Matematická analýza — zkouška ZS 2007–8

Hezky zformátované !/Požadavky ke zkoušce
Přehled vět (neúplný) a všechny přednášky v jednom PDF na hlavní stránce analýzy

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...
Přístup zamítnut -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
Přístup zamítnut -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(fx,fy) > r*d(x,y) (totez pro g)
d(f(gx),f(gy)) > r*d(gx,gy) > 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