Matematická analýza — zkouška ZS 2007–8
14.3.2008
Jestli to ještě někoho zajímá, tak jsem chytil přesně stejný zadání, ze kterýho jsem 31.1. vyletěl, takže pohoda => nepodceňovat stará zadání! :D
Jediná odlišnost byla u doplňujících otázek u dvojky, ale jen minimální...
-TH-
31.1.2008
1) Diferenciální rovnice na variaci konstant, doplňte pls někdo konkrétně
2) a) Podejte obě definice kompaktního metr. prostoru, resp. kompaktní
množiny v metr. prostoru.
b) Rozhodněte, zda existuje metrický prostor, ve kterým není žádná neprázdná množina kompaktní, zdůvodněte.
c) Dokažte či vyvraťte, že sjednocení dvou kompaktních množin je kompaktní množina.
3) a) Uveďte výsledky o Taylorově rozvoji a extrémech funkcí více
proměnných na otevřené množině
b) Aproximujte funkci f(x) = y exp(sin(z-x)) v okolí bodu (0,0,0) polynomem druhého stupně
4) Uveďte a dokažte topologickou charakterizaci spojitosti zobrazení mezi metr. prostory
doplnenie prveho prikladu:
http://forum.matfyz.info/viewtopic.php?f=170&t=4139
-TH-
24.1.2008
http://forum.matfyz.info/viewtopic.php?f=170&t=4084
17.1.2008
1) Naleznete (nebo dokazte, ze neexistuje) globalni minimum a globalni maximum
funkce f(x,y,z) = sin(x)sin(y)sin(z) na mnozine M={(x,y,z) v R^3 | x>0, y>0, z>0, x+y+z = pi/2}.
2) a) Napiste (Riemannovu nebo Darbouxovu) definici vicerozmerneho Riemannova
integralu funkce f pres box v R^n a pres obecnou podmnozinu R^n.
b) Necht I je n-rozmerny box a D je jeho deleni. Dokazte, ze soucet objemu |J| podboxu J v D
je rovny objemu |I| boxu I.
3) a) Uvedte vysledky o uplnych metr. prostorech: definice uplnosti, operace zachovavajici uplnost,
Banachova veta.
b) Necht (M,d) je metricky prostor, f a g jsou dve zobrazeni z M do M a h je slozene zobrazeni h=f(g).
Dokazte nebo vyvratte: Pro kazde f a g plati, ze kdyz f neni kontrahujici a g neni kontrahujici, potom
ani h neni kontrahujici. Odpoved oduvodnete.
4) Uvedte zneni a dokazte: Veta o extremech funkci vice promennych na otevrene mnozine.
naznak reseni:
1) globalni maximum je v [pi/6, pi/6, pi/6]. Minimum se tam nenabyva.
2)b) opravdu plati.
3)b) neplati. Napr kdyz f budu menit v jedne souradnici a g v druhe, tak dohromady umim dostat kontrahujici
zobrazeni, prestoze ani f ani g nebude.
podle me (
Karel Fiser ) to plati, protoze z predpokladu :
pro kazdy
r,
s z
(0,1), existuje
x,
y z
M : d(f
x,f
y) >
r*d(
x,
y) (totez pro g)
d(f(g
x),f(g
y)) >
r*d(g
x,g
y) >
r*s*d(
x,
y)
( z tohoto vyplyva ze h=f(g) neni kontrahujici )
pokud je tam neco spatne, prosim o vysvetleni dik
Martin Polák: Pokud ten predpoklad myslis tak, ze pro vsechny
r,
s z
(0,1)
existuji x a y takova, ze d(f(x),f(y))>r.d(x,y) a d(g(x),g(y))>s.d(x,y),
pak to neni pravda, protoze takovy x, y existuji bud pro vsechny r nebo
pro vsechny s. Nic je nenuti, aby existovala pro kazdou dvojici. Snad je to tak.
kdo neveri, jednoduchy protipriklad:
M=R^2
metrika euklidovská
g(x,y):=(2x,y/3), f(x,y):=(x/3,2y) zrejme kontrahujici nejsou, body se stejnou y resp. x souradnici dokonce poslou dal od sebe
ale h(x,y) = (2/3x,2/3y) kontrahujici je
-tk
