4a) . Integral se svodi na dva uzastopna. Pritom je

,
,
,

Odatle sledi da je

.

Smenom za dobijamo da je

.

Dakle, polazni integral je jednak .

4b) Simetrična realna matrica ima dijagonalizaciju preko ortogonalne matrice. Stoga se u integralu može uvesti linearna ortogonalna smena, kojoj je jakobijan jednak 1, pa se sve svodi na prethodni zadatak. Rešenje je , gde su sopstvene vrednosti brojeći i višestrukosti.

5a) Determinanta je neprekidna funkcija. Skup svih tačaka koje se nekom neprekidnom funkcijom slikaju u npr. realne brojeve različite od nule je otvoren skup.

5b) Treba ti promena determinante kada se jedna komponenta malo menja. Dodaj h jednoj komponenti jedinične matrice, pa izračunaj determinantu, pa od toga oduzmi determinantu jedinične matrice, pa razliku podeli sa h i na kraju pusti da h teži nuli. Imaš dva slučaja - kada je ta komponenta na dijagonali i kada je van nje. Rezultat je da je diferencijal u jediničnoj matrici upravo jedinična matrica.

5v) Nemam pojma šta im je ono V, kolona matrica ili kvadratna matrica. U svakom slučaju, postupak je sličan kao malopre i dobićeš da je diferencijal matrica kofaktora bez transponovanja.

5g) Stepeni iste matrice A komutiraju. Ostatak je sličan kao dokaz za klasičnu realnu eksponencijalnu funkciju u realnoj analizi, samo se ovde radi sa matričnim normama.

5d) Determinanta sličnih matrica je ista. Ako su A i B slične matrice onda su to i e^A i e^B. Dokaži to najpre za delimične sume, a potom pređi na limes. Na kraju pređi na Žordanovu kanonsku formu. Nije bitno šta je e na Žordanov blok, šta je determinanta, a za to je dovoljno da odrediš determinantu. Drugo rešenje je da dokažeš da se sve komponente matrice mogu mrdnuti jako malo, a da se dobiju različiti elementi transcedentne baze, kada neće biti višestrukih sopstvenih vrednosti, pa će matrica biti slična dijagonalnoj. Taj slučaj je lagan, a pošto je leva strana jednaka desnoj na svuda gistom skupu, a obe strane su neprekidne funkcije, one će se poklapati u celini.

Nedeljko, mislim da imas sitnu gresku u cetvrtom zadatku, ovaj integral je samo koren iz pi, a ne 2 korena iz pi. To si preneo i na deo pod b). Ja sam uspeo da uradim 4b) imitacijom dokaza Silvesterovog kriterijuma, okacicu moje resenje sutra, sad je isuvise mracno i mutna ispadne slika. Sto se tice petog, nismo ucili Zordanovu kanonsku formu, jel mozes da me uputis na neku literaturu?

Da, u pravu si za integral.

Žordanova kanonska forma treba da se uči iz linearne algebre. Ako polažeš analizu 2, to se valjda podrazumeva da je rađeno. Ako nije pogledaj

http://en.wikipedia.org/wiki/Jordan_normal_form

No, zadatak se može rešiti i bez toga. Neka je u preseku -te vrste i -te kolone broj . Formiraj matricu B u kojoj je u preseku -te vrste i -te kolone broj gde su izabrani na sledeći način:

Za izaberi bilo koji transcedentan broj u -okolini broja . To je moguće, jer je ta okolina neprebrojiva, a algebarskih brojeva ima prebrojivo mnogo.

Za izaberi bilo koji broj koji je transcedentan nad poljem u okolini broja . To je moguće, jer algebarskih brojeva nad prebrojivim poljem ima prebrojivo mnogo, a ta okolina je neprebrojiva.

Nastavljajući postupak, dobijaš matricu B koja je u matričnoj normi bliska matrici A, a čije komponente ne zadovoljavaju nijedan algebarski zakon, tj. ne postoji nenula polinom sa nepoznatih i racionalnim koeficijentima takav da kada se promenljive zamene komponentama matrice B vrednost polinoma bude 0, odnosno oni su algebarski neyavisni. Naime, indukcijom po k se dokazuje da su prvih k izabranih elemenata algebarski nezavisni.

Izabrani nenula polinom p sa racionalnim koeficijentima i k promenljivih predstavimo kao polinom po k-toj promenljivoj, čiji su koeficijenti polinomi po preostalim promenljivama. Jednostavno, za svako grupišemo sve što ide uz . Ako se dobije polinom koji uz za ima nule, tj. konstantan je u kao polinom po sa koeficijentima koji su polinomi po ostalim promenljivama, onda polinom p možemo zapisati tako da u njemu ne figuriše . U tom slučaju se tvrđenje svodi na induktivnu pretpostavku. U suprotnom, ako je p polinom po stepena bar 1, onda zamenimo u njemu sve promenljive osim izabranim brojevima. Ako je uz išao polinom sa racionalnim koeficijentima po ostalim promenljivama koji nije jednak nuli, onda na osnovu induktivne pretpostavke posle zamene ostalih promenljivih izabranim brojevima uz ide broj različit od nule koji pripada raširenju polja Q generisanom prethodno izabranim elementima. Dakle, pronašli smo polinom q stepena bar jedan, sa koeficijentima iz raširenja polja Q gnerisanim prethodno izabranim elementima, takav da je k-ti izabrani element koren tog polinoma, suprotno njegovom izboru.

Neka je karakteristični polinom matrice B. Pretpostavimo da on ima bar jedan višestruki koren. U tom slučaju, polinomi i nisu uzajamno prosti, pa postoji njihov zajednički delilac . Dakle, , . Polinom ima stepen ne veći od , a polinom stepen ne veći od . Dakle, za neke brojeve i važi

, .

No, svakako je , što znači da su polinomi linearno zavisni. Ima ih , a stepen im ne prelazi , pa se njihovi koeficijenti mogu smestiti u kvadratnu matricu reda u kojoj se u preseku -te vrste i -te kolone nalazi koeficijent uz u -tom polinomu iz niza. Obzirom da su vrste te kvadratne matrice linearno zavisne, ona će imati determinantu 0. Ovakva determinanta se zove rezolventa dva polinoma i ona je jednaka nuli akko polinomi imaju bar jedan zajednički koren.

Determinanta matrice je polinom po njenim komponentama, a komponente ove matrice su polinomi po komponentama matrice B. Zamislimo da smo na isti način formirali determinantu od kvadratne matrice C reda , čije su komponente različite promenljive. Determinanta bi bila polinom po tim promenljivama sa racionalnim koeficijentima, ali ne nula polinom, jer za neki izbor promenljivih matrica nema višestrukih sopstvenih vrednosti. Stoga se determinanta dobijena od matrice B na isti način svodi na zamenu promenljivih u tom polinomu komponentama matrice B. Međutim, pošto se radi o nenula polinomu sa racionalnim koeficijentima, na osnovu izbora matrice B to ne može biti 0.

Dakle, matrica B ima samo jednostruke sopstvene vrednosti, pa je slična nekoj dijagonalnoj matrici D. No, u tom slučaju su matrice i slične, pa imaju istu determinantu i isti trag. Ako se na dijagonali matrice nalaze brojevi , onda je dijagonalna matrica sa brojevima , pa je

.

Obzirom da su determinanta i trag neprekidne funkcije, neprekidna matrična funkcija i matrica B bliska matrici A, onda je

,

Drugi sabirak je 0, a prva dva se mogu izborom matrice B dovoljno bliske matrici A učiniti proizvoljno malim, pa jednakost važi u opštem slučaju.

Imao sam i polozio linearnu algebru. Nismo to radili, iako sam sad video da se pominje u udzbeniku koji je bio za taj kurs. Medjutim profesor je to izbacio, presao je negde oko 2/3 udzbenika i to je sve sto je zahtevao. Ja sam bio lenj da samoinicijativno naucim tu 1/3 i sad mi se to vraca. Sto kazu ko ne plati na mostu, plati na cupriji.
Sad cu da pogledam ovo resenje bez Zordana. Hvala! :)

Jel moze pomoc oko prvog i treceg zadatka sa ovog ispita?
Za prvi ni sam ne znam gde gresim, verovatno je neka glupost, ali ne mogu da ga resim.

Imam sutra ispit iz analize, radim prethodne rokove iz ove godine. :)

1a) Poredak integracije možeš da menjaš po Fubinijevoj teoremi, odakle ćeš dobiti da je , pa je dovoljno uraditi parcijalni izvod po . Unutrašnji integral je funkcija po i koja je diferencijhabilna kao funkcija dve promenljive, ali ovde je bitna diferencijabilnost po . U tom slučaju, po teoremi o srednjoj vrednosti za integrale važi

.

Ovaj integral se računa smenom .

.

Obzirom da je domen otvoren skup i postoje parcijalni izvodi na celom domenu i neprekidni su na njemu, funkcija je neprekidno diferencijabilna.

1b) U ma kojoj tački domena je funkcija integral pozitivne podintegralne funkcije na domenu pozitivne mere, pa je veća od nule. Neprekidna slika povezanog domena je povezan skup. Stavljajući da su i bliski nuli, dobićemo vrednost po želji blisku nuli. Stavljajući velike vrednosti za i dobićemo po želji velike vrednosti, pa je slika . Zaista,

,
.

Napisaću ti ostalo kasnije.

Ne vazi ti jedna od nejednakosti u poslednjem redu. Ali razumeo sam ideju :)

Da. Treba

.

Ne stigoh da napišem ostatak.

1v)

Preporučujem upotrebu Lopitalovog pravila jedanput. Rezultat bi trebao da bude .

_{[Ovu poruku je menjao Nedeljko dana 03.09.2013. u 14:34 GMT+1]}

3a)

Ako bi jakobijan u nekoj tački bio nula, onda bi se mogla naći po volji bliska tačka tački tako da bude po volji malo, pa samim tim i manje od 2.

3b)

Za je , pa zbog važi . Dakle, ta funcija je injekcija. Iz različitosti jakobijana od nule sledi da je slika preslikavanja f ovoren skup. Jasno je da je neprazan. Ako ne bi bio jednak celom , onda bi imao rubnu tačku . Ona naravno ne pripada slici preslikavanja, ali postoji niz tačaka iz slike preslikavanja koji konvergira ka . Dakle, za neke je , pa samim tim i . Niz je Košijev, pa je zbog i niz Košijev, pa zbog kompletnosti domena ima graničnu tačku . No, na osnovu diferencijabilnosti, preslikavanje f je neprekidno, pa je , što je u kontradikciji s tim da nije u slici preslikavanja f.

3v)

Svaka bijekcija ima inverzno preslikavanje, a njegova diferencijabilnost i neprekidnost izvoda slede iz teoreme o izvodu inverzne funkcije.