompaktan skup (svaki niz ima slabo konvergentan podniz).
1.2
Prostori  1,(Ω)
Neka je Ω Lipshitzova domena (otvoren, ograničen i s rubom bez preoštrih šiljaka)
i  ∈ [1, +∞]. Do definicije prostora  1, (Ω) ćemo doći u 4 koraka:
1. (Ω) = ∞ (Ω),
2. ′ (Ω) – distribucije,
3. “slaba” derivacija,
4. definicija prostora  1, (Ω), Ω ⊆ R .
Definicija 1.2.1 Nosač funkcije  : Ω → R definiramo kao { ∈ Ω :  () ̸= 0}
(oznaka: supp  — support). Definiramo skup ∞ (Ω) = { ∈  ∞ (Ω) : supp  ⊆
Ω}.
Kako je za  ∈ ∞ (Ω) nosač kompaktan skup koji se nalazi unutar otvorenog skupa,
udaljenost supp  i Ω je pozitivna.
8
Poglavlje 1. Banachovi prostori
Primjer 1.2.2 Funkcija  : R → R definirana s
{︃
− 1
 1−2 , || < 1
() =
0,
|| > 1
je klase  ∞ i supp  = [−1, 1]. Također je funkcija  : R → R definirana s
{︃
1
−
 2 −‖‖2 , ‖‖ < 1
 () =
0,
‖‖ > 1
klase  ∞ i supp  = (0, ).
Definicija 1.2.3 Definiramo (Ω) = ∞ (Ω). To je vektorski prostor sa standardnim operacijama zbrajanja i množenja skalarom. Kažemo da niz ( ) iz ∞ (Ω)
konvergira prema  ∈ ∞ (Ω) ako
(i ) 11 · · ·   → 11 · · ·   uniformno, za sve 1 , . . . ,  ∈ N0 ,
(ii ) supp  , supp  ⊆  za neki kompaktni skup  ⊆ Ω.
(Ω) zovemo prostor test-funkcija.
Zadatak 1.2.4 Neka je  ∈ (Ω) i 1 , . . . ,  ∈ N0 takvi da je 11 · · ·   = 0.
Tada je  = 0.
Rješenje: Za 1 = · · · =  = 0 je tvrdnja trivijalna.
Pretpostavimo da je  = 1 za neki  ∈ {1, . . . , }, a  = 0 za  ̸= . Slijedi da
je  konstantna, ali kako ima kompaktan nosač, mora biti nul-funkcija.
Induktivno slijedi općenita tvrdnja.
Zadatak 1.2.5 Neka su ,  ∈ 1 (Ω) takvi da je
∫︁
∫︁
  = ,
Ω
Ω
za svaki  ∈ (Ω). Tada je  =  u 1 .
Definicija 1.2.6 Definiramo da  ∈ ′ (Ω) ako je
(i )  linearan funkcional na (Ω),
(ii )  (nizovno) neprekidna u smislu: ako je ( ) niz u (Ω) takav da  → 0 u
(Ω), onda  ( ) → 0.
Kažemo da je  distribucija.
Kako je Ω ograničen, vrijedi ∞ (Ω) ⊂ (Ω) ⊂ ∞ (Ω) ⊂  (Ω) ⊂ 1 (Ω),
 ∈ ⟨1, +∞⟩. Stoga, ako pokažemo da nešto vrijedi na 1 (Ω), onda tvrdnja slijedi i
za sve manje prostore.
9
Poglavlje 1. Banachovi prostori
Primjer 1.2.7 Neka je  ∈ 1 (Ω). Definiramo ℱ : (Ω) → R s
∫︁
ℱ() =  ,  ∈ (Ω).
Ω
Vrijedi da je ℱ ∈ ′ (Ω). Linearnost se lako provjeri. Neka je ( ) niz u Ω takav da
 → 0. Tada je po Hölderovoj nejednakosti
⃒
⃒
⃒
⃒∫︁
⃒
⃒
⃒
|ℱ( )| = ⃒   ⃒⃒ 6 ‖ ‖1 ‖ ‖∞ → 0,
⃒
⃒
Ω
pa je ℱ neprekidna.
Može se pokazati da je  ↦→ ℱ jedno ulaganje od 1 (Ω) u ′ (Ω) (linearnost i
neprekidnost su jednostavne, injektivnost slijedi iz Zadatka 1.2.5).
Primjer 1.2.8 Neka je 0 ∈ Ω. Definiramo 0 : (Ω) → R s 0 () = (0 ).
Linearnost lako vidimo. Za ( ) niz u (Ω),  → 0, vrijedi
|0 ( )| = | (0 )| 6 ‖ ‖∞ → 0,
iz čega slijedi da 0 ( ) → 0, tj. 0 je neprekidna. Dakle, 0 ∈ ′ (Ω).
Preslikavanje 0 zovemo Diracova distribucija.
Definicija 1.2.9 Za  ∈ ′ (Ω), Ω ⊆ R , i 1 , . . . ,  ∈ N0 definiramo
(︀ 1
)︀
(︀
)︀
1 · · ·   () = (−1)1 +···+  11 · · ·   ,  ∈ (Ω).
11 · · ·   zovemo derivacija distribucije ili slaba derivacija.
Primjer 1.2.10 Neka je  = 1 i Ω = ⟨−1, 1⟩.
∙ Neka je  () = ||. Kako smo vidjeli,  ∈ ′ (Ω) (koristimo oznaku  umjesto
ℱ). Klasična derivacija od  je
{︃
−1,  < 0
′ () =
∈  ∞ (⟨−1, 1⟩) g.s.
1,
>0
Neka je  ∈ (Ω) proizvoljan. Kako je supp  ⊂ Ω, slijedi da je (−1) =
(1) = 0. Slaba derivacija od  je
′
∫︁1
′
 () = − ( ) = −
∫︁0
′
 = −
−1
0
⃒
∫︁0
⃒
=  ⃒ −
−1 −1
′
 −
−1
1
⃒
∫︁1
0
0
⃒
 −  ⃒ +
∫︁1
′
 = −
0
∫︁1
=
∫︁0
′
∫︁1
(−) −
−1
′  = ′ ()
−1
Vidimo da se u ovom primjeru slaba i klasična derivacija poklapaju.
0
′
10
Poglavlje 1. Banachovi prostori
∙ Neka je
{︃
−1,  < 0
 () =
.
1,
>0
Vrijedi  ∈ 1 (⟨−1, 1⟩), pa je  ∈ ′ (⟨−1, 1⟩). Klasična derivacija je ′ () =
0 ∈ 1 (⟨−1, 1⟩).
Neka je  ∈ (Ω) proizvoljan. Vidimo da je
′
∫︁1
′
∫︁0
′
 () = − ( ) = −
 = −
−1
∫︁1
′
 −
−1
′
∫︁0
∫︁1
 −
 =
−1
0
′
0
1
⃒
⃒
⃒
 =  ⃒ − ⃒
′
0
⃒
−1
0
= (0) − (−1) − (1) + (0) = 2(0) = ( (0+ ) −  (0− ))(0),
dok je
′ () =
∫︁1
′  =
−1
∫︁1
0 ·  = 0,
−1
pa ovdje nema poklapanja.
∙ Neka je  diferencijabilna na ⟨−1, 0⟩∪⟨0, 1⟩ s prekidom prve vrste u 0. Klasična
derivacija je
{︃
 ′ (),  < 0
′
 () =
∈ ∞ (⟨−1, 1⟩).
′
 (),  > 0
Neka je  ∈ (Ω) proizvoljan. Tada je
′
∫︁1
′
 () = − ( ) = −
′
 = −
−1
⃒0
⃒
= − ⃒ +
∫︁0
−1
=
′
∫︁1
 −
−1
⃒1
⃒
′  −  ⃒ +
 ′
0
∫︁1
0
−1
∫︁1
∫︁0
′ 
0
′  −  (0− )(0) +  (−1)(−1) −  (1)(1) +  (0+ )(0)
−1
= ′ ()
+ ( (0+ ) −  (0− )) (0)
⏟
⏞
[ (0)] – skok
Može se pokazati da, u slučaju  = 1, su slaba i klasična derivacija funkcije  jednake
ako i samo ako je  apsolutno neprekidna.
Propozicija 1.2.11 Neka su 1 , . . . ,  ∈ N0 . Funkcija 11 · · ·  : (Ω) → (Ω)
je linearna i neprekidna.
Dokaz. Linearnost slijedi iz linearnosti parcijalne derivacije. Neka je ( ) niz u
(Ω) takav da  → 0 u (Ω). Posebno slijedi da 11 · · ·   → 0 uniformno,
što povlači da je 11 · · ·  neprekidna u 0 (jer je 11 · · ·  0 = 0), pa je zbog
linearnosti neprekidna na (Ω).
11
Poglavlje 1. Banachovi prostori
Propozicija 1.2.12 Za  ∈ ′ (Ω) i 1 , . . . ,  ∈ N0 je 11 · · ·   ∈ ′ (Ω).
Dokaz. Linearnost lako vidimo iz definicije. Neka je ( ) niz u (Ω) takav da
 → 0. Tada posebno 11 · · ·   → 0, pa je
⃒ ⃒
⃒(︀ 
)︀⃒
)︀
(︀
⃒ 1 1 · · ·   ( )⃒ = ⃒(−1)1 +···+  11 · · ·   ⃒ → 0.
Dakle, 11 · · ·   je neprekidna.
Definicija 1.2.13 Definiramo da je  ∈  1, (Ω),  ∈ [1, +∞], ako vrijedi
(i )  ∈  (Ω),
(ii ) za svaki  ∈ {1, . . . , } slaba derivacija   u ′ (Ω) se može reprezentirati
funkcijom iz  (Ω).
Uz standardne operacija zbrajanja i množenja skalarom,  1, (Ω) je realan vektorski prostor.
Definicija 1.2.14 Definiramo normu ‖·‖1, na  1, (Ω) s
‖ ‖1, = ‖ ‖ +

∑︁
‖  ‖ .
=1
Napomena 1.2.15 S
(︃
 ↦→
‖ ‖ +

∑︁
)︃ 1
‖  ‖
=1
definirana je ekvivalentna norma na  1, (Ω), što vidimo iz
‖ ‖ +

∑︁
=1
‖  ‖ = ( + 1)
‖ ‖ +
∑︀
=1
‖  ‖
+1
∑︀
(︂
)︂ 1
‖ ‖ + =1 ‖  ‖ 
6 ( + 1)
+1
(︀
{︀
}︀)︀ 1
6 ( + 1) max ‖ ‖ , ‖1  ‖ , . . . , ‖  ‖ 
= ( + 1) max {‖ ‖ , ‖1  ‖ , . . . , ‖  ‖ }
(︃
)︃

∑︁
6 ( + 1) ‖ ‖ +
‖  ‖ .
=1
Zadatak 1.2.16 Neka je  ∈ ′ (Ω) takva da je   = 0 u ′ (Ω),  = 1, . . . , .
Dokažite da postoji konstanta  ∈ R takva da je
∫︁
 () =  ,  ∈ (Ω).
Ω
Teorem 1.2.17  1, je Banachov prostor.
12
Poglavlje 1. Banachovi prostori
Dokaz. Uočimo da za  ∈  1, vrijedi (, 1 , . . . ,   ) ∈ ( )+1 . Možemo definirati preslikavanje  :  1, → ( )+1 s ( ) = (, 1 , . . . ,   ). Prostor ( )+1 s
normom ‖·‖1 (‖(0 , 1 , . . . ,  )‖1 = ‖0 ‖ + ‖1 ‖ + · · · + ‖ ‖ ) je Banachov. Vidimo
da je
‖( )‖1 = ‖(, 1 , . . . ,   )‖1 = ‖ ‖ + ‖1  ‖ + · · · + ‖  ‖ = ‖ ‖1, ,
tj.  je izometrija. Očito je  linearna, pa je ( 1, ) potprostor od ( )+1 koji je
izometrično izomorfan s  1, . Da bi dokazali potpunost od  1, dovoljno je dokazati
da je ( 1, ) zatvoren potprostor od ( )+1 . Tada bi slijedilo da je ( 1, ) potpun
jer je ( )+1 potpun, a onda da je  1, potpun.
Neka (( , 1  , . . . ,   )) ⊆ ( 1, ) konvergira prema (0 , 1 , . . . ,  ) ∈
( )+1 . To znači da za svaki  > 0 postoji 0 ∈ N takav da za svaki  > 0
je
‖( , 1  , . . . ,   ) − (0 , 1 , . . . ,  )‖1
= ‖ − 0 ‖ + ‖1  − 1 ‖ + · · · + ‖  −  ‖ < .

Slijedi da je ‖ − 0 ‖ <  i ‖  −  ‖ < ,  = 1, . . . , . Dakle,  −→ 0 i

1
1
  −→  ,  = 1, . . . , . Slijedi da je  ,   , 0 ,  ∈ 1 , te  −→ 0 i   −→  ,
pa za svaki  ∈  vrijedi
∫︁
∫︁
∫︁
∫︁
0   = lim
   = − lim
   = −  ,
→∞
Ω
→∞
Ω
Ω
Ω
tj.  =  0 . Stoga je (0 , 1 , . . . ,  ) ∈ ( 1, ). Dakle, ( 1, ) je zatvoren.
Zadatak 1.2.18 Promotrimo Greenove funkcije
⎧
=2
⎨ln ‖‖,
.
 () := 
1
⎩
, >3
−2
‖‖
Za koje  ∈ [1, +∞] je  ∈  1, ((0, ))?
[︀  ⟩︀
Rješenje:  ∈  1, ((0, )) ⇔  ∈ 1, −1
.
Zadatak 1.2.19 Neka je  ⊂ R2 trokut s vrhovima u (0, 0), (1, 1) i (0, 1). Odredite
slabe derivacije od 1 (po  i ).
Rješenje:
 1 () = −
∫︁
1   = −
R2
(0,0)
∫︁
  = −

(1,1)
∫︁
=−
∫︁
1 d

1
 · √ d −
2
(0,1)
∫︁
(1,1)
(0,0)
∫︁
 · 0 d −
(0,1)
 · (−1) d
13
Poglavlje 1. Banachovi prostori
∫︁1
=−
1 √
(, ) √ 2 d −
2
0
∫︁1
(0, ) d
0
∫︁1
=−
((0, ) + (, )) d
0
∫︁
 1 () = −
1   = −
R2
∫︁
∫︁
  = −


(1,1)
∫︁
)︂
(︂
1
 · − √ d −
2
=−
=
0
1 √
(, ) √ 2 d +
2
(, 0) d
0
((, 0) + (, )) d
0
(0,0)
∫︁
 · 1 d −
∫︁1
∫︁1
=
(0,1)
∫︁
(1,1)
(0,0)
∫︁1
2 d
 · 0 d
(0,1)
Poglavlje 2
Fiksna točka, kontrakcije
2.1
Banachov teorem o fiksnoj točki
Definicija 2.1.1 Neka je  Banachov prostor i  :  →  funkcija. Ako za  ∈ 
vrijedi  ( ) =  ,  nazivamo fiksna točka.
Definicija 2.1.2 Neka je  Banachov prostor. Kažemo da je  :  →  Lipschitzova funkcija ako postoji  > 0 tako da je ‖ () −  ()‖ 6 ‖ − ‖, za sve
,  ∈ . Još kažemo da je 
∙ neekspanzivna ako je  = 1,
∙ kontrakcija ako je ‖ () −  ()‖ < ‖ − ‖, za sve ,  ∈ ,  ̸= ,
∙ κ-kontrakcija ako je  = κ < 1.
Teorem 2.1.3 (Banachov teorem o fiksnoj točki / Princip kontrakcije) Neka je 
Banachov prostor,  ⊆  zatvoren podskup i  :  →  κ-kontrakcija. Tada 
ima točno jednu fiksnu točku  .
Dokaz. Odaberimo neki 0 ∈  i rekurzivno definirajmo niz ( ) s +1 =  ( ),
 ∈ N0 . Vidimo da je  ∈  , za svaki  ∈ N. Uočimo da je za ,  ∈ N0 ,  > ,
‖ −  ‖ 6 ‖ − −1 ‖ + · · · + ‖+1 −  ‖ 6 (κ −1 + · · · + κ  )‖1 − 0 ‖
κ
< κ  (1 + κ + κ 2 + · · · )‖1 − 0 ‖ =
‖1 − 0 ‖,
1−κ
iz čega vidimo da je ( ) Cauchyjev niz. Kako je  potpun, a  zatvoren podskup
od , slijedi da je i  potpun. Dakle,  →  ∈  . Koristeći rekurzivnu relaciju
dobivamo
(︁
)︁
 ( ) =  lim  = lim  ( ) = lim +1 =  ,
→∞
→∞
→∞
tj.  je fiksna točka od  .
Neka je ′ također fiksna točka od  . Tada je
‖ ( ) −  (′ )‖ 6 κ‖ − ′ ‖
14
15
Poglavlje 2. Fiksna točka, kontrakcije
⇒ ‖ − ′ ‖ 6 κ‖ − ′ ‖
⇒ (1 − κ)‖ − ′ ‖ 6 0
⇒ ‖ − ′ ‖ 6 0
⇒ ‖ − ′ ‖ = 0
⇒  = ′ .
Dakle,  je jedinstvena fiksna točka.
Napomena 2.1.4 Iz dokaza Banachovog teorema o fiksnoj točki smo dobili da za
proizvoljne ,  ∈ N,  > , vrijedi
‖ −  ‖ <
κ
‖1 − 0 ‖.
1−κ
Puštanjem  → ∞ slijedi
κ
‖ −  ‖ 6
‖1 − 0 ‖,
1−κ
što zovemo apriorna ocjena. Obrazloženje tog naziva je taj da, u nekoj numeričkoj
metodi koja se temelji na Banachovom teoremu o fiksnoj točki, ako zadamo neki 0
i izračunamo 1 =  (0 ), kako bi postigli ‖ −  ‖ <  za neki  ∈ N, dovoljno je
tražiti
κ
‖1 − 0 ‖ < ,
1−κ
tj.
(1−κ)
ln ‖
1 −0 ‖
>
.
ln κ
Iz toga je jasno da su brže metode kod kojih je κ manji.
Uočimo da za proizvoljne ,  ∈ N vrijedi
‖++1 − +1 ‖ 6 ‖++1 − + ‖ + · · · + ‖+2 − +1 ‖
= ‖ (+ ) −  (+−1 )‖ + · · · + ‖ (+1 ) −  ( )‖
6 κ(‖+ − +−1 ‖ + · · · + ‖+1 −  ‖)
6 κ‖+1 −  ‖(1 + κ + κ 2 + · · · + κ −1 )
< κ‖+1 −  ‖(1 + κ + κ 2 + · · · )
κ
‖+1 −  ‖.
=
1−κ
Puštanjem  → ∞ dobivamo
‖ − +1 ‖ <
κ
‖+1 −  ‖,
1−κ
što zovemo aposteriorna ocjena. Tako se u nekoj numeričkoj metodi može u svakom
koraku provjeriti je li postignuta tražena preciznost.
16
Poglavlje 2. Fiksna točka, kontrakcije
Korolar 2.1.5 Neka je  normiran prostor (prostor parametara),  Banachov prostor, κ ∈ ⟨0, 1⟩. Neka je za svaki  ∈  je  :  →  κ-kontrakcija tako da za
svaki 0 ∈  vrijedi
lim  () = 0 (),  ∈ .
→0
Tada
∙ za svaki  ∈  jednadžba  () =  ima točno jedno rješenje  ,
∙ za svaki 0 ∈  je
lim  = 0 .
→0
Dokaz. Prva tvrdnja je direktna posljedica Banachovog teorema o fiksnoj točki.
Neka su , 0 ∈  proizvoljni. Tada je
‖ − 0 ‖ = ‖ ( ) − 0 (0 )‖ 6 ‖ ( ) −  (0 )‖ + ‖ (0 ) − 0 (0 )‖
6 κ‖ − 0 ‖ + ‖ (0 ) − 0 (0 )‖,
tj.
1
‖ (0 ) − 0 (0 )‖.
1−κ
Iz pretpostavke Korolara slijedi druga tvrdnja.
‖ − 0 ‖ 6
Primjer 2.1.6 Integralne jednadžbe
Nađi  : [, ] → R tako da
∫︁
(, ) () d = (),  ∈ [, ]
 () −
(IJ)

gdje je  : [, ] → R i  : [, ] × [, ] → R. Ovo je Fredholmova integralna
jednadžba druge vrste. Vidimo da je
∫︁
(, ) () d + (),  ∈ [, ]
 () =

⏞
⏟
  ()
pa smo tako sveli problem na problem nalaženja fiksne točke preslikavanja  . Pretpostavimo da je  ∈ ([, ]),  ∈ ([, ]×[, ]). Tražimo rješenje  ∈ ([, ]).
Jasno je da za svaki  ∈ ([, ]) vrijedi   ∈ ([, ]). Je li  κ-kontrakcija?
Dokažimo da ako je
∫︁
sup
|(, )| d < 1,
∈[,]

onda je  κ-kontrakcija. Neka su 1 , 2 ∈ ([, ]) proizvoljni. Tada je
⃒ 
⃒
⃒∫︁
⃒
∫︁
⃒
⃒
‖ 1 −  2 ‖∞ = sup ⃒⃒ (, )1 () d − (, )2 () d ⃒⃒
∈[,] ⃒
⃒


17
Poglavlje 2. Fiksna točka, kontrakcije
⃒ 
⃒
⃒∫︁
⃒
⃒
⃒
⃒
= sup ⃒ (, )(1 () − 2 ()) d ⃒⃒
∈[,] ⃒
⃒

∫︁
|(, )||1 () − 2 ()| d
6 sup
∈[,]

∫︁
6 ‖1 − 2 ‖∞ sup
|(, )| d.
∈[,]

Dakle, za
∫︁
|(, )| d
κ = sup
∈[,]

je  κ-kontrakcija.
Primjer 2.1.7 Rubni problem za ODJ.
Nađi  : [0, 1] → R
{︂
−′′ () + ()() =  (),  ∈ ⟨0, 1⟩
(0) = (1) = 0
(RP)
gdje su ,  ∈ ([0, 1]).
Promotrimo prvo problem
{︂
− ′′ =  na ⟨0, 1⟩
(0) = (1) = 0
(P)
Problem (P) ima točno jedno rješenje  ∈  2 ([0, 1]) dano s
∫︁1
() =
(, ) () d,
0
gdje je  : [0, 1] × [0, 1] → R definirana s
{︃
(1 − ), 0 6  6  6 1
.
(, ) =
(1 − ), 0 6  6  6 1
Dokažimo to. Iz ODJ u (P) integriranjem slijedi
 ′ () = 1 −
∫︁ 
 () d.
0
Ponovnim integriranjem i zamjenom varijabli slijedi
∫︁ ∫︁ 
() = 1  + 2 −
∫︁ ∫︁
 () d d = [0 6  6  6 ] = 1  + 2 −
0
0
 () d d
0

18
Poglavlje 2. Fiksna točka, kontrakcije
∫︁
= 1  + 2 −
( − ) () d
0
Vidimo da je
0 = (0) = 2
i
∫︁1
0 = (1) = 1 −
∫︁1
(1 − ) () d ⇒ 1 =
0
(1 − ) () d.
0
Dakle,
∫︁1
∫︁
(1 − ) () d −
() = 
0
( − ) () d
0
∫︁
∫︁1
( −  −  + ) () d +
=
0

∫︁
∫︁1
(1 − ) () d +
=
(1 − ) () d
0
(1 − ) () d

∫︁1
=
(, ) () d.
0
Uočimo da zamjenom  →  −  (i  → ) u (P) dobivamo (RP). Stoga je
∫︁1
∫︁1
(, )( () − ()()) d =
() =
0
∫︁1
(, ) () d −
0
(, )()() d.
0
Definirajmo  : [0, 1] → R s
∫︁1
() =
(, ) () d
0
i  : [0, 1] × [0, 1] → R s
(, ) = −(, )().
Vidimo da smo tako problem (RP) sveli na (IJ) za koji znamo dovoljni uvjet za
konvergenciju rješenju. Uočimo
∫︁1
∫︁1
|(, )| d = sup
sup
∈[0,1]
∫︁1
(, )|()| d 6 ‖‖∞ sup
∈[0,1]
0
(, ) d
∈[0,1]
0
0
2
1
−
= ‖‖∞ ,
2
8
∈[0,1]
= ‖‖∞ sup
pa ako je ‖‖∞ < 8, onda će metoda konvergirati jedinstvenom rješenju.
Poglavlje 2. Fiksna točka, kontrakcije
19
Zadatak 2.1.8 Naći  : [, ] → R tako da je
∫︁
(, )() d = (),  ∈ [, ]

za zadane  : [, ] × [, ] → R i  : [, ] → R.
Zadatak 2.1.9 (Linearna Volterrina jednadžba) Naći  : [, ] → R tako da je
∫︁ 
(, )() d + (),  ∈ [, ]
() = 

za zadane  ∈ R,  : [, ] × [, ] → R i  : [, ] → R. Kada će postojati
jedinstveno rješenje?
Zadatak 2.1.10 Neka je ( ) niz zadan s
+1 = 4 (1 −  ),  ∈ [0, 1], 0 ∈ [0, 1].
Dokažite da je  ∈ [0, 1], za svaki  ∈ N. Definirajmo  : [0, 1] → R s  () =
4(1 − ). Dokažite je za
∙  ∈ [0, 41 ]  κ-kontrakcija,
∙  ∈ ⟨ 14 , 1⟩  kontrakcija,
∙  = 1  neekspanzivna.
U prvom slučaju odredite lim  .

Poglavlje 3
Diferencijalni i integralni račun
3.1
Derivacija
Neka je ⟨, ⟩ ⊂ R,  Banachov prostor i  : ⟨, ⟩ → . Želimo definirati  ′ ()
za  ∈ ⟨, ⟩. Uočimo da je za ℎ ̸= 0,  + ℎ ∈ ⟨, ⟩, definiran izraz
 ( + ℎ) −  ()
ℎ
iz klasične definicije derivacije. Stoga sljedeća definicija ima smisla.
Definicija 3.1.1 Definiramo
 ( + ℎ) −  ()
ℎ→0
ℎ
 ′ () = lim
ako postoji pripadni limes. Pišemo  ∈  1 (⟨, ⟩; ) ako je  neprekidno derivabilna
u svakoj točki iz ⟨, ⟩.
3.2
Integral
Neka je [, ] ⊂ R,  Banachov prostor i  : [, ] → .
Definicija 3.2.1 Kažemo da je  stepenasta ako postoji subdivizija  = 0 < 1 <
· · · <  =  i 1 , . . . ,  ∈  takvi da je  |⟨−1 , ⟩ =  ,  = 1, . . . , . Skup svih
stepenastih funkcija  : [, ] →  označavamo sa ([, ]). Za  ∈ ([, ]) s
prikazom kao gore definiramo integral ( ) ∈  s
( ) :=

∑︁
( − −1 ) .
=1
Može se pokazati da ( ) ne ovisi o odabiru reprezentacije stepenaste funkcije.
Uočimo da je  ∈  ograničena i ‖ ‖∞ = max {‖1 ‖, . . . , ‖ ‖}. Prostor svih
ograničenih funkcija s [, ] u  označavamo s ([, ]). Vidimo da je  potprostor
od .
20
21
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
Definirali smo preslikavanje  :  → . Lako se vidi da je  linearan operator.
Primijetimo da je za svaki  ∈ 
⃦
⃦ 


⃦ ∑︁
⃦∑︁
∑︁
⃦
⃦
( − −1 ) ⃦ 6
( − −1 )‖ ‖ 6 ‖ ‖
( − −1 )
‖( )‖ = ⃦
⃦
⃦
=1
=1
=1
= ( − )‖ ‖,
pa je  ograničen i ‖‖ 6  − . Gore vrijede jednakosti ako je  konstantna, pa je
onda jasno da je ‖‖ =  − .
Uočimo da  nije zatvoren, pa  ⊂ . Npr. za  : [0, 1] → R definirana s
1
1
 () = 2−1
,  ∈ ⟨ 21 , 2−1
⟩,  ∈ N, vrijedi  ∈  ∖ . Stoga  možemo proširiti
na jedinstven način na  tako da dobijemo  :  →  koji je linearan, ograničen i
‖‖ =  − , što onda zovemo Riemannov integral.
Je li  = ? Nije, jer 1Q ∈  ∖ . Ipak, vrijedi sljedeći teorem.
Teorem 3.2.2 ([, ]; ) ⊆ ([, ])
Dokaz. Neka je  ∈ ([, ]; ) proizvoljna. Definiramo niz ( ) u  s  |⟨−1 , ⟩ =
,  = 0, 1, . . . , . Neka je  > 0 proizvoljan.
 (−1 ),  = 1, . . . , , gdje je  = + −

Funkcija  je neprekidna na kompaktnom skupu, pa je po Teoremu 1.1.20 i uniformno neprekidna. Slijedi da postoji  > 0 takav da za sve ,  ∈ [, ], | − | < ,
< . Tada za svaki
vrijedi ‖ () −  ()‖ < . Neka je  ∈ N takav da je −

 ∈ N,  >  , vrijedi ‖ −  ‖∞ < . Dakle,  →  .
Može se pokazati da je  ∈  ako i samo ako u svakoj točki ima jednostrane
limese.
Cilj nam je dokazati Newton-Leibnizovu formulu u ovom okruženju.
Definicija 3.2.3 Kažemo da je  : ⟨, ⟩ →  primitivna funkcija funkcije  :
⟨, ⟩ →  ako je  ′ () =  (), za svaki  ∈ ⟨, ⟩.
Teorem 3.2.4 (Newton-Leibniz) Neka je  ∈ ([, ]; ). Tada  ima primitivnu
funkciju  : [, ] →  i vrijedi
∫︁
 () d =  () −  ().

Dokaz. Definiramo  : [, ] →  s
∫︁
 () =
 () d.

Neka je  ∈ ⟨, ⟩ proizvoljan. Neka je  > 0 proizvoljan. Jer  neprekidna u ,
postoji  > 0 tako da je za svaki  ∈ ⟨, ⟩, | − | <  vrijedi | () −  ()| < .
Sad za svaki |ℎ| < ,  + ℎ ∈ ⟨, ⟩ vrijedi
⃒ +ℎ
⃒
⃒ +ℎ
⃒
⃒ ⃒ ∫︁
⃒
⃒ ∫︁
⃒
⃒
⃒ ⃒1
⃒
⃒
⃒
⃒  ( + ℎ) −  ()
1
⃒
⃒
( () −  ()) d⃒⃒ 6
| () −  ()| d⃒⃒
−  ()⃒⃒ = ⃒⃒
⃒
⃒
ℎ
⃒ℎ
⃒ |ℎ| ⃒
⃒


22
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
⃒ +ℎ ⃒
⃒ ∫︁
⃒
⃒
1 ⃒⃒
⃒ = 1 |ℎ| = .
<

d
⃒
⃒ |ℎ|
|ℎ| ⃒
⃒

Dakle,
 ( + ℎ) −  ()
=  (),
ℎ→0
ℎ
pa je  derivabilna u  i  ′ () =  (), što znači da je  primitivna funkcija od  .
Neka je  proizvoljna primitivna funkcija od  . Tada je
lim
( −  )′ () = ′ () −  ′ () =  () −  () = 0,
pa postoji konstanta  ∈  takva da je () =  () +  (tvrdnja će biti pokazana
kasnije). Slijedi da je
∫︁
() − () =  () −  () =
 () d,

što je i trebalo pokazati.
3.3
Derivacija u Banachovim prostorima
Definicija 3.3.1 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvoren podskup i
 :  →  funkcija. Kažemo da je  (Fréchet) derivabilna u 0 ∈  ako postoji
 ∈ B(,  ) takav da je
‖ (0 + ℎ) −  (0 ) − ℎ‖
=0
ℎ→0
‖ℎ‖
lim
i označujemo  ′ (0 ) = . Kažemo da je  derivabilna na otvorenom skupu  ⊆
 ako je derivabilna u svakoj točki iz  . Ako je ′ :  → B(,  ) neprekidno
preslikavanje, kažemo da je  neprekidno derivabilna na  .
Uvodimo “malo ” notaciju.
Definicija 3.3.2 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvorena okolina nule,
 :  →  funkcija i  ∈ N. Kažemo da je  klase (ℎ ), i koristimo oznaku
(ℎ) = (ℎ ), ako
‖(ℎ)‖
= 0.
lim
ℎ→0 ‖ℎ‖
Tako možemo pisati  (0 + ℎ) −  (0 ) − ℎ = (ℎ) ako je  ′ (0 ) = .
Primjer 3.3.3 Neka je  ∈ B(,  ) i 0 ∈ . Vrijedi (0 + ℎ) − (0 ) = ℎ, pa
je ′ (0 ) = .
Primjer 3.3.4 Neka je  : R → R. Tada  ′ (0 ) je operator množenja s  ′ (0 ).
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
23
Teorem 3.3.5 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvoren podskup i  :  →
 funkcija derivabilna u 0 ∈  . Tada je linearni operator iz definicije derivacije
jedinstven.
Dokaz. Neka su 1 , 2 ∈ B(,  ) takvi da je
‖ (0 + ℎ) −  (0 ) −  ℎ‖
= 0,  = 1, 2.
ℎ→0
‖ℎ‖
lim
Neka je  ∈  proizvoljan jedinični vektor. Tada za svaki ℎ ∈ span{} ∖ {0} vrijedi
⃦
⃦
⃦
ℎ ⃦
ℎ
⃦
⃦
− 2
‖1  − 2 ‖ = ⃦1
‖ℎ‖
‖ℎ‖ ⃦
⃦
⃦
⃦ − (0 + ℎ) +  (0 ) + 1 ℎ  (0 + ℎ) −  (0 ) − 2 ℎ ⃦
⃦
+
=⃦
⃦
⃦
‖ℎ‖
‖ℎ‖
⃦
⃦ ⃦
⃦
⃦  (0 + ℎ) −  (0 ) − 1 ℎ ⃦ ⃦  (0 + ℎ) −  (0 ) − 2 ℎ ⃦
⃦+⃦
⃦
6⃦
⃦
⃦ ⃦
⃦
‖ℎ‖
‖ℎ‖
‖ (0 + ℎ) −  (0 ) − 1 ℎ‖ ‖ (0 + ℎ) −  (0 ) − 2 ℎ‖
+
,
=
‖ℎ‖
‖ℎ‖
iz čega slijedi da je 1  = 2 . Sada slijedi da je 1  = 2 , za svaki  ∈ .
Teorem 3.3.6 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvoren podskup i 0 ∈ 
točka. Tada je skup svih funkcija  :  →  koja su derivabilne u 0 vektorski prostor sa standardnim operacijama zbrajanja funkcija i množenja funkcija skalarom.
Operator deriviranja je linearan.
Dokaz. Slijedi primjenom definicije i jedinstvenosti derivacije.
Teorem 3.3.7 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvoren podskup i  :
 →  funkcija derivabilna u 0 ∈  . Tada je  neprekidna u 0 .
Dokaz. Vrijedi
lim  (0 + ℎ) = lim ( (0 ) +  ′ (0 )ℎ + (ℎ)) =  (0 )
ℎ→0
ℎ→0
jer je  ′ (0 ) neprekidno. Dakle,  je neprekidna u 0 .
Teorem 3.3.8 Neka su ,  i  Banachovi prostori,  ⊆  i  ⊆  otvoreni
skupovi,  :  →  derivabilna u 0 ∈  i  :  →  derivabilna u  (0 ) ∈  .
Tada je i  ∘  :  →  derivabilna u 0 i ( ∘  )′ (0 ) =  ′ ( (0 )) ′ (0 ).
Dokaz. Primijetimo da je  ′ (0 ) ∈ B(,  ) i  ′ ( (0 )) ∈ B(, ), pa ih možemo
komponirati i vrijedi  ′ ( (0 )) ′ (0 ) ∈ B(, ). Preostaje dokazati da je to doista
derivacija od ∘ u 0 . Vrijedi  (0 +ℎ) =  (0 )+ ′ (0 )ℎ+(ℎ), gdje je (ℎ) = (ℎ).
˜ =  ′ (0 )ℎ + (ℎ). Tada je
Označimo ℎ
˜ = ( (0 )) +  ′ ( (0 ))ℎ
˜ + ˜(ℎ)
˜
( (0 + ℎ)) = ( (0 ) + ℎ)
˜
= ( (0 )) +  ′ ( (0 )) ′ (0 )ℎ +  ′ ( (0 ))(ℎ) + ˜(ℎ),
24
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
˜ = (ℎ).
˜ Potrebno je dokazati da je  ′ ( (0 ))(ℎ) + ˜(ℎ)
˜ = (ℎ). Vidimo
gdje je ˜(ℎ)
da je
‖ ′ ( (0 ))(ℎ)‖
‖(ℎ)‖
6 ‖ ′ ( (0 ))‖
−−→ 0
‖ℎ‖
‖ℎ‖ ℎ→0
i
˜
˜
‖˜
(ℎ)‖
‖˜
(ℎ)‖
=
˜
‖ℎ‖
‖ℎ‖
˜
‖˜
(ℎ)‖
6
˜
‖ℎ‖
·
˜
˜
‖˜
(ℎ)‖
‖ℎ‖
‖ ′ (0 )ℎ + (ℎ)‖
=
·
˜
‖ℎ‖
‖ℎ‖
‖ℎ‖
‖ ′ (0 )‖‖ℎ‖ + ‖(ℎ)‖
‖ℎ‖
)︂
(︂
˜
‖˜
(ℎ)‖
‖(ℎ)‖
′
−−→ 0,
=
‖ (0 )‖ +
˜
ℎ→0
‖ℎ‖
‖ℎ‖
·
čime je dokaz gotov.
Teorem 3.3.9 Neka je  Banachov prostor i  ∈  1 (⟨, ⟩; ) takva da je  ′ = 0
na ⟨, ⟩. Tada je  konstantna.
Dokaz. Neka je  ∈  ′ proizvoljan. Definirajmo  : ⟨, ⟩ → R sa  () =
( ()). Tada je ′ () = ( ∘  )′ () = ′ ( ()) ′ () = ( ′ ()) = 0, pa je 
konstantna. Slijedi da je 0 =  () −  () = ( ()) − ( ()) = ( () −  ()),
za sve ,  ∈ ⟨, ⟩. Kako je  bio proizvoljan, slijedi (iz Korolara Hahn-Banachovog
teorema) da je  () =  (), za sve ,  ∈ ⟨, ⟩, tj.  je konstantna.
Zadatak 3.3.10 Neka je  Hilbertov prostor i  :  → R funkcija definirana s
 () = 12  · . Odredite  ′ (0 ).
Rješenje: Za ℎ ̸= 0 vrijedi
1
1
1
 (0 + ℎ) = (0 + ℎ) · (0 + ℎ) = 0 · 0 + 0 · ℎ + ℎ · ℎ
2
2
2
1
=  (0 ) + 0 · ℎ + ℎ · ℎ.
2
Definirajmo ℎ = 0 · ℎ. Očito je  ∈ B(, R). Vidimo da je
1
| 12 ℎ · ℎ|
‖ℎ‖2
1
2
lim
= lim
= lim ‖ℎ‖ = 0.
ℎ→0 ‖ℎ‖
ℎ→0 ‖ℎ‖
ℎ→0 2
Dakle,  ′ (0 ) = .
Zadatak 3.3.11  1 (Ω) =  1,2 (Ω) je Hilbertov prostor s skalarnim produktom
∫︁
(, ) 1 = ( + ∇ · ∇).
Ω
Norma inducirana tim skalarnim produktom je
⎯
⎸

∑︁
⎸
‖‖ 1 = ⎷‖‖22 +
‖ ‖22 .
=1
25
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
Rješenje: Pokazali smo da je  1 potpun (inducirana norma je ekvivalentna normi
koju smo definirali). Da je unitaran, pokaže se iz definicije.
Primjer 3.3.12 Neka je Ω ⊂ R Lipschitzova domena. Definiramo  :  1 (Ω) →
1 (Ω) s  () = 12 ∇ · ∇ + 12 2 . Kako za  ∈  1 (Ω) vrijedi ,   ∈ 2 (Ω), pa je
po Hölderovoj nejednakosti 2 , ( )2 ∈ 1 (Ω). Stoga je doista  () ∈ 1 (Ω). Za
0 , ℎ ∈  1 (Ω) vrijedi
1
1
 (0 + ℎ) = ∇(0 + ℎ) · ∇(0 + ℎ) + (0 + ℎ)2
2
2
1
1
1
1
= ∇0 · ∇0 + ∇0 · ∇ℎ + ∇ℎ · ∇ℎ + 20 + 0 ℎ + ℎ2
2
2
2
2
1
1 2
=  () + ∇0 · ∇ℎ + 0 ℎ + ∇ℎ · ∇ℎ + ℎ
2
2
Definirajmo  :  1 (Ω) → 1 (Ω) s ℎ = ∇0 · ∇ℎ + 0 ℎ. Lako se vidi da je 
linearan operator. Vidimo da je
‖ℎ‖1 = ‖∇0 · ∇ℎ + 0 ℎ‖1 6 ‖0 ℎ‖1 +

∑︁
‖ 0 ·  ℎ‖1
=1
6 ‖0 ‖2 ‖ℎ‖2 +

∑︁
‖ 0 ‖2 ‖ ℎ‖2
=1
⎯
⎸

∑︁
⎸
2
⎷
‖ 0 ‖22
6 ‖0 ‖2 +
=1
⎯
⎸

∑︁
⎸
2
⎷
· ‖ℎ‖2 +
‖ ℎ‖22
=1
= ‖0 ‖ 1 ‖ℎ‖ 1 ,
pa je  i ograničen (korištena je nejednakost trokuta, Hölderova nejednakost i CSB
nejednakost u R+1 ). Preostaje vidjeti da je 12 ∇ℎ · ∇ℎ + 12 ℎ2 = (ℎ). Uočimo
⃦1
⃦
∑︀
∑︀
⃦ ∇ℎ · ∇ℎ + 1 ℎ2 ⃦ 1
1 ‖ℎ2 ‖1 + =1 ‖( ℎ)2 ‖1
1 ‖ℎ‖22 + =1 ‖ ℎ‖22
2
2

6 ·
= ·
‖ℎ‖ 1
2
‖ℎ‖ 1
2
‖ℎ‖ 1
2
1 ‖ℎ‖ 1
1
= ·
= ‖ℎ‖ 1 ,
2 ‖ℎ‖ 1
2
iz čega slijedi traženo. Dakle,  ′ (0 ) = .
Primjer 3.3.13 Neka je  Hilbertov prostor i funkcija  :  → R definirana s
 () = ‖‖. Odredimo  ′ () za  ̸= 0. Vidimo da je
‖ + ℎ‖2 − ‖‖2
‖ + ℎ‖ + ‖‖
2
‖‖ + 2 · ℎ + ‖ℎ‖2 − ‖‖2
2 · ℎ + ‖ℎ‖2
=
=
‖ + ℎ‖ + ‖‖
‖ + ℎ‖ + ‖‖
·ℎ
2‖‖
‖ℎ‖2
=
·
+
‖‖ ‖ + ℎ‖ + ‖‖ ‖ + ℎ‖ + ‖‖
 ( + ℎ) −  () = ‖ + ℎ‖ − ‖‖ =
26
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun

·ℎ
=
·ℎ+
‖‖
‖‖
(︂
)︂
2‖‖
‖ℎ‖2
−1 +
.
‖ + ℎ‖ + ‖‖
‖ + ℎ‖ + ‖‖

Očito je ℎ ↦→ ‖‖
· ℎ ograničen linearni operator i da je ostatak (ℎ).
Pokažimo da  nije derivabilna u 0. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji
 ′ (0) ∈ B(, R) =  ′ . Po Rieszovom teoremu o reprezentaciji postoji jedinstveni
 ∈  takav da je  ′ (0)ℎ =  · ℎ, za sve ℎ ∈ . Vidimo da je
⃒
⃒
|‖0 + ℎ‖ − ‖0‖ −  ′ (0)ℎ|
|‖ℎ‖ −  · ℎ| ⃒⃒
ℎ ⃒⃒
=
= ⃒1 −  ·
,
‖ℎ‖
‖ℎ‖
‖ℎ‖ ⃒
što nema limes jednak 0. Naime, ako  = 0, limes postoji, ali je različit od 0. Ako
je  ̸= 0, moralo bi vrijediti  ·  = 1, za svaki jedinični vektor , što je nemoguće
(iz  ·  = 1 slijedi  · (−) = −1, a ‖−‖ = 1). Dakle,  doista nije derivabilna u 0.
Zadatak 3.3.14 Neka je [, ] ⊂ R,  : [, ] × R → R neprekidna i derivabilna
po drugoj varijabli s uniformno neprekidnom derivacijom, te  ∈ ([, ] × [, ]).
Definiramo
∫︁
(, ) (, ()) d,  ∈ [, ],  ∈ ([, ]).
 ()() =

Pokažite:
∙  : ([, ]) → ([, ]),
∙  je derivabilna,
∙ ( ′ ()ℎ)() =
∫︁
(, )  (, ()) ℎ() d,  ∈ [, ].

Rješenje: Vrijedi (za fiksni  ∈ ([, ]))
⃒ 
⃒
⃒∫︁
⃒
⃒
⃒
⃒
| ()(1 ) −  ()(2 )| = ⃒ [(, 1 ) − (, 2 )](, ()) d⃒⃒
⃒
⃒

∫︁
|(, 1 ) − (, 2 )||(, ())| d
6

∫︁
6 max |(, ())|
|(, 1 ) − (, 2 )| d
∈[,]

pa je  () ∈ ([, ]) ( je uniformno neprekidna jer je definirana na kompaktnom
skupu). Operator  ′ () definiran u zadatku je očito linearan. Vidimo da je
⃒ 
⃒
⃒∫︁
⃒
⃒
⃒
′
′
‖ ()ℎ‖∞ = max |( ()ℎ)()| = max ⃒⃒ (, )  (, ()) ℎ() d⃒⃒
∈[,]
∈[,] ⃒
⃒

27
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
∫︁
|(, )| | (, ())| |ℎ()| d
6 max
∈[,]

∫︁
⎛
⎞
|(, )| | (, ())| d⎠ ‖ℎ‖∞ ,
6 ⎝ max
∈[,]

pa je  ′ () ∈ B(([, ])).
‖ ( + ℎ) −  () −  ′ ()ℎ‖∞
‖ℎ‖∞
⃒ 
⃒
⃒∫︁
⃒
⃒
⃒
1
max ⃒⃒ (, ) ((, () + ℎ()) − (, ()) −  (, ()) ℎ()) d⃒⃒
=
‖ℎ‖∞ ∈[,] ⃒
⃒

6
1
max
‖ℎ‖∞ ∈[,]
1
=
max
‖ℎ‖∞ ∈[,]
∫︁
|(, )| |(, () + ℎ()) − (, ()) −  (, ()) ℎ()| d

∫︁
⃒ (︁
⃒
)︁
⃒
⃒
˜
|(, )| ⃒  , () + ℎ() ℎ() −  (, ()) ℎ()⃒ d

∫︁
6 max
∈[,]
⃒
⃒ (︁
)︁
⃒
⃒
˜
|(, )| ⃒  , () + ℎ() −  (, ())⃒ d

∫︁ ⃒ (︁
⃒
)︁
⃒
⃒
˜
6 ‖‖∞ ⃒  , () + ℎ() −  (, ())⃒ d,

pa iz uniforme neprekidnosti parcijalne derivacije od  po drugoj varijabli slijedi
‖ ( + ℎ) −  () −  ′ ()ℎ‖∞
lim
= 0,
ℎ→0
‖ℎ‖∞
što znači da je  derivabilna u  i derivacija je  ′ ().
Sad dokazujemo verziju Lagrangeovog teorema.
Teorem 3.3.15 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvoren, ,  ∈  takvi
da je [, ] = {(1 − ) +  :  ∈ [0, 1]} ⊆  i  :  →  derivabilna na  . Tada je
‖ () −  ()‖ 6 ‖ − ‖ · sup ‖ ′ ()‖.
∈[,]
Dokaz. Definirajmo  : [0, 1] →  s () =  ((1 − ) + ). Vidimo da je
′ () =  ′ ((1 − ) + )( − ).
Neka je  ∈  ′ proizvoljan. Definirajmo  : [0, 1] → R sa () = (()). To je
derivabilna funkcija kao kompozicija dvije derivabilne funkcije. Po Lagrangeovom
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
28
teoremu srednje vrijednosti slijedi da postoji  ∈ ⟨, ⟩ takav da je (1) − (0) =
 ′ ( ). Iz definicije od  i  slijedi
((1)) − ((0)) = ( ()) − ( ()) = (′ ( ))
= ( ′ ((1 −  ) +  )( − )) = ( () −  ()).
Odaberimo  takav da je ( () −  ()) = ‖ () −  ()‖ i ‖‖ = 1 (što možemo
po Korolaru Hahn-Banachovog teorema). Slijedi
‖ () −  ()‖ = |( () −  ())| = |( ′ ((1 −  ) +  )( − ))|
6 ‖‖‖ ′ ((1 −  ) +  )( − )‖ 6 ‖ ′ ((1 −  ) +  )‖‖ − ‖
6 ‖ − ‖ · sup ‖ ′ ()‖.
∈[,]
Definicija 3.3.16 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvoren podskup i
0 ∈  točka. Ako postoji limes
 (0 + ℎ) −  (0 )
,
↘0

lim
označavamo ga s ℎ′ (0 ) i zovemo (Gâteauxova) derivacija funkcije  u točki 0 u
smjeru ℎ.
Teorem 3.3.17 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvoren podskup i
 :  →  funkcija derivabilna u 0 ∈  . Tada ℎ′ (0 ) postoji za svaki ℎ ∈  i
vrijedi ℎ′ (0 ) =  ′ (0 )ℎ. Posebno je ℎ′ (0 ) linearan po ℎ.
Dokaz. Neka je ℎ ∈  proizvoljan. Tada za svaki  > 0 vrijedi  (0 +ℎ)− (0 ) =
 ′ (0 )(ℎ) + (ℎ), gdje je (ℎ) = (ℎ). Slijedi da je
(︂
)︂
 (0 + ℎ) −  (0 )
 ′ (0 )ℎ + (ℎ)
(ℎ)
′
lim
= lim
= lim  (0 )ℎ +
↘0
↘0
↘0



′
=  (0 )ℎ,
pa ℎ′ (0 ) postoji i jednak je  ′ (0 )ℎ.
Općenito G-derivabilnost ne povlači F-derivabilnost. Zanima nas uz koje dodatne pretpostavke povlači.
Lema 3.3.18 (Lyusternik, Sobolev) Neka je  ∈ ([, ]) takva da ′ (+ ) (desna
derivacija) postoji na ⟨, ⟩. Tada je
inf ′ (+ ) 6
∈⟨,⟩
() − ()
6 sup ′ (+ ).
−
∈⟨,⟩
Vrijedi da, ako je ′ (+ ) neprekidna, onda je  derivabilna i ′ ∈ (⟨, ⟩).
29
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
Teorem 3.3.19 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvoren podskup, te
 ∈  i ℎ ∈  takvi da je [,  + ℎ] ⊆  . Ako je  :  →  derivabilna u smjeru ℎ
na ⟨,  + ℎ⟩, onda je
‖ ( + ℎ) −  ()‖ 6
sup
‖ℎ′ ()‖.
∈⟨,+ℎ⟩
Dokaz. Neka je  ∈  ′ (zasad) proizvoljan. Definiramo  : [0, 1] → R s () =
( ( + ℎ)). Vidimo da je za  ∈ ⟨0, 1⟩
( + ) − ()
( ( + ℎ + ℎ)) − ( ( + ℎ))
′ (+ ) = lim
= lim
↘0
↘0


)︂
(︂
 ( + ℎ + ℎ) −  ( + ℎ)
= (ℎ′ ( + ℎ)).
=  lim
↘0

Po Lemi 3.3.18 slijedi da je
(1) − (0) 6 sup |′ (+ )|,
∈⟨0,1⟩
tj.
( ( + ℎ) −  ()) 6 sup |(ℎ′ ( + ℎ))|.
∈⟨0,1⟩
Odaberimo  takav da je ‖‖ = 1 i ( ( + ℎ) −  ()) = ‖ ( + ℎ) −  ()‖.
Dobivamo
‖ ( + ℎ) −  ()‖ 6 sup ‖ℎ′ ( + ℎ)‖ =
∈⟨0,1⟩
sup
‖ℎ′ ()‖,
∈⟨,+ℎ⟩
čime je tvrdnja pokazana.
Slijedi osnovni rezultat.
Teorem 3.3.20 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvoren podskup i  :
 →  neprekidna na  i derivabilna na  u svakom smjeru. Tada je za svaki  ∈ 
preslikavanje  ∋ ℎ ↦→ ℎ′ () ∈  linearno. Ako je  ∋  ↦→ ℎ′ () ∈  uniformno
neprekidno u odnosu na ℎ, onda je  F-derivabilna na  i vrijedi  ′ ()ℎ = ℎ′ ().
Dokaz. Neka je  ∈  zadan. Neka su ℎ,  ∈  i  ∈  ′ proizvoljni. Definiramo
(, ) = ( ( + ℎ + ))
na nekoj okolini od (0, 0). Parcijalne derivacije od  postoje i iznose
 (, ) = (ℎ′ ( + ℎ + )),  (, ) = (′ ( + ℎ + )).
Neka su ,  ∈ R proizvoljni i definiramo () = (, ). Vrijedi () = ( ( +
(ℎ + ))). Slijedi
′
()) =  ′ (0) =  (0, 0) +  (0, 0) = (ℎ′ ()) + (′ ()).
(ℎ+
′
Kako je  linearan, slijedi da je (ℎ+
() − ℎ′ () − ′ ()) = 0. No,  je bio
′
′
proizvoljan, pa je ℎ+ () = ℎ () + ′ (). Dakle, ℎ ↦→ ℎ′ () je linearno.
30
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
Da dokažemo da je  F-derivabilna, dovoljno je za proizvoljan  ∈  pokazati
da je
‖ ( + ℎ) −  () − ℎ′ ()‖ = (ℎ).
Neka je  ∈  ′ proizvoljan. Definiramo  : [0, 1] → R s () = ( ( + ℎ) −
 () − ℎ′ ()). Vidimo da je  neprekidna na [0, 1], derivabilna na ⟨0, 1⟩ i ′ () =
(ℎ′ ( + ℎ) − ℎ′ ()). Po Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti slijedi da
˜ ∈ ⟨0, 1⟩ takav da je (1) − (0) = ′ (),
˜ tj.
postoji 
˜ −  ′ ()).
( ( + ℎ) −  () − ℎ′ ()) = (ℎ′ ( + ℎ)
ℎ
Izborom takvog  da je ‖‖ = 1 i
( ( + ℎ) −  () − ℎ′ ()) = ‖ ( + ℎ) −  () − ℎ′ ()‖
dobivamo
˜ −  ′ ()‖.
‖ ( + ℎ) −  () − ℎ′ ()‖ 6 ‖ℎ′ ( + ℎ)
ℎ
Za svaki  ∈  definiramo  (ℎ) = ℎ′ (). Vrijedi  ∈ B(,  ) i po pretpostavci
je
‖+Δ −  ‖ = sup ‖(+Δ −  )ℎ‖ −−−→ 0.
Δ→0
‖ℎ‖61
Dakle,
‖ ( + ℎ) −  () − ℎ′ ()‖ 6 ‖(+ℎ
˜ −  )ℎ‖ 6 ‖+ℎ
˜ −  ‖‖ℎ‖,
što je i trebalo pokazati.
Primjer 3.3.21 Neka  ∈ (R × [0, 1]) tako da je (·, ) ∈  1 (R), za svaki
 ∈ [0, 1]. Definiramo  : ([0, 1]) → R s
∫︁1
 () =
((), ) d.
0
Odredimo Gâteauxove derivacije od  . Uočimo da je
⃒
⃒
 ( + ℎ) −  ()
d
=
( ( + ℎ))⃒⃒
.
lim
↘0

d
=0
Stoga je
⎛
ℎ′ () =
d ⎝
d
∫︁1
0
⎞⃒
⃒
⃒
⎠
(() + ℎ(), ) d ⃒⃒
⃒
⎛
∫︁1
=⎝
=0
0
⎞⃒
⃒
⃒
d
⎠
(() + ℎ(), ) d ⃒⃒
d
⃒
=0
∫︁1
=
 ((), ) ℎ() d.
0
Zamjena poretka derivacije i integrala je opravdana pretpostavkom da je (·, ) ∈
 1 (R) (parcijalna derivacija je neprekidna, pa je uniformno neprekidna na nekom
kompaktu koji sadrži skup {(() + ℎ(), ) :  ∈ [0, 1]} i neku njegovu otvorenu
okolinu).
Lako se pokaže da je ℎ′ () ∈ (([0, 1]))′ .
31
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
Definicija 3.3.22 Neka je  Hilbertov prostor,  :  → R derivabilna. Za svaki
 ∈  je  ′ () ∈  ′ , pa po Rieszovom teoremu postoji jedinstveni ∇ () ∈  takav
da je  ′ ()ℎ = ∇ () · ℎ, za sve ℎ ∈ . Vektor ∇ () nazivamo gradijent funkcije
 u točki .
3.4
Inverzna funkcija
Teorem 3.4.1 Neka su  i  Banachovi prostori,  :  →  neprekidno derivabilna u nekoj okolini točke 0 . Ako  ′ (0 )−1 postoji i  ′ (0 )−1 ∈ B(, ), onda
postoji otvorena okolina  od 0 i otvorena okolina  od  (0 ) tako da je  :  → 
bijektivna. Nadalje,  −1 :  →  je neprekidno derivabilna na  i vrijedi
(︀
)︀−1
( −1 )′ () =  ′ ( −1 ())
.
Dokaz. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je  :  → , 0 = 0,
 (0) = 0 i  ′ (0) = . Doista, 0 = 0 i  (0) = 0 možemo ostvariti pomoću nekih
translacija. Za  :  →  i  ′ (0 ) = , uzmimo neki  ∈ B(, ) takav da je
−1 ∈ B(,  ). Neka funkcija  zadovoljava pretpostavke teorema, i definirajmo
1 :=  ∘  :  → . Tada je 1 neprekidno derivabilna u nekoj okolini točke 0 .
Uočimo da je  :  →  neprekidna bijekcija ako i samo ako je 1 :  → 
neprekidna bijekcija, te da je  −1 neprekidno derivabilna na  ako i samo ako je
1−1 =  −1 ∘ −1 neprekidno derivabilna na  . Dakle, zaključak teorema vrijedi
za  ako i samo ako vrijedi za 1 . Uočimo da je 1′ (0 ) =  ′ (0 ), pa izborom
 =  ′ (0 )−1 dobivamo 1′ (0 ) = .
Definiramo () =  −  (). Vrijedi (0) = 0,  ′ (0) = 0 i  je neprekidno
derivabilna oko 0, pa postoji  > 0 takav da je
1
‖ ′ ()‖ 6 ,  ∈ (0, ) .
2
(*)
Dobivamo da je za svaki  ∈ (0, )
(*)
3.3.15
sup ‖ ′ ()‖ · ‖‖ 6
‖()‖ = ‖() − (0)‖ 6
∈[0,]
1
1
‖‖ 6 .
2
2
(︀ )︀
Dakle,  : (0, ) →  0, 2 .
(︀ )︀
Neka je  ∈  0, 2 fiksan. Definiramo ℎ () = ()+, za  ∈ (0, ). Uočimo
1
1
‖ℎ ()‖ 6 ‖()‖ + ‖‖ 6  +  = ,
2
2
pa je ℎ : (0, ) → (0, ). Neka su 1 , 2 ∈ (0, ) proizvoljni. Tada je
3.3.15
‖ℎ (1 ) − ℎ (2 )‖ = ‖(1 ) − (2 )‖ 6
(*)
sup ‖ ′ ()‖ · ‖1 − 2 ‖ 6
∈[1 ,2 ]
1
‖1 − 2 ‖,
2
što znači da je ℎ 12 -kontrakcija. Po Banachovom teoremu o fiksnoj točki slijedi da
postoji jedinstveni  ∈ (0, ) takav da je ℎ () = , tj.  () = . Definiramo
32
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
 = (0, 2 ) i  =  −1 ( ) (što je otvoren skup jer je  neprekidna), pa je po
pokazanom  :  →  bijektivna.
Dokažimo da je  −1 neprekidna. Neka su 1 , 2 ∈  proizvoljni, i označimo
1 =  −1 (1 ), 2 =  −1 (2 ). Tada je
‖ −1 (1 ) −  −1 (2 )‖ = ‖1 − 2 ‖ = ‖ℎ1 (1 ) − ℎ2 (2 )‖
= ‖(1 ) + 1 − (2 ) − 2 ‖
6 ‖(1 ) − (2 )‖ + ‖1 − 2 ‖
1
6 ‖1 − 2 ‖ + ‖1 − 2 ‖,
2
iz čega slijedi
‖ −1 (1 ) −  −1 (2 )‖ 6 2‖1 − 2 ‖.
(△)
Dakle,  −1 je Lipschitzova, pa je neprekidna.
Na kraju dokažimo da je  −1 derivabilna na  i izraz za derivaciju. Neka su
0 ,  ∈  proizvoljni, i označimo 0 =  −1 (0 ),  =  −1 (). Slijedi
⃦
⃦
(︀ ′ −1
)︀−1
⃦ −1
⃦
−1

(
())

()
−

(
)
−
(
−

)
⃦
0
0 ⃦
⃦
⃦
= ⃦ − 0 −  ′ (0 )−1 ( () −  (0 ))⃦
⃦
⃦
= ⃦ ′ (0 )−1 ( ′ (0 )( − 0 ) −  () +  (0 ))⃦
⃦
⃦
6 ⃦ ′ (0 )−1 ⃦ ‖ () −  (0 ) −  ′ (0 )( − 0 )‖
⃦
⃦
(︀
)︀ (△)
= ⃦ ′ (0 )−1 ⃦ ( − 0 ) =   −1 () −  −1 (0 ) = ( − 0 ),
čime je dokaz gotov.
Primjer 3.4.2 Dana je jednadžba njihala
′′ + sin  = ℎ,
gdje je ℎ : R → R zadana  -periodička funkcija. Postoje li rješenja  koja su
 -periodička?
Definirajmo  := { ∈  2 (R) : (∀  ∈ R) ( +  ) = ()},  := { ∈ (R) :
(∀  ∈ R) (+ ) = ()} i  :  →  s  () = ′′ +sin .  je Banachov prostor uz
normu ‖·‖∞ , a  je Banachov uz normu ‖·‖ definiranu s ‖‖ = ‖‖∞ +‖′ ‖∞ +‖′′ ‖∞
(možemo li izostaviti član ‖′ ‖∞ da dobimo ekvivalentnu normu?). Vidimo da je
 (0 + ) −  (0) =  ′′ + sin  =  ′′ +  + (),
iz čega slijedi da je  ′ (0) =  ′′ + . Može se pokazati da je  ′ (0) invertibilno kada
je  ̸= 2 ( ∈ N), pa prema Teoremu 3.4.1 slijedi da postoje okoline  ⊆  i
 ⊆  od 0 i  (0) = 0 takve da je  :  →  difeomorfizam.
3.5
Newtonova metoda
Neka je  : R → R. Želimo naći takav  ∈ R da je  () = 0, tj. tražimo nultočke.
Newtonova metoda je metoda fiksne točke  = () gdje je
() =  −
 ()
.
 ′ ()
33
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
Dakle, za zadani 0 , formiramo niz aproksimacija +1 = ( ). Jasno je da mora
barem vrijediti da je  ′ ( ) ̸= 0. Prisjetimo se teorema s Numeričke matematike.
Teorem Neka je  jednostruka nultočka funkcije  i neka je  := { ∈ R : | − | 6
} segment radijusa  oko . Pretpostavimo da je  ∈  2 ( ) za sve dovoljno male
 > 0. Definiramo brojeve
1 () := min | ′ ()|, 2 () := max | ′′ ()|,
∈
∈
i, na kraju,
 () :=
2 ()
.
21 ()
Ako je  toliko mali da je
2 () < 1,
onda je, za bilo koju startnu točku 0 ∈  ,
∙ Newtonova metoda dobro definirana,
∙ i konvergira barem kvadratno prema jedinoj nultočki  ∈  .
Sada nam je želja poopćiti taj rezultat na Banachove prostore ,  i  :  →  .
Primijetimo da je funkcija () =  −  ′ ()−1  () dobro definirana ako postoji
 ′ ()−1 (to je tada element iz B(, )). Uočimo da je računanje  ′ ()−1 najskuplja
operacija. Na primjer, ako je  =  = R , onda je  ′ () matrica reda . Stoga ćemo
fiksirati 0 ∈  i promatrati () =  −  ′ (0 )−1  (). Ta metoda će konvergirati
sporije, ali će se svaki korak brže izvršavati.
Teorem 3.5.1 Pretpostavimo da postoji  > 0 takav da je  ∈  1 ((0 , );  ),
 ′ Lipschitzova s konstantom Lipschitzovosti  > 0, postoji  ′ ()−1 za svaki  ∈
(0 , ), vrijedi
⃦ ′
⃦⃦
⃦
⃦ (0 )−1 ⃦ ⃦ ′ (0 )−1  (0 )⃦  6 1 ,
4
te neka je 0 manji korijen jednadžbe
⃦
⃦⃦
⃦
2 ⃦ ′ (0 )−1 ⃦ ⃦ ′ (0 )−1  (0 )⃦  −  + 1 = 0.
Tada u kugli (0 , 0 ‖ ′ (0 )−1  (0 )‖) funkcija  ima točno jednu nultočku i niz
( ) konvergira prema njoj.
Dokaz. Označimo
⃦
⃦
⃦
⃦
⃦
⃦⃦
⃦
 := ⃦ ′ (0 )−1 ⃦ ,  := ⃦ ′ (0 )−1  (0 )⃦ i  := ⃦ ′ (0 )−1 ⃦ ⃦ ′ (0 )−1  (0 )⃦ .
Stoga imamo 2 −  + 1 = 0, pa je
=
1±
√
1 − 4
,
2
što su zbog pretpostavke realni brojevi i
√
1 − 1 − 4
0 =
> 0.
2
34
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
Označimo još  := (0 , 0 ). Pokazat ćemo da je  :  →  (() =  −
 ′ (0 )−1  ()) κ-kontrakcija, pa će iz Teorema 2.1.3 slijedi tvrdnja.
Pokažimo najprije da je  :  → . Za  ∈  vrijedi
⃦
⃦
‖() − 0 ‖ = ⃦ −  ′ (0 )−1  () − 0 ⃦
⃦
⃦
= ⃦ ′ (0 )−1 [ ′ (0 )( − 0 ) −  () +  (0 )] −  ′ (0 )−1  (0 )⃦
6  ‖ ′ (0 )( − 0 ) −  () +  (0 )‖ + .
Definirajmo () :=  ′ (0 )( − 0 ) −  () +  (0 ) i uočimo da je
‖′ ()‖ = ‖ ′ (0 ) −  ′ ()‖ 6 ‖ − 0 ‖ 6 0 
za svaki  ∈ . Slijedi da je
3.3.15
‖()‖ = ‖() − (0 )‖ 6
sup ‖′ ()‖‖ − 0 ‖ 6 sup ‖′ ()‖‖ − 0 ‖
∈[0 ,]
∈
2
6 (0 ) .
Dakle,
)︀
(︀
)︀
(︀
‖() − 0 ‖ 6 (0 )2 +  =  20  + 1 =  20 + 1 = 0 ,
pa je () ∈ .
Pokažimo da je  :  →  κ-kontrakcija. Vidimo da je
⃦
⃦ ⃦
⃦
‖ ′ ()‖ = ⃦ −  ′ (0 )−1  ′ ()⃦ = ⃦ ′ (0 )−1 ( ′ (0 ) −  ′ ())⃦ 6  ‖ ′ (0 ) −  ′ ()‖
√
1
1 − 1 − 4
6 ‖ − 0 ‖ 6 0  = 0 =
=: κ 6 < 1,
2
2
čime je dokaz gotov.
Zadatak 3.5.2 Dana je integralna jednadžba
∫︁
() −
(, )(, ()) d = 0,  ∈ [, ],

gdje su  ∈ ([, ]×[, ]) i  ∈ ([, ]×R) zadani. Također, parcijalna derivacija
od  po drugoj varijabli je Lipschitzova po drugoj varijabli, tj. postoji  > 0 takav
da je
| (, 1 ) −  (, 2 )| 6 |1 − 2 |, ∀ 1 , 2 ∈ R.
Uz koje uvjete će Newtonova metoda primijenjena na gornju jednadžbu integralu
način konvergirati?
Rješenje: Definirajmo  : ([, ]) → ([, ]) s
∫︁
(, )(, ()) d,  ∈ ([, ]),  ∈ [, ].
 ()() := () −

35
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
Koristeći Zadatak 3.3.14 dobivamo da je
∫︁
′
( ()ℎ)() = ℎ() −
(, ) (, ())ℎ() d, , ℎ ∈ ([, ]),  ∈ [, ].

Provjerimo Lipschitzovost od  ′ :
‖ ′ () −  ′ ()‖ = sup ‖ ′ ()ℎ −  ′ ()ℎ‖∞
‖ℎ‖∞ =1
⃒ 
⃒
⃒∫︁
⃒
⃒
⃒
= sup sup ⃒⃒ (, ) ( (, ()) −  (, ())) ℎ() d⃒⃒
‖ℎ‖∞ =1 ∈[,] ⃒
⃒

∫︁
6 sup
|(, )| | (, ()) −  (, ())| |ℎ()| d
sup
‖ℎ‖∞ =1 ∈[,]

∫︁
|(, )||() − ()| d
6 sup
∈[,]

⎛
⎞
∫︁
|(, )| d⎠ ‖ − ‖∞ .
6 ⎝ sup
∈[,]

Zadatak 3.5.3 Zadana je integralna jednadžba
∫︁
 (, , ()) d + (),  ∈ [, ],
() = 

gdje je  ∈ ([, ]),  ∈ ([, ] × [, ] × R) i  ∈ R dano. Dodatno pretpostavimo
da je  Lipschitzova po trećoj varijabli.
Definirajmo  : ([, ]) → ([, ]) s
∫︁
 (, , ()) d + (),  ∈ [, ].
 ()() := 

Odredite dovoljne uvjete da  bude κ-kontrakcija. Može li se ovdje primijeniti
Newtonova metoda?
Rješenje: Neka su 1 , 2 ∈ ([, ]) proizvoljne. Tada je
⃒ 
⃒
⃒∫︁
⃒
⃒
⃒
| (1 )() −  (2 )()| = || ⃒⃒ ( (, , 1 ()) −  (, , 2 ())) d⃒⃒
⃒
⃒

∫︁
6 ||
| (, , 1 ()) −  (, , 2 ()))| d

Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
36
∫︁
6 ||
|1 () − 2 ()| d

6 ||( − )‖1 − 2 ‖∞ ,
iz čega slijedi da je ‖ (1 ) −  (2 )‖∞ 6 ||( − )‖1 − 2 ‖∞ , pa će  biti κkontrakcija ako je ||( − ) < 1.
3.6
Teorem o implicitnoj funkciji
Neka su 1 i 2 Banachovi prostori, te neka je  = 1 × 2 . Možemo definirati
normu na  s ‖(1 , 2 )‖ = ‖1 ‖ + ‖2 ‖, i uz tu normu  postaje Banachov prostor
(zbrajanje i množenje skalarom definiramo po koordinatama). Uočimo da je 1 ×
{0} 6  i {0} × 2 6 , pa uz identifikacije 1 ↔ 1 × {0} i 2 ↔ {0} × 2
možemo reći da su 1 i 2 potprostori od , te da vrijedi  = 1 u 2 . Tako
će se naše definicije, koje se odnose na potprostore, moći primijeniti i na Kartezijev
produkt prostora.
Definicija 3.6.1 Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆  otvoren i  :  → 
funkcija. Kažemo da je  derivabilna u 0 ∈  po potprostoru 0 6  ako postoji
0 ∈ B(0 ,  ) takav da
(∀ ℎ ∈ 0 ) 0 + ℎ ∈  ⇒  (0 + ℎ) −  (0 ) − 0 ℎ = (ℎ)
Operator 0 označavamo s 0  (0 ) i još zovemo parcijalna derivacija funkcije 
u točki .
Neka su  i  Banachovi prostori i 1 , 2 6  takvi da je  = 1 u 2 . Neka
je  ⊆  otvoren i  :  →  derivabilna u  ∈  , tj.  ′ () ∈ B(,  ). Tada
je  ′ ()| ∈ B( ,  ) (linearnost lako slijedi, a i jasno je da vrijedi ‖ ′ ()| ‖ 6
‖ ′ ()‖). Također je   () =  ′ ()| , pa vrijedi
 ′ ()ℎ = 1  ()ℎ1 + 2  ()ℎ2 , ℎ = ℎ1 + ℎ2 ∈ , ℎ ∈  .
(*)
Zanima nas vrijedi li obrat.
Teorem 3.6.2 Neka parcijalne derivacije   () postoje i neprekidne su na nekoj
okolini od . Tada je  derivabilna u  i vrijedi (*).
Dokaz. Neka je ℎ = ℎ1 + ℎ2 proizvoljan. Trebamo pokazati da je
 ( + ℎ) −  () − (1  ()ℎ1 + 2  ()ℎ2 ) = (ℎ).
Vidimo da je
‖ ( + ℎ) −  () − (1  ()ℎ1 + 2  ()ℎ2 )‖
6 ‖ ( + ℎ2 + ℎ1 ) −  ( + ℎ2 ) − 1  ( + ℎ2 )ℎ1 ‖
+ ‖1  ( + ℎ2 )ℎ1 − 1  ()ℎ1 ‖ + ‖ ( + ℎ2 ) −  () − 2  ()ℎ2 ‖
6 ‖ ( + ℎ2 + ℎ1 ) −  ( + ℎ2 ) − 1  ( + ℎ2 )ℎ1 ‖
+ ‖1  ( + ℎ2 ) − 1  ()‖‖ℎ1 ‖ + ‖ ( + ℎ2 ) −  () − 2  ()ℎ2 ‖,
što pokazuje tvrdnju.
Poglavlje 3. Diferencijalni i integralni račun
37
Neka su sada , 1 , 2 Banachovi prostori,  ⊆  otvoren skup i  :  →  ,
 = 1, 2, funkcije. Definiramo  :  → 1 × 2 s  () = (1 (), 2 ()). Ako
je  derivabilna u 0 ∈  , onda su 1 i 2 derivabilne u 0 i vrijedi  ′ (0 ) =
(1′ (0 ), 2′ (0 )), pa je  ′ (0 )ℎ = (1′ (0 )ℎ, 2′ (0 )ℎ). Vrijedi li obrat? Pretpostavimo
da su 1 i 2 derivabilne u 0 . Tada je
 (0 + ℎ) −  (0 ) = (1 (0 + ℎ) − 1 (0 ), 2 (0 + ℎ) − 2 (0 ))
= (1′ (0 )ℎ + (ℎ), 2′ (0 )ℎ + (ℎ))
= (1′ (0 )ℎ, 2′ (0 )ℎ) + ((ℎ), (ℎ))
= (1′ (0 )ℎ, 2′ (0 )ℎ) + (ℎ),
pa je i  derivabilna u 0 i vrijedi  ′ (0 ) = (1′ (0 ), 2′ (0 )).
Teorem 3.6.3 (o implicitnoj funkciji) Neka su  i  Banachovi prostori,  ⊆ ×
otvoren skup,  :  →  funkcija i (0 , 0 ) ∈  točka takva da je
∙  (0 , 0 ) = 0,
∙  je neprekidno derivabilna na  ( ∈  1 ( ;  )),
∙   (0 , 0 ) ima neprekidni inverz (  (0 , 0 )−1 ∈ B( )).
Tada postoji okolina  ⊆  ( )1 točke 0 i funkcija  :  →  takva da je
∙  (0 ) = 0 ,
∙  (,  ()) = 0 za svaki  ∈  ,
∙  je derivabilna na  .
Dokaz. Definirajmo  :  →  ×  s (, ) = (,  (, )). Uočimo da je  =
(1 ,  ) (1 je projekcija na prvu koordinatu), a kako su 1 i  derivabilne na 
(1 ∈ B( × , )), po napomeni prije iskaza teorema slijedi da je  derivabilna na
 . Uočimo da je (po napomeni prije Teorema 3.6.2)
′ (0 , 0 )(ℎ, ) = (ℎ,   (0 , 0 )ℎ +   (0 , 0 )).
˜ )
˜ ∈  ×  takav da je ′ (0 , 0 )(ℎ, ) = (ℎ,
˜ ).
˜
˜ i
Neka je (ℎ,
Tada je ℎ = ℎ
−1 ˜
′
−1
˜
 =   (0 , 0 ) ( −   (0 , 0 )ℎ), pa postoji  (0 , 0 ) . Ograničenost se lako
̃︀ ⊆  točke (0 , 0 ) i okolina
provjeri. Po Teoremu 3.4.1 slijedi da postoji okolina 
̃︀ → ̃︀
̃︀ ⊆  ×  točke (0 , 0 ) = (0 ,  (0 , 0 )) = (0 , 0) tako da je  : 
difeomorfizam. Slijedi da postoji neprekidno derivabilna funkcija  takva da je
−1 (, ) = (, (, )), za svaki (, ) ∈ ̃︀ . Dobivamo da je
(, ) = ( ∘ −1 )(, ) = (, (, )) = (,  (, (, ))), (, ) ∈ ̃︀ ,
pa je  (, (, )) = . Kako je (0 , 0) ∈ ̃︀ , možemo uvrstiti  = 0 da dobimo da
je  (, (, 0)) = 0, pa definiramo  () = (, 0). Iz toga slijedi derivabilnost od
 i svojstvo  (,  ()) = 0. Vidimo da je
̃︀ ,
(, ) = (−1 ∘ )(, ) = −1 (,  (, )) = (, (,  (, ))), (, ) ∈ 
iz čega slijedi da je (,  (, )) = . Posebno je (za  = 0 i  = 0 )  (0 ) =
(0 , 0) = (0 ,  (0 , 0 )) = 0 .
1
 ( ) je projekcija od  na , tj.  ( ) = { ∈  : (∃  ∈  ) (, ) ∈  }
Poglavlje 4
Varijacijske metode
4.1
Uvod
Neka je  Banachov prostor i  :  → R funkcional. Želimo na zadanom skupu
 ⊆  naći minimum (maksimum) od  , ako postoji.
Definicija 4.1.1 Kažemo da je 0 točka:
∙ lokalnog minimuma (maksimuma) funkcije  ako postoji otvorena okolina 
točke 0 takva da je  (0 ) 6  () ( (0 ) >  ()) za svaki  ∈  .
∙ strogog lokalnog minimuma (maksimuma) funkcije  ako postoji otvorena okolina  točke 0 takva da je  (0 ) <  () ( (0 ) >  ()) za svaki  ∈  ∖ {0 }.
∙ (strogog) lokalnog ekstrema funkcije  ako je 0 točka (strogog) lokalnog minimuma ili (strogog) lokalnog maksimuma.
Teorem 4.1.2 Neka  ima lokalni ekstrem u točki 0 , te neka je  derivabilna u 0 .
Tada je  ′ (0 ) = 0.
Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj.  ′ (0 ) ̸= 0. Tada postoji ℎ ∈  takav da je
 ′ (0 )ℎ > 0. Vrijedi
ℎ′ (0 ) = lim
↘0
 (0 + ℎ) −  (0 )
=  ′ (0 )ℎ > 0

i
 (0 − ℎ) −  (0 )
= − ′ (0 )ℎ < 0.
↘0

Slijedi da za sve  > 0 iz neke okoline nule vrijedi  (0 − ℎ) <  (0 ) <  (0 + ℎ),
što je u kontradikciji s time da je 0 točka lokalnog ekstrema funkcije  .
′
−ℎ
(0 ) = lim
Teorem kaže da, kao i inače, rješavanjem jednadžbe  ′ (0 ) = 0 dobivamo kandidate za lokalne ekstreme. Točku 0 za koju vrijedi  ′ (0 ) = 0 zovemo kritična
točka.
Pokazali smo da ako je  :  → R neprekidna i  ⊆  kompaktan, onda 
poprima svoje ekstreme na . Sljedeći teorem pokazuje da nam to nije pretjerano
korisno u beskonačnodimenzionalnim prostorima.
38
39
Poglavlje 4. Varijacijske metode
Teorem 4.1.3 (Riesz) Neka je  normirani prostor. Tada je (0, 1) kompaktan
skup ako i samo ako je  konačnodimenzionalan.
Lako se vidi da tvrdnja teorema vrijedi za svaku kuglu. Stoga za svaki kompaktan
skup  ⊆  je Int  = ∅, ako je dim  = +∞. Dakle, svaki kompaktan skup u
beskonačnodimenzionalnom normiranom prostoru je nigdje gust (šupalj). Stoga
ćemo oslabiti pretpostavke na funkciju  i skup  kako bi dobili isti rezultat kao u
konačnoj dimenziji.
Definicija 4.1.4 Neka je  normiran prostor, 0 ∈  točka i  :  → R funkcija.
Kažemo da je  slabo nizovno poluneprekidna odozdo (SNPO) u 0 ako za svaki niz
( ) iz  koji slabo konvergira prema 0 vrijedi
 (0 ) 6 lim inf  ( ).
→∞
Primjer 4.1.5 Neka niz ( ) slabo konvergira prema . Po Hahn-Banachovom
teoremu postoji  ∈  ′ takav da je ‖ ‖ = 1 i  () = ‖‖. Slijedi da je
‖‖ =  () = lim  ( ) = lim inf  ( ) 6 lim inf ‖ ‖‖ ‖ = lim inf ‖ ‖.
→∞
→∞
→∞
→∞
Dakle, ‖·‖ je SNPO.
Definicija 4.1.6 Neka je  normiran prostor i  :  → R funkcija. Kažemo da je
 koercitivna ako  () → +∞ kad ‖‖ → +∞, tj.
(∀  > 0)(∃  > 0)(∀  ∈ ) ‖‖ >  ⇒  () > .
Definicija 4.1.7 Neka je  normiran prostor i  ⊆  skup. Kažemo da je 
slabo nizovno kompaktan (SNK) ako svaki niz u  ima podniz koji slabo konvergira
prema vektoru iz .
Teorem 4.1.8 (osnovni) Neka je  normiran prostor,  ⊆  SNK skup i  :  →
R SNPO na . Tada je  ograničena odozdo na  i dostiže minimum na .
Dokaz. Iz definicije infimuma slijedi da postoji niz ( ) u  takav da  ( ) konvergira prema inf ∈  () (dopuštamo inf ∈  () = −∞). Kako je  SNK, postoji
podniz ( ) koji slabo konvergira prema nekom 0 ∈ . Funkcija  je SNPO, pa
imamo
inf  () 6  (0 ) 6 lim inf  ( ) = lim  ( ) = inf  ().
∈
→∞
→∞
∈
Dakle,  (0 ) = inf ∈  (), čime smo pokazali tvrdnju teorema.
Teorem 4.1.9 Neka  refleksivan Banachov prostor,  :  → R SNPO i koercitivna. Tada je  ograničena odozdo i dostiže svoj infimum na .
Dokaz. Neka je  > 0 takav da je  > inf ∈  (). Kako je  koercitivna,
postoji  > 0 takav da je  () >  za sve  ∈ , ‖‖ > . Vidimo da je
inf ∈  () = inf ∈(0,)  (). Skup (0, ) je SNK jer je  refleksivan Banachov
prostor. Prema Teoremu 4.1.8 slijedi tvrdnja.
40
Poglavlje 4. Varijacijske metode
Provjeravanje da je funkcija SNPO ili da je skup SNK preko definicije je komplicirano. Stoga tražimo dovoljne uvjete koje je jednostavno provjeriti. Sljedeći teorem
daje dovoljne uvjete za SNK.
Teorem 4.1.10 Neka je  refleksivan Banachov prostor i  ⊆  ograničen, zatvoren i konveksan skup. Tada je  SNK.
Za dokaz tog teorema se koriste sljedeći teoremi.
Teorem 4.1.11 Svaki ograničen niz u refleksivnom Banachovom prostoru ima slabo
konvergentan podniz.
Teorem 4.1.12 Svaki zatvoren i konveksan podskup normiranog prostora je slabo
zatvoren.
Dovoljni uvjeti za SNPO su dani u sljedećem teoremu.
Teorem 4.1.13 Neka je  normiran prostor,  ⊆  konveksan skup i  :  → R
konveksna i neprekidna funkcija. Tada je  SNPO na .
Za dokaz Teorema 4.1.13 potrebna nam je sljedeća lema.
Lema 4.1.14 Neka je  normiran prostor i  ⊆  neprazan skup. Funkcija
 :  → R je SNPO na  ako i samo ako je za svaki  ∈ R skup () := { ∈  :
 () 6 } slabo nizovno zatvoren (SNZ) u .
Dokaz. ⇒ Neka je  ∈ R proizvoljan. Neka je ( ) niz u () koji slabo konvergira prema  ∈ . Kako je  SNPO, vrijedi
 () 6 lim inf  ( ) 6 ,
→∞
što znači da je  ∈ ().
⇐ Neka je ( ) proizvoljan niz koji slabo konvergira prema  ∈ . Definirajmo
 := lim inf  ( ).
→∞
Po definiciji gomilišta, postoji podniz ( ) takav da ( ( )) konvergira prema .
Neka je  > 0 proizvoljan. Tada je  ( ) 6  +  za sve dovoljne velike . Kako je
( + ) SNZ u , slijedi da je  ∈ ( + ). Dakle, vrijedi  () 6  +  za svaki
 > 0, pa je  () 6 .
Dokaz Teorema 4.1.13. Neka je  ∈ R proizvoljan. Za sve ,  ∈ () i svaki
 ∈ ⟨0, 1⟩, jer je  konveksna, vrijedi
 ( + (1 − )) 6  () + (1 − ) () 6  + (1 − ) = ,
pa je  + (1 − ) ∈ (). Dakle, () je konveksan skup. Kako je  neprekidna,
skup () =  −1 (⟨−∞, ]) je zatvoren u . Prema Teoremu 4.1.12 je () slabo
zatvoren, a time i SNZ. Iz Leme 4.1.14 slijedi da je  SNPO.
Neprekidnost nije dovoljna za SNPO, kao što sljedeći primjer pokazuje.
41
Poglavlje 4. Varijacijske metode
Primjer 4.1.15 Neka  Hilbertov prostor i ( ) ONB u . Definiramo  :  → R
s
⎧
)︂
(︂
∞
⋃︁
1
⎪
⎪
⎪
,
∈
/
  ,
⎨−‖‖,
2
=1
 () :=
(︂
)︂
(︂
)︂
⎪
2(
−
1)
1
1
⎪
⎪
⎩−‖‖ +
− ‖ −  ‖ ,  ∈   ,
.

2
2
Uočimo da su kugle ( , 12 ) disjunktne, pa je  dobro definirano. Može se pokazati
da je funkcional  neprekidan, ali nije SNPO.
Iz Teorema 4.1.10 i 4.1.13 dobivamo sljedeće korolare.
Korolar 4.1.16 Neka je  refleksivan Banachov prostor,  ⊆  neprazan, ograničen, zatvoren, konveksan skup i  :  → R neprekidan i konveksan funkcional.
Tada je  ograničen odozdo na  i poprima minimum na .
Korolar 4.1.17 Neka je  refleksivan Banachov prostor i  :  → R neprekidan,
konveksan i koercitivan funkcional. Tada je  ograničen odozdo i poprima svoj
infimum na . Ako je  strogo konveksan, minimum je jedinstven.
Dajemo poučan primjer.
Primjer 4.1.18 Promotrimo
{︂
(4) − 2 ‖′ ‖22 ([0,1])2 − (′ )′ =  na ⟨0, 1⟩
(0) = ′ (0) = (1) = ′ (1) = 0
(*)
gdje je  ∈ 2 ([0, 1])2 ,  ∈ ∞ ([0, 1]), ,  > 0 zadano i
‖′ ‖22 ([0,1])2 =
∫︁1 (︁
2
′1 + ′2
2
)︁
.
0
Problem (*) se može pojednostavniti na
{︂
− ′′ + ‖‖22 ([0,1])2 +  =  na ⟨0, 1⟩
(0) = (1) = 0
(P)
gdje je ,  ∈ 2 ([0, 1]). Množenjem jednadžbe u (P) s  ∈ 01 ([0, 1]), integriranjem
i parcijalnom integracijom dobivamo varijacijsku jednadžbu
∫︁1
′
′
 +
‖‖22
0
∫︁1
∫︁1
 −
 +
0
∫︁1
0
 = 0, ∀  ∈ 01 ([0, 1]).
(VJ)
0
Funkciju  ∈ 01 ([0, 1]) koja zadovoljava (VJ) zovemo slabo rješenje od (P). Ako
je  slabo rješenje i  ∈  2 ([0, 1]) ∩ 01 ([0, 1]), onda  zadovoljava (P). Definiramo
funkcional  : 01 ([0, 1]) → R s
1
 () =
2
∫︁1
0
1
 + ‖‖22
4
′2
∫︁1
0
1
 +
2
2
∫︁1
2
∫︁1
 −
0
.
0
42
Poglavlje 4. Varijacijske metode
Pokaže se da je za svaki  ∈ 01 ([0, 1])
∫︁1
∫︁1
∫︁1
∫︁1
⃒
d
⃒
′ () =
 ( + )⃒
= ′ ′ + ‖‖22  +  − .
d
=0
0
0
0
0
Dakle, vrijedi ′ () = 0 za svaki  ∈ 01 ([0, 1]) ako i samo ako je  slabo rješenje.
Zato želimo vidjeti postiže li  svoj infimum na 01 ([0, 1]). Uočimo da je
∫︁1
1
1
1
 () = ‖′ ‖22 + ‖‖42 +
2
4
2
2
∫︁1
 −
0
.
0
Bit će nam potrebna Poincaréova nejednakost ‖‖2 6 ‖′ ‖2 za  ∈ 01 ([0, 1]).
Računamo:
⎛
⎞2
⎛
⎞2
∫︁1 ∫︁
∫︁1
∫︁1 ∫︁
‖‖22 = ()2 d = ⎝ ′ () d ⎠ d = ⎝ 1 · ′ () d ⎠ d
0
∫︁1
6
0
⎛
∫︁
1 d
⎝
0
∫︁1
=
∫︁
0
0
0
⎞
′ ()2 d ⎠ d 6
0
∫︁1
⎛
∫︁1
∫︁1
1 d
⎝
0
0
0
⎞
′ ()2 d ⎠ d
0
‖′ ‖22 d = ‖′ ‖22 .
0
Na prostoru  1 ([0, 1]) se zadaje skalarni produkt
∫︁1
(, ) =
( + ′  ′ )
0
i inducirana norma
‖‖ 1
⎯
⎸∫︁1
⎸ (︀
)︀
⎸
=⎷
2 + ′ 2 .
0
Na 01 ([0, 1]), kao potprostoru od  1 ([0, 1]), se mogu zadati isti skalarni produkt
i norma. No, lako se vidi da je na 01 ([0, 1]) preslikavanje  ↦→ ‖′ ‖2 norma koja
je ekvivalenta s ‖·‖ 1 . Naime, da je  ↦→ ‖′ ‖2 norma na 01 ([0, 1]) slijedi iz toga
da je, u nekom smislu, (0) = 0. Da pokažemo ekvivalentnost normi, uočimo da
nejednakost ‖′ ‖2 6 ‖‖ 1 očito vrijedi, a da iz Poincaréove nejednakosti slijedi
da je ‖‖ 1 6 2‖′ ‖2 . Nadalje ćemo 01 ([0, 1]) promatrati s normom ‖′ ‖2 .
Vratimo se primjeru. Promatrat ćemo dva slučaja:  = 0 i  ̸= 0.
1∘  = 0
Funkcional  je konveksan kao zbroj konveksnih funkcionala. Dodatno, možemo vidjeti da je  strogo konveksan. Vidimo da je
1
1
1
 () > ‖′ ‖22 + ‖‖42 − ‖‖2 ‖‖2 > ‖′ ‖22 − ‖‖2 ‖′ ‖2
2
4
2
43
Poglavlje 4. Varijacijske metode
′
(︂
= ‖ ‖2
)︂
1 ′
‖ ‖2 − ‖‖2 ,
2
pa  () → ∞ kada ‖′ ‖2 → ∞, tj.  je koercitivan. Da pokažemo neprekidnost, uzmimo niz ( ) koji konvergira u 01 ([0, 1]) prema . Uočimo da
je
⃒
⃒ 1
⃒ ⃒
⃒
⃒∫︁
∫︁1 ⃒ ⃒∫︁1 (︁
)︁
⃒
⃒ ′ 2
⃒ ⃒
⃒ ⃒
2
2
2
2
′
′
′
2
′
′
⃒‖ ‖ 2 − ‖ ‖ 2 ⃒ = ⃒  −  ⃒ = ⃒
 −  ⃒⃒


⃒
⃒ ⃒
⃒
⃒
⃒ ⃒
0
0
⃒01
⃒
⃒∫︁
⃒
⃒
⃒
′
′
′
′
= ⃒⃒ ( −  ) ( +  )⃒⃒ 6 ‖′ − ′ ‖2 ‖′ + ′ ‖2
⃒
⃒
0
⃒ 1
⃒ ⃒
⃒
⃒∫︁
⃒
∫︁1 ⃒ ⃒∫︁1
⃒
⃒ ⃒
⃒
⃒  − ⃒ = ⃒ ( − )⃒ 6 ‖‖2 ‖ − ‖2 6 ‖‖2 ‖′ − ′ ‖2
⃒
⃒ ⃒
⃒
⃒
⃒ ⃒
⃒
0
0
0
iz čega vidimo da je  neprekidan. Prema Korolaru 4.1.17 slijedi da  poprima
svoj infimum te da ima jedinstven minimum.
2∘  ̸= 0
Koercitivnost vidimo iz
1
1
1
 () > ‖′ ‖22 + ‖‖42 − ‖‖∞ ‖‖2 − ‖‖2 ‖‖2
2
2 )︂
(︂ 4
(︂
)︂
1 ′
1
1
′
2
> ‖ ‖2
‖ ‖2 − ‖‖2 + ‖‖2
‖‖2 − ‖‖∞
2
2
2
⏞
⏞
⏟
⏟
→∞
ograničeno ili →∞
kad ‖′ ‖2 → ∞. Kako  nije nužno konveksan, morat ćemo direktno pokazati
da je  SNPO. Uočimo da je dovoljno pokazati da je ℎ : 01 ([0, 1]) → R
definiran s
∫︁1
ℎ() = 2
0
SNPO. Tvrdnja vrijedi jer svaki slabo konvergentan niz u  1 jako konvergira
u 2 (operator identitete s  1 u 2 je kompaktan).
4.2
Monotoni operatori
Znamo da ako za  : R → R vrijedi
∙  je neprekidna,
∙  je strogo monotona,
Poglavlje 4. Varijacijske metode
44
∙ | ()| → ∞ kad || → ∞,
onda je  bijekcija, što znači da  () =  ima jedinstveno rješenje za svaki  ∈ R.
Želimo taj rezultat poopćiti na Banachove prostore.
Pitanje je kako definirati monotonost funkcije  na nekim Banachovim prostorima. Promotrimo rastuću funkciju  : R → R. To znači da  <  povlači  () 6
 () za sve ,  ∈ R. Lako se vidi da je to ekvivalentno s ( () −  ())( − ) > 0
za sve ,  ∈ R. Tako dolazimo do sljedeće definicije.
Definicija 4.2.1 Neka je  Banachov prostor i  :  →  ′ funkcija (ne nužno
linearna). Kažemo da je  monotona funkcija ako vrijedi (() − ())( − ) > 0
za sve ,  ∈ .
Ako je  Hilbertov prostor, poistovjećujemo  i  ′ , i kažemo da je  :  → 
monotona funkcija ako je (() − (),  − ) > 0 za sve ,  ∈ . Nadalje će nam
 biti Hilbertov prostor.
Prisjetimo se da ako je  :  → R derivabilan funkcional, onda je  ′ :  →
B(, R) = .
Teorem 4.2.2 Neka je  ∈  1 (; R). Tada je  ′ monoton ako i samo ako je 
konveksan.
Dokaz. ⇐ Uočimo da je
 ( + ( − )) =  ( + (1 − )) 6  () + (1 − ) ()
=  () + ( () −  ())
za sve ,  ∈  i  ∈ ⟨0, 1⟩. Slijedi da je
 ( + ( − )) −  ()
6  () −  ().

Puštanjem  ↘ 0 dobivamo da je  ′ ()( − ) 6  () −  (). Zamjenom uloga 
i  dobivamo  ′ ()( − ) 6  () −  (). Zbrajanjem tih dviju nejednakosti slijedi
da je ( ′ () −  ′ ())( − ) > 0.
⇒ Neka su ,  ∈  proizvoljni. Definiramo
() =  ( + (1 − )) −  () − (1 − ) ()
za sve  ∈ [0, 1]. Potrebno je pokazati da je () 6 0. Pretpostavimo suprotno, tj.
da postoji  ∈ ⟨0, 1⟩ takav da je () > 0 (vidimo da je (0) = (1) = 0). Funkcija
 je neprekidna, pa postoji 0 ∈ ⟨0, 1⟩ takav da je (0 ) = max∈[0,1] (). Vrijedi i
′ (0 ) = 0. Neka je  ∈ ⟨0 , 1⟩. Tada je
′ () − ′ (0 ) =  ′ ( + (1 − ))( − ) −  () +  ()
−  ′ (0  + (1 − 0 ))( − ) +  () −  ()
1
=
( ′ ( + (1 − )) −  ′ (0  + (1 − 0 )),
 − 0
( + (1 − )) − (0  + (1 − 0 )))
> 0.
Slijedi da je ′ () > 0 za sve  ∈ ⟨0 , 1⟩, pa je (1) > (0 ) > 0, što je nemoguće. Poglavlje 4. Varijacijske metode
45
Posljedica ovog teorema je da, ako je  ∈  1 (; R) i  ′ je monotona funkcija,
onda je  SNPO.
Vratimo se na početni problem. Kažemo da je  :  →  monoton operator
ako je (() − (),  − ) > 0 za sve ,  ∈ . Definiramo jača svojstva koja će
nam biti potrebna.
Definicija 4.2.3 Kažemo da je operator  :  → 
∙ striktno monoton ako je (() − (),  − ) > 0 za sve ,  ∈ ,  ̸= ,
∙ strogo monoton ako postoji  > 0 takav da je (() − (),  − ) > ‖ − ‖2
za sve ,  ∈ .
Uočimo da ako je  strogo monoton operator, onda ‖()‖ → ∞ kad ‖‖ →
∞. Za takav operator (‖()‖ → ∞ kad ‖‖ → ∞) kažemo da je koercitivan
(primijetite da je drugačije od koercitivnosti funkcionala).
Teorem 4.2.4 Neka je  :  →  neprekidan, koercitivan i monoton operator.
Tada je  surjekcija. Nadalje, ako je  striktno monoton, onda je  injekcija.
Dokaz. Dokažimo injektivnost uz pretpostavku striktne monotonosti. Neka je
(1 ) = (2 ) za neke 1 , 2 ∈ . Slijedi da je ((1 ) − (2 ), 1 − 2 ) = 0,
pa je nužno 1 = 2 .
Koristit ćemo da ako je  neprekidan i strogo monoton operator, onda je surjekcija. Tu tvrdnju nećemo dokazivati.
Dokaz surjektivnosti provodimo u nekoliko koraka.
1∘ Za svaki  ∈ N definiramo  :  →  s  () = 1  + (). Vidimo da je
(︂
)︂
1
( () −  (),  − ) = () − () + ( − ),  − 

1
1
= (() − (),  − ) + ( − ,  − ) > ‖ − ‖2 ,


što znači da je  strogo monoton operator.
Neka je  ∈  proizvoljan. Tada za svaki  ∈ N postoji jedinstveni  ∈ 
takav da je  ( ) =  (koristimo iskazanu tvrdnju i dokazanu injektivnost).
2∘ Dokažimo da je niz ( ) ograničen. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji
podniz ( ) takav da ‖ ‖ → ∞. Uočimo da je
(︂
)︂ (︂
)︂ (︂
)︂


1

‖‖ > ,
=  ( ),
=
 + ( ),
‖ ‖
‖ ‖
 
‖ ‖
1
1
= ‖ ‖ +
(( ),  )

‖ ‖
1
1
1
= ‖ ‖ +
(( ) − (0),  − 0) +
((0),  )

‖ ‖
‖ ‖
1
1
> ‖ ‖ +
((0),  )

‖ ‖
46
Poglavlje 4. Varijacijske metode
1
1
‖ ‖ −
‖(0)‖‖ ‖

‖ ‖
1
= ‖ ‖ − ‖(0)‖,

>
iz čega slijedi da je ‖‖ + ‖(0)‖ > 1 ‖ ‖. Niz ( 1  ) je ograničen, pa
ima slabo konvergentan podniz ( 1  ) koji konvergira slabo prema  ∈ .

Kako vrijedi
1
 + ( ),
 =  ( ) =
 
slijedi da niz (( )) konvergira slabo prema −, pa je (( )) ograničen
niz. To je kontradikcija, jer zbog koercitivnosti ‖( )‖ → ∞.
Dakle, niz ( ) je ograničen, pa 1  → 0. Stoga
( ) =  ( ) −
1
 → .

3∘ Dokažimo da postoji 0 ∈  takav da je (0 ) = . Kako je niz ( ) ograničen,
postoji podniz ( ) koji konvergira slabo prema 0 ∈ . Jer ( ) → ,
slijedi da ( ) → . Vrijedi (( ) − (),  − ) > 0 za svaki  ∈ .
Općenito, ako su ( ), ( ) nizovi u  takvi da ( ) konvergira prema  i ( )
konvergira slabo prema , onda ( ,  ) → (, ). Doista,
|( ,  ) − (, )| = |( − ,  ) + (,  ) − (, )|
6 |( − ,  )| + |(,  ) − (, )|
6 ‖ − ‖‖ ‖ + |(,  ) − (, )|
→ 0.
Iz toga slijedi da je ( − (), 0 − ) > 0 za svaki  ∈ . Uzimajući
 = 0 +  za  ∈  i  > 0 dobivamo ( − (0 + ), −) > 0, pa
je ( − (0 + ), ) 6 0 za svaki  ∈  i  > 0. Puštajući  ↘ 0 slijedi da
je ( − (0 ), ) 6 0 za svaki  ∈ . Uzimajući  = 0 − ,  > 0, dobivamo
obrnutu nejednakost. Dakle, ( − (0 ), ) = 0 za svaki  ∈ . Slijedi da je
(0 ) = .
Time smo pokazali da je  surjektivan operator.
Primjer 4.2.5 Promotrimo polulinearnu jednadžbu
{︂ ′′
− + () =  (),  ∈ ⟨0, 1⟩
,
(0) = (1) = 0
gdje su  ∈ 2 ([0, 1]) i  ∈  1− (R) ( je lokalno Lipschitzova na R, tj. Lipschitzova
je na svakom kompaktu). Kako se u jednadžbi pojavljuje druga derivacija od ,
rješenje ćemo tražiti u  1 ([0, 1]). Zbog homogenih Dirichletovih rubnih uvjeta,
dovoljno je promatrati prostor 01 ([0, 1]). Dobivamo varijacijsku jednadžbu
∫︁1
′
′
∫︁1
(  + ()) =
0
 ,
0
 ∈ 01 .
(VJ)
47
Poglavlje 4. Varijacijske metode
Znamo da je 01 Hilbertov prostor sa skalarnim produktom
∫︁1
(, ) =
′  ′ .
0
Uočimo da je
⃒ 1 ⃒
⃒∫︁
⃒
⃒
⃒
⃒  ⃒ 6 ‖ ‖2 ‖‖2 6 ‖ ‖2 ‖‖ 1
⃒
⃒
0
⃒
⃒
0
prema
Cauchy-Schwarzovoj i Poincaréovoj nejednakosti. To znači da je 01 ∋  ↦→
∫︀ 1
  ∈ R ograničen linearni funkcional, pa postoji jedinstveni ¯ ∈ 01 takav da je
0
∫︁1
∫︁1
 =
0
¯′ ′ , ∀  ∈ 01 .
0
Kako je  ∈ 01 , znamo da je onda  ∈ ([0, 1]) (preciznije, klasa  ∈ 01 ima
neprekidnog predstavnika). Po pretpostavci je  ∈  1− ([0, 1]) ⊆ ([0, 1]), pa je
() ∈ ([0, 1]) kao kompozicija neprekidnih∫︀ funkcija. Slijedi da je () ∈ 2 ([0, 1]).
1
Kao i prije se pokaže da je 01 ∋  ↦→ 0 (())() ∈ R ograničen linearni
funkcional, pa postoji jedinstveni () ∈ 01 takav da je
∫︁1
∫︁1
(())() =
0
d
(())′ (), ∀  ∈ 01 .
d
0
Time smo (VJ) preveli u
(, ) + ((), ) = (¯, ), ∀  ∈ 01 ,
tj.
( + () − ¯, ) = 0, ∀  ∈ 01 .
Dakle, dobili smo jednadžbu  + () = ¯. Ako definiramo  = Id + , dobivamo
() = ¯, što znači da trebamo pokazati da je  surjekcija kako bi dokazali da
početni rubni problem ima rješenje.
∙  neprekidan
Kako je Id neprekidan, dovoljno je provjeriti da je  : 01 → 01 neprekidan.
Neka niz ( ) konvergira prema  u 01 . Tada ( ) konvergira prema  i u
([0, 1]), pa postoji segment [, ] takav da je ([0, 1]) ⊆ [, ] i  ([0, 1]) ⊆
[, ] za svaki  ∈ N. Neka je  > 0 Lipschitzova konstanta od  na [, ].
Slijedi da je
∫︁1
‖( ) − ()‖01 =
sup (( ) − (), ) =
‖‖ 1 61
0
(( ) − ())
sup
‖‖ 1 61
0
0
48
Poglavlje 4. Varijacijske metode
6
sup (‖( ) − ()‖2 ‖‖2 ) 6
‖‖ 1 61
sup
‖‖ 1 61
0
(︁
‖( ) − ()‖2 ‖‖01
)︁
0
= ‖( ) − ()‖2 6 ‖( ) − ()‖∞ = sup |( ()) − (())|
∈[0,1]
6 sup | () − ()| = ‖ − ‖∞ −−−→ 0.
→∞
∈[0,1]
Dakle, ( ) → (), što smo i trebali pokazati.
∙  monoton
Pretpostavimo da je  rastuća funkcija. Tada za svaki ,  ∈ 01 vrijedi
(() − (),  − ) = ( + () −  − (),  − )
∫︁1
2
= ‖ − ‖ 1 + (() − ())( − ) > ‖ − ‖2 1 ,
0
0
0
što povlači da je  strogo monoton.
∙ Zbog stroge monotonosti je  i koercitivan.
Prema Teoremu 4.2.4 je  surjektivan.
Poglavlje 5
Varijacijske nejednakosti
5.1
Varijacijske nejednakosti u Hilbertovim prostorima
Primjer 5.1.1
1. Neka je  ∈  1 ([0, 1]). Tada postoji 0 ∈ [0, 1] takav da je inf ∈[0,1]  () =
 (0 ). Što možemo reći o  ′ (0 )? Imamo tri slučaja: ako je 0 ∈ ⟨0, 1⟩, onda je
 ′ (0 ) = 0; ako je 0 = 0, onda je  ′ (0 ) > 0; ako je 0 = 1, onda je  ′ (0 ) 6 0.
Lako se vidi da su ta tri slučaja ekvivalentna s (∀  ∈ [0, 1])  ′ (0 )( − 0 ) > 0.
2. Neka je  ⊆ R konveksan i kompaktan skup,  ∈  1 () i inf ∈  () =
 (0 ) za neki 0 ∈ . Može se pokazati da je tada (∇ (0 ),  − 0 ) > 0 za
svaki  ∈ .
3. Neka je  ∈ ([0, 1]) funkcija takva da je  (0),  (1) 6 0 i max∈[0,1]  () > 0.
Funkciju  zovemo prepreka. Promotrimo prostor 01 ([0, 1]) = { ∈ ([0, 1]) :
(0) = (1) = 0} i definirajmo  = { ∈ 01 ([0, 1]) : (∀  ∈ [0, 1]) () >
 ()}. Može se pokazati da je  ⊆ 01 ([0, 1]) konveksan i zatvoren podskup.
Zanima nas postiže li se
∫︁1
2
inf
′
∈
0
na . To odgovara napetoj žici čiji su rubovi učvršćeni u (0, 0) i (1, 0) te koja
prelazi prepreku. Pretpostavimo da se infimum postiže u 0 ∈  te neka je
 ∈  proizvoljan. Kako je  konveksan, vrijedi [0 , ] ⊆ , pa definiramo
∫︁1
() =
[(0 + ( − 0 ))′ ]
2
0
za  ∈ [0, 1]. Vidimo da je
⃒
∫︁1
⃒
d
0 6  (0) =
()⃒⃒
= 2 ′0 ( − 0 )′ .
d
=0
′
0
49
50
Poglavlje 5. Varijacijske nejednakosti
Dakle, vrijedi
∫︁1
′0 ( − 0 )′ > 0
0
za svaki  ∈ .
Definicija 5.1.2 Neka je  Hilbertov prostor i  :  ×  → R funkcija. Kažemo
da je :
∙ bilinearna forma ako je linearna po obje varijable,
∙ neprekidna forma ako postoji  > 0 takav da je |(, )| 6  ‖‖‖‖ za sve
,  ∈ ,
∙ -eliptička (eliptička) forma ako postoji  > 0 takav da je (, ) > ‖‖2 za
svaki  ∈ ,
∙ simetrična forma ako je (, ) = (, ) za sve ,  ∈ .
Primjer 5.1.3
1. Skalarni produkt (·, ·) je bilinearna, neprekidna (|(, )| 6 ‖‖‖‖), eliptička
((, ) = ‖‖2 ) i simetrična forma.
2. Neka je  = R i  ∈  . Definiramo (, ) = (, ). Vidimo da je 
bilinearna forma. Vrijedi |(, )| 6 ‖‖‖‖‖‖, pa je  neprekidna forma.
Uočimo da je (, ) = (, ) ako i samo ako je (, ) = (, ), pa je 
simetrična forma ako i samo ako je  simetrična matrica. Po definiciji,  je
eliptička forma ako i samo ako je  pozitivno definitna matrica.
3. Neka je  = 01 ([0, 1]). Definiramo
∫︁1
(, ) =
′  ′ ,
,  ∈ 01 ,
0
gdje je  ∈ ([0, 1]) takav da je () > 0 > 0 za svaki  ∈ [0, 1]. Lako se vidi
da je  bilinearna, simetrična i neprekidna forma. Eliptičnost slijedi iz
∫︁1
(, ) =
′2
∫︁1
 > 0
0
2
′ = 0 ‖‖2 1 .
0
0
Zadatak 5.1.4 Definiramo
∫︁1
(, ) =
(′  ′ + ′ ),
,  ∈ 01 ,
0
gdje je  ∈  1 ([0, 1]). Kakva je  forma ovisno o ?
51
Poglavlje 5. Varijacijske nejednakosti
Zadatak 5.1.5 Neka je  bilinearna, neprekidna, eliptička i simetrična forma. Dokažite da je tada  skalarni produkt te da je norma inducirana tim skalarnim produktom ekvivalentna polaznom.
Neka je  :  ×  → R,  ∈  ′ i  ⊆  konveksan i zatvoren. Zanima nas
postoji li  ∈  koji zadovoljava apstraktnu varijacijsku nejednakost
(,  − ) >  ( − ), ∀  ∈ .
(AVN)
Teorem 5.1.6 (Stampacchia) Neka je  bilinearna, neprekidna, -eliptička forma,
 ∈  ′ i  ⊆  konveksan, zatvoren i neprazan skup. Tada (AVN) ima točno
jedno rješenje  . Štoviše, vrijedi ‖ −  ‖ 6 1 ‖ − ‖ za sve ,  ∈  ′ .
Dokaz. Dokažimo najprije posljednju tvrdnju pretpostavljajući egzistenciju rješenja. Neka su ,  ∈  ′ i  ,  ∈  neka pripadna rješenja od (AVN). To znači da
je
( ,  −  ) >  ( −  ) i ( ,  −  ) > ( −  )
za svaki  ∈ . Posebno, to znači da je
( ,  −  ) >  ( −  ) i ( ,  −  ) > ( −  ).
Zbrajanjem tih nejednakosti dobivamo da je
−( −  ,  −  ) > ( −  )( −  ).
Slijedi da je
‖ −  ‖2 6 ( −  ,  −  ) 6 ( − )( −  ) 6 ‖ − ‖‖ −  ‖,
tj. ‖ −  ‖ 6 1 ‖ − ‖.
Jedinstvenost rješenja (AVN) slijedi iz dokazane nejednakosti (stavimo  =  ).
Preostaje pokazati egzistenciju, i to ćemo učiniti u nekoliko koraka.
1. Neka je  dodatno simetrična forma. Definirajmo funkcional  :  → R s
() = 21 (, ) −  () za svaki  ∈ . Jer su  i  neprekidni, slijedi da je 
neprekidan. Uočimo da je
1
1
1
() = (, ) −  () > ‖‖2 − ‖ ‖‖‖ = ‖‖(‖‖ − 2‖ ‖),
2
2
2
iz čega slijedi da je  koercitivan. Stoga infimum od  na  možemo tražiti
na ograničenom, konveksnom i zatvorenom podskupu od . Iz Zadatka 5.1.5
slijedi da je  ↦→ (, ) strogo konveksno preslikavanje, a kako je  linearno,
slijedi da je  strogo konveksan. Prema Korolaru 4.1.16 slijedi da  poprima
jedinstveni minimum na .
Neka je  ∈  točka minimuma od  na . Neka je  ∈  proizvoljan.
Definiramo () = ( + ( − )) za  ∈ [0, 1]. Kako je  konveksan, vrijedi
[, ] ⊆ , pa  poprima minimum u  = 0 i ′ (0) > 0. Slijedi da je
⃒
⃒
d
06
( + ( − ))⃒⃒
d
=0
52
Poglavlje 5. Varijacijske nejednakosti
(︂
)︂⃒
⃒
d 1
=
( + ( − ),  + ( − )) −  ( + ( − )) ⃒⃒
d 2
=0
)︂⃒
(︂
⃒
1
1
( − ,  + ( − )) + ( + ( − ),  − ) −  ( − ) ⃒⃒
=
2
2
=0
= (,  − ) −  ( − ).
Dakle,  ∈  je rješenje (AVN).
2. Neka nadalje  nije simetrična. Definiramo sym (, ) = 12 ((, ) + (, ))
(simetrični dio od ), skw (, ) = 12 ((, ) − (, )) (asimetrični dio od ) i
 (, ) = sym (, ) + skw (, ) za  ∈ [0, 1]. Uočimo da je 1 = ,  je
bilinearna, neprekidna i eliptička s konstantom  ( (, ) = (, ) > ‖‖2 ).
3. Definiramo
|skw (, )|
.
‖‖‖‖
,̸=0
 := sup
Uočimo da je  ∈ ⟨0, +∞⟩. Fiksirajmo κ ∈ ⟨0,  ⟩. Dokažimo da ako (AVN)
ima rješenje za neki 0 ∈ [0, 1] za sve  ∈  ′ , onda (AVN) ima rješenje za sve
 ∈ [0 , 0 + κ] i sve  ∈  ′ . Primijetimo da ćemo time dokazati egzistenciju
rješenja (AVN) za  = 1 jer smo pokazali egzistenciju za 0 = 0.
Neka (AVN) ima rješenje za neki 0 ∈ [0, 1] za sve  ∈  ′ . Neka su  ∈ [0 , 0 +
κ] i  ∈  ′ proizvoljni. Za  ∈  definiramo  () =  ()−(−0 )skw (, ).
Vidimo da je  ∈  ′ , pa po pretpostavci (i dokazanoj jedinstvenosti) postoji
jedinstveni  ∈  takav da je 0 (,  − ) >  ( − ) za svaki  ∈ .
Zbog toga je  :  →  dobro definirano s  () = . Neka su 1 , 2 ∈ 
proizvoljni. Pokazali smo da je ‖ (1 ) −  (2 )‖ 6 1 ‖1 − 2 ‖. Vidimo da
je
|( − 0 )skw (1 − 2 , )|
|(1 − 2 )()|
= sup
‖‖
‖‖
̸=0
̸=0
|skw (, )|
6 | − 0 | sup
‖1 − 2 ‖ 6 κ‖1 − 2 ‖,
‖‖‖‖
,̸=0
‖1 − 2 ‖ = sup
pa je
κ
‖1 − 2 ‖,

što znači da je  κ
-kontrakcija jer je κ
< 1. Prema Teoremu 2.1.3 slijedi


da  ima jedinstvenu fiksnu točku  ∈ . Slijedi
‖ (1 ) −  (2 )‖ 6
0 (,  − ) >  ( − ), ∀  ∈ 
sym (,  − ) + 0 skw (,  − ) >  ( − ) − ( − 0 )skw (,  − ), ∀  ∈ 
 (,  − ) >  ( − ), ∀  ∈ ,
tj.  je rješenje (AVN) za .
53
Poglavlje 5. Varijacijske nejednakosti
Primijetimo da smo u dokazu pokazali, kada je  dodatno simetrična forma, da
je  rješenje (AVN) ako i samo ako je  minimum funkcionala () = 21 (, ) −  ()
na .
Neka je  zatvoren potprostor od  i neka postoji  ∈  takav da vrijedi
(,  − ) >  ( − ),  ∈ . Kako je  potprostor, to je ekvivalentno s (, ) >
 (),  ∈ . Iz toga slijedi da je (, −) >  (−),  ∈ , pa je zbog linearnosti
(, ) 6  (),  ∈ . Dakle,  ∈  je rješenje (AVN) ako i samo ako je rješenje
varijacijske jednakosti (, ) =  (),  ∈ . Posebno, ako je  = , Teorem
5.1.6 pokazuje da varijacijska jednakost (, ) =  (),  ∈ , ima jedinstveno
rješenje, što je tvrdnja Lax-Milgramove leme.
Primjer 5.1.7 Promatrajmo 01 ([0, 1]) i definirajmo
∫︁1
(, ) =
′  ′
0
za sve ,  ∈ 01 ([0, 1]). Neka je  ∈ 2 ([0, 1]) i  ∈  1 ([0, 1]) takav da je  (0) < 0
i  (1) < 0. Definiramo  = { ∈ 01 :  >  }. Skup  je konveksan, zatvoren i
neprazan. Zanima nas ima li varijacijska nejednakost
∫︁1
′ ( ′ − ′ ) >
0
∫︁1
 ( − ),  ∈ ,
0
rješenje  ∈ . Znamo da je ekvivalentno tražiti
⎛ 1
⎞
∫︁1
∫︁
1
2
inf ⎝
 ′ −   ⎠.
∈
2
0
0
Pretpostavimo da je  ∈  rješenje. Definiramo skup incidencije (dodira)  =
{ ∈ [0, 1] : () =  ()} ⊆ ⟨0, 1⟩. Uočimo da je  = ( −  )−1 (0), a kako su 
i  neprekidne funkcije, slijedi da je  zatvoren skup, pa i kompaktan. Definiramo
 = [0, 1] ∖ , što je onda otvoren skup u [0, 1], i vrijedi () >  () za sve  ∈ .
Neka je  ∈ (⟨0, 1⟩),  > 0, proizvoljan. Tada je  +  ∈ 01 i  +  >  , tj.
 ∈ . To znači da je
∫︁1
′
′
∫︁1
 , ∀  ∈ (⟨0, 1⟩),  > 0.
 >
0
0
Stoga je, u smislu distribucija (s ⟨·, ·⟩ označavamo djelovanje distribucije na testfunkciju),
−⟨′′ , ⟩ > ⟨, ⟩, ∀  ∈ (⟨0, 1⟩),  > 0,
tj.
⟨−′′ −  , ⟩ > 0, ∀  ∈ (⟨0, 1⟩),  > 0.
Dakle, −′′ −  je nenegativna distribucija, što povlači da je −′′ −  nenegativna
Radonova mjera . Slijedi da je −′′ =  +  u ′ (⟨0, 1⟩).
54
Poglavlje 5. Varijacijske nejednakosti
Dokažimo da je −′′ =  s.s. na . Neka je  ∈  ∖ {0, 1}. Tada postoji  > 0
takav da je ⟨ − ,  + ⟩ ⊆ . Označimo
 :=
(() −  ()) > 0.
inf
∈⟨−,+⟩
Neka je  ∈ (⟨ − ,  + ⟩),  ̸= 0, proizvoljan. Uočimo da je
±

∈ ,
‖‖∞
pa je
∫︁1
(︂
)︂′ ∫︁1 (︂
)︂


 ±
>  ±
.
‖‖∞
‖‖∞
′
0
0
Slijedi da je
∫︁1
′ ′ =
0
∫︁1
 , ∀  ∈ (⟨ − ,  + ⟩),
0
tj.
−⟨′′ , ⟩ = ⟨, ⟩, ∀  ∈ (⟨ − ,  + ⟩).
Dakle, −′′ =  u ′ (⟨ − ,  + ⟩), pa je −′′ =  s.s. na .
Pokazali smo da je supp  ⊆ . Kako je  kompaktan, slijedi da je () < +∞,
a time je ([0, 1]) = () < +∞. Stoga možemo definirati () = (⟨0, ⟩). Vidimo
da je  rastuća ( je nenegativna mjera) i ograničena ( je konačna mjera) funkcija.
Slijedi da  ima najviše prebrojivo točaka prekida i svi su prve vrste (postoji (− )
i (+ )). Može se pokazati da je  ′ =  u ′ (nećemo dokazivati).
Neka je  primitivna funkcija za  . Slijedi da je ′ = − −  +  za neku
konstantu . Za  >  vrijedi
⃒ 
⃒
⃒∫︁
⃒
⃒
⃒
√
| () −  ()| = ⃒⃒  () d⃒⃒ 6 ‖1‖2 ([,]) ‖ ‖2 ([,]) 6 ‖ ‖2 ([0,1])  − ,
⃒
⃒

tj.
| () −  ()|
1
( − ) 2
je ograničeno, što znači da je  Hölder neprekidna s eksponentom 21 . Posebno, 
je neprekidna. Kako je supp  ⊆ , slijedi da je  konstantna na . Dakle, ′ je
neprekidna na .
Može se pokazati da ako je  konveksna, onda je ′ neprekidna na ⟨0, 1⟩ (Kinderlehrer, Stampacchia).
Primjer 5.1.8 Neka je  < 0 konstanta i  () =  < 0. Po prošlom primjeru je
 ∈ 01 ([0, 1]).
Rješavanjem −′′ =  na ⟨0, 1⟩ uz (0) = (1) = 0 dobivamo () = 2 (1 − ).
Dakle, ako je  6 ( 12 ) = 8 , nema prepreke.
Poglavlje 5. Varijacijske nejednakosti
55
Neka je  > 8 i  = min  > 0. Tada je ⟨0, ⟩ ⊆ , pa vrijedi −′′ =  na ⟨0, ⟩,
(0) = 0 i () = . Iz diferencijalne jednadžbe i lijevog rubnog uvjeta slijedi da
je () = ( − ) za neke ,  ∈ R. Vidimo da je −′′ = 2, pa je  = 2 . Zbog
 ∈  1 i √︀>  slijedi da je ′ () = 0, što povlači da je  = 2. Iz () =  slijedi
da je  = 2/ . Dakle, po simetričnosti, rješenje je
⎧
)︁
[︁ √︀
⟩
 (︁ √︀
⎪
⎪

2
2/
−

,

∈
0,
2/
⎪
⎪
⎪
⎨2
]︁
[︁√︀
√︀
() = 0,
2/ , 1 − 2/ .
∈
⎪
⎪
(︁
(︁
)︁)︁
⟨
]︁
⎪
√︀
√︀
⎪
⎪
⎩   − 1 − 2 2/ (1 − ),  ∈ 1 − 2/ , 1
2
Author
Document
Category
Без категории
Views
6
File Size
639 Кб
Tags
1/--pages
Пожаловаться на содержимое документа